Wikibooks ltwikibooks https://lt.wikibooks.org/wiki/Pagrindinis_puslapis MediaWiki 1.47.0-wmf.14 first-letter Medija Specialus Aptarimas Naudotojas Naudotojo aptarimas Wikibooks Wikibooks aptarimas Vaizdas Vaizdo aptarimas MediaWiki MediaWiki aptarimas Šablonas Šablono aptarimas Pagalba Pagalbos aptarimas Kategorija Kategorijos aptarimas TimedText TimedText talk Module Module talk Event Event talk 0 9623 58896 35550 2026-08-08T18:00:40Z Paraboloid 1294 /* Pavyzdžiai */ 58896 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9\cdot 13+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> kyo9ljum66dryosqh9wtpyi21nxnr8y 58897 58896 2026-08-08T18:07:50Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58897 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9\cdot 13+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9\cdot 13+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{117(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{117(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{16731 +117x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{16731 +130x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{16731 +130x^2}}}}}=</math> n3ya0f7mnqafss6e6t4erij8lk2t37c 58898 58897 2026-08-08T18:14:41Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58898 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> gc8kfhkwv5rsgvdpe4rx94vlg67t0oj 58899 58898 2026-08-08T18:18:50Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58899 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> 27w2a2f4cxjqe6nlxhpuveco20ksb88 58900 58899 2026-08-08T18:24:55Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58900 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> symytp3nltjff5xqrj7rbsg2pkuc3vh 58901 58900 2026-08-08T18:31:03Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58901 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> sdqk02tmcacyymaes77hjgtejfzf0m3 58902 58901 2026-08-08T18:32:50Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58902 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> oru2yzoayqshjjkeygchpjm0w2duoa3 58903 58902 2026-08-08T18:35:00Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58903 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> 8ilqnwgfunnnnwjxaslzk5k11fn9aab 58904 58903 2026-08-08T18:41:06Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58904 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(45045 +2772x^2 +27x^4)}{ \cfrac{45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> 92ly9rkn3q00uylh7ifo638nazc1fiw 58905 58904 2026-08-08T18:42:11Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58905 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}=</math> ba8t3a5bx3ug027nnp69uwkbqw2qdjl 58906 58905 2026-08-08T18:46:36Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58906 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}=</math> :<math>= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}.</math> :Pagal Teiloro eilutę hiperbolionio tangento formulė yra <math display="block">\begin{align} \tanh x &= \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} 4^n \left(4^n-1\right)}{(2n)!} x^{2n-1} &&= x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\frac{17x^7}{315}+\cdots && \text{for }|x| < \frac{\pi}{2} \end{align}</math> oac151jjr0jpxv8cqz6tqqzf3ytj9q9 58907 58906 2026-08-08T18:53:12Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58907 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}=</math> :<math>= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}.</math> :Pagal Teiloro eilutę hiperbolionio tangento formulė yra <math display="block">\begin{align} \tanh x &= \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} 4^n \left(4^n-1\right)}{(2n)!} x^{2n-1} &&= x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\frac{17x^7}{315}+\cdots && \text{for }|x| < \frac{\pi}{2} \end{align}</math> :Arba tikslesnė formulė yra: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} - \cdots </math> :https://proofwiki.org/wiki/Power_Series_Expansion_for_Hyperbolic_Tangent_Function iqsm5oa7qts1xeq2y048bvpvg9i6sa5 58908 58907 2026-08-08T19:05:46Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58908 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}=</math> :<math>= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}.</math> :Pagal Teiloro eilutę hiperbolionio tangento formulė yra <math display="block">\begin{align} \tanh x &= \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} 4^n \left(4^n-1\right)}{(2n)!} x^{2n-1} &&= x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\frac{17x^7}{315}+\cdots && \text{for }|x| < \frac{\pi}{2} \end{align}</math> :Arba tikslesnė formulė yra: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} - \cdots </math> :https://proofwiki.org/wiki/Power_Series_Expansion_for_Hyperbolic_Tangent_Function :Skaičiuojant kompiuterio programavimo kalba, efektyviau koduoti taip: :<math>\operatorname{th}x= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +x^2(47817 +2799x^2 +27x^4)} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +378x^2 +x^4))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +x^2(378 +x^2)))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))}.</math> :Ir taip: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} = </math> :<math> = x(1 - \frac {x^2} 3 + \frac {2 x^4} {15} - \frac {17 x^6} {315} + \frac {62 x^8} {2835} ) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + \frac {2 x^2} {15} - \frac {17 x^4} {315} + \frac {62 x^6} {2835} )) =</math> jk3lgst1g8tyo7fzi5u94iolu5kcimg 58909 58908 2026-08-08T19:08:40Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58909 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}=</math> :<math>= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}.</math> :Pagal Teiloro eilutę hiperbolionio tangento formulė yra <math display="block">\begin{align} \tanh x &= \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} 4^n \left(4^n-1\right)}{(2n)!} x^{2n-1} &&= x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\frac{17x^7}{315}+\cdots && \text{for }|x| < \frac{\pi}{2} \end{align}</math> :Arba tikslesnė formulė yra: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} - \cdots </math> :https://proofwiki.org/wiki/Power_Series_Expansion_for_Hyperbolic_Tangent_Function :Skaičiuojant kompiuterio programavimo kalba, efektyviau koduoti taip: :<math>\operatorname{th}x= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +x^2(47817 +2799x^2 +27x^4)} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +378x^2 +x^4))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +x^2(378 +x^2)))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))}.</math> :Ir taip: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} = </math> :<math> = x(1 - \frac {x^2} 3 + \frac {2 x^4} {15} - \frac {17 x^6} {315} + \frac {62 x^8} {2835} ) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + \frac {2 x^2} {15} - \frac {17 x^4} {315} + \frac {62 x^6} {2835} )) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - \frac {17 x^2} {315} + \frac {62 x^4} {2835} ))) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - x^2(\frac {17 } {315} + \frac {62 x^2} {2835} )))).</math> :Užtenka vieną kartą apskaičiuoti <math>x^2</math> reikšmę ir įstatyti ją kur reikia. a3fn2xfyxb5abij890ohvl383rm5o78 58910 58909 2026-08-08T19:20:14Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58910 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}=</math> :<math>= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}.</math> :Pagal Teiloro eilutę hiperbolionio tangento formulė yra <math display="block">\begin{align} \tanh x &= \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} 4^n \left(4^n-1\right)}{(2n)!} x^{2n-1} &&= x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\frac{17x^7}{315}+\cdots && \text{for }|x| < \frac{\pi}{2} \end{align}</math> :Arba tikslesnė formulė yra: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} - \cdots </math> :https://proofwiki.org/wiki/Power_Series_Expansion_for_Hyperbolic_Tangent_Function :Skaičiuojant kompiuterio programavimo kalba, efektyviau koduoti taip: :<math>\operatorname{th}x= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +x^2(47817 +2799x^2 +27x^4)} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +378x^2 +x^4))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +x^2(378 +x^2)))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))}.</math> :Ir taip: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} = </math> :<math> = x(1 - \frac {x^2} 3 + \frac {2 x^4} {15} - \frac {17 x^6} {315} + \frac {62 x^8} {2835} ) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + \frac {2 x^2} {15} - \frac {17 x^4} {315} + \frac {62 x^6} {2835} )) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - \frac {17 x^2} {315} + \frac {62 x^4} {2835} ))) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - x^2(\frac {17 } {315} + \frac {62 x^2} {2835} )))).</math> :Užtenka vieną kartą apskaičiuoti <math>x^2</math> reikšmę ir įstatyti ją kur reikia. :Kad momentaliai skaičiuoti hiperbolinį tangentą su ''Windows 10'' kalkuliatoriumiu, reikia vietoje x įstatyti norimą reikšmę į šias formules: :(x*(135135 +x^2 *(17325 +x^2 *(378 +x^2))))/( 45045 +x^2 *(47817 +x^2 *(2799 +27*x^2))) = :x(1 - x^2 *(1/3 + x^2 *(2/15 - x^2 *(17/315 + 62 *x^2 /2835 )))) = :Pavyzdžiui, kai x = 1.16, atsakymai yra: :(1.16*(135135 +1.16^2 *(17325 +1.16^2 *(378 +1.16^2))))/( 45045 +1.16^2 *(47817 +1.16^2 *(2799 +27*1.16^2))) = := 1.6118909792991335621783368961601. :1.16 *(1 - 1.16^2 *(1/3 + 1.16^2 *(2/15 - 1.16^2 *(17/315 + 62* 1.16^2 /2835 )))) = := 0.59535074138690380050511463844797. :Tikroji tanh(1.16) reikšmė yra: :0.82103988133287713398626200461214. aam3edebfyuy9gf2eoz1tkvz3vcm619 58911 58910 2026-08-08T19:21:17Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58911 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}=</math> :<math>= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}.</math> :Pagal Teiloro eilutę hiperbolionio tangento formulė yra <math display="block">\begin{align} \tanh x &= \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} 4^n \left(4^n-1\right)}{(2n)!} x^{2n-1} &&= x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\frac{17x^7}{315}+\cdots && \text{for }|x| < \frac{\pi}{2} \end{align}</math> :Arba tikslesnė formulė yra: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} - \cdots </math> :https://proofwiki.org/wiki/Power_Series_Expansion_for_Hyperbolic_Tangent_Function :Skaičiuojant kompiuterio programavimo kalba, efektyviau koduoti taip: :<math>\operatorname{th}x= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +x^2(47817 +2799x^2 +27x^4)} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +378x^2 +x^4))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +x^2(378 +x^2)))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))}.</math> :Ir taip: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} = </math> :<math> = x(1 - \frac {x^2} 3 + \frac {2 x^4} {15} - \frac {17 x^6} {315} + \frac {62 x^8} {2835} ) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + \frac {2 x^2} {15} - \frac {17 x^4} {315} + \frac {62 x^6} {2835} )) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - \frac {17 x^2} {315} + \frac {62 x^4} {2835} ))) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - x^2(\frac {17 } {315} + \frac {62 x^2} {2835} )))).</math> :Užtenka vieną kartą apskaičiuoti <math>x^2</math> reikšmę ir įstatyti ją kur reikia. :Kad momentaliai skaičiuoti hiperbolinį tangentą su ''Windows 10'' kalkuliatoriumiu, reikia vietoje x įstatyti norimą reikšmę į šias formules: :(x*(135135 +x^2 *(17325 +x^2 *(378 +x^2))))/( 45045 +x^2 *(47817 +x^2 *(2799 +27*x^2))) = :x(1 - x^2 *(1/3 + x^2 *(2/15 - x^2 *(17/315 + 62 *x^2 /2835 )))) = :Pavyzdžiui, kai x = 1.16, atsakymai yra: :(1.16*(135135 +1.16^2 *(17325 +1.16^2 *(378 +1.16^2))))/( 45045 +1.16^2 *(47817 +1.16^2 *(2799 +27*1.16^2))) = := '''1.6118909792991335621783368961601'''. :1.16 *(1 - 1.16^2 *(1/3 + 1.16^2 *(2/15 - 1.16^2 *(17/315 + 62* 1.16^2 /2835 )))) = := '''0.59535074138690380050511463844797'''. :Tikroji tanh(1.16) reikšmė yra: :'''0.82103988133287713398626200461214'''. 0znnm38qf6e52l2lhjn48a0lejez0tf 58912 58911 2026-08-08T19:27:11Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58912 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}=</math> :<math>= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}.</math> :Pagal Teiloro eilutę hiperbolionio tangento formulė yra <math display="block">\begin{align} \tanh x &= \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} 4^n \left(4^n-1\right)}{(2n)!} x^{2n-1} &&= x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\frac{17x^7}{315}+\cdots && \text{for }|x| < \frac{\pi}{2} \end{align}</math> :Arba tikslesnė formulė yra: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} - \cdots </math> :https://proofwiki.org/wiki/Power_Series_Expansion_for_Hyperbolic_Tangent_Function :Skaičiuojant kompiuterio programavimo kalba, efektyviau koduoti taip: :<math>\operatorname{th}x= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +x^2(47817 +2799x^2 +27x^4)} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +378x^2 +x^4))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +x^2(378 +x^2)))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))}.</math> :Ir taip: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} = </math> :<math> = x(1 - \frac {x^2} 3 + \frac {2 x^4} {15} - \frac {17 x^6} {315} + \frac {62 x^8} {2835} ) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + \frac {2 x^2} {15} - \frac {17 x^4} {315} + \frac {62 x^6} {2835} )) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - \frac {17 x^2} {315} + \frac {62 x^4} {2835} ))) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - x^2(\frac {17 } {315} + \frac {62 x^2} {2835} )))).</math> :Užtenka vieną kartą apskaičiuoti <math>x^2</math> reikšmę ir įstatyti ją kur reikia. :Kad momentaliai skaičiuoti hiperbolinį tangentą su ''Windows 10'' kalkuliatoriumiu, reikia vietoje x įstatyti norimą reikšmę į šias formules: :(x*(135135 +x^2 *(17325 +x^2 *(378 +x^2))))/( 45045 +x^2 *(47817 +x^2 *(2799 +27*x^2))) = :x(1 - x^2 *(1/3 + x^2 *(2/15 - x^2 *(17/315 + 62 *x^2 /2835 )))) = :Pavyzdžiui, kai x = 1.16, atsakymai yra: :(1.16*(135135 +1.16^2 *(17325 +1.16^2 *(378 +1.16^2))))/( 45045 +1.16^2 *(47817 +1.16^2 *(2799 +27*1.16^2))) = := '''1.6118909792991335621783368961601'''. :1.16 *(1 - 1.16^2 *(1/3 + 1.16^2 *(2/15 - 1.16^2 *(17/315 + 62* 1.16^2 /2835 )))) = := '''0.59535074138690380050511463844797'''. :Tikroji tanh(1.16) reikšmė yra: :'''0.82103988133287713398626200461214'''. :Arba be prastinimo pirma formulė tokia: :(135135*x +17325*x^3 +378*x^5 +x^7)/(45045 +47817*x^2 +2799*x^4 +27*x^6) = :(135135*1.16 +17325*1.16^3 +378*1.16^5 +1.16^7)/(45045 +47817*1.16^2 +2799*1.16^4 +27*1.16^6) = := '''1.6118909792991335621783368961601'''. 3v1ap1lk594kfb94s60c6nnm2qkg2wi 58913 58912 2026-08-08T19:34:16Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58913 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}=</math> :<math>= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}.</math> :Pagal Teiloro eilutę hiperbolionio tangento formulė yra <math display="block">\begin{align} \tanh x &= \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} 4^n \left(4^n-1\right)}{(2n)!} x^{2n-1} &&= x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\frac{17x^7}{315}+\cdots && \text{for }|x| < \frac{\pi}{2} \end{align}</math> :Arba tikslesnė formulė yra: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} - \cdots </math> :https://proofwiki.org/wiki/Power_Series_Expansion_for_Hyperbolic_Tangent_Function :Skaičiuojant kompiuterio programavimo kalba, efektyviau koduoti taip: :<math>\operatorname{th}x= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +x^2(47817 +2799x^2 +27x^4)} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +378x^2 +x^4))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +x^2(378 +x^2)))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))}.</math> :Ir taip: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} = </math> :<math> = x(1 - \frac {x^2} 3 + \frac {2 x^4} {15} - \frac {17 x^6} {315} + \frac {62 x^8} {2835} ) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + \frac {2 x^2} {15} - \frac {17 x^4} {315} + \frac {62 x^6} {2835} )) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - \frac {17 x^2} {315} + \frac {62 x^4} {2835} ))) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - x^2(\frac {17 } {315} + \frac {62 x^2} {2835} )))).</math> :Užtenka vieną kartą apskaičiuoti <math>x^2</math> reikšmę ir įstatyti ją kur reikia. :Kad momentaliai skaičiuoti hiperbolinį tangentą su ''Windows 10'' kalkuliatoriumiu, reikia vietoje x įstatyti norimą reikšmę į šias formules: :(x*(135135 +x^2 *(17325 +x^2 *(378 +x^2))))/( 45045 +x^2 *(47817 +x^2 *(2799 +27*x^2))) = :x*(1 - x^2 *(1/3 + x^2 *(2/15 - x^2 *(17/315 + 62 *x^2 /2835 )))) = :Pavyzdžiui, kai x = 1.16, atsakymai yra: :(1.16*(135135 +1.16^2 *(17325 +1.16^2 *(378 +1.16^2))))/( 45045 +1.16^2 *(47817 +1.16^2 *(2799 +27*1.16^2))) = := '''1.6118909792991335621783368961601'''. :1.16 *(1 - 1.16^2 *(1/3 + 1.16^2 *(2/15 - 1.16^2 *(17/315 + 62* 1.16^2 /2835 )))) = := '''0.59535074138690380050511463844797'''. :Tikroji tanh(1.16) reikšmė yra: :'''0.82103988133287713398626200461214'''. :Arba be prastinimo pirma formulė tokia: :(135135*x +17325*x^3 +378*x^5 +x^7)/(45045 +47817*x^2 +2799*x^4 +27*x^6) = :(135135*1.16 +17325*1.16^3 +378*1.16^5 +1.16^7)/(45045 +47817*1.16^2 +2799*1.16^4 +27*1.16^6) = := '''1.6118909792991335621783368961601'''. :Kai x = 0.9, hiperbolinio tangento reikšmės abiem formulėm tampa tokios: :(135135*0.9 +17325*0.9^3 +378*0.9^5 +0.9^7)/(45045 +47817*0.9^2 +2799*0.9^4 +27*0.9^6) = '''1.5704655781142740084934456619786'''. :0.9*(1 - 0.9^2 *(1/3 + 0.9^2 *(2/15 - 0.9^2 *(17/315 + 62 *0.9^2 /2835 )))) = 0.61255353651428571428571428571429 :arba :x - x^3 /3 + 2*x^5 /15 - 17*x^7 /315 + 62*x^9 /2835 = :0.9 - 0.9^3 /3 + 2*0.9^5 /15 - 17*0.9^7 /315 + 62*0.9^9 /2835 = 0.71839183937142857142857142857143. hyxf3rp1j302aqqwho0sh91w9yi0f2h 58914 58913 2026-08-08T19:40:08Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58914 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}=</math> :<math>= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}.</math> :Pagal Teiloro eilutę hiperbolionio tangento formulė yra <math display="block">\begin{align} \tanh x &= \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} 4^n \left(4^n-1\right)}{(2n)!} x^{2n-1} &&= x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\frac{17x^7}{315}+\cdots && \text{for }|x| < \frac{\pi}{2} \end{align}</math> :Arba tikslesnė formulė yra: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} - \cdots </math> :https://proofwiki.org/wiki/Power_Series_Expansion_for_Hyperbolic_Tangent_Function :Skaičiuojant kompiuterio programavimo kalba, efektyviau koduoti taip: :<math>\operatorname{th}x= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +x^2(47817 +2799x^2 +27x^4)} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +378x^2 +x^4))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +x^2(378 +x^2)))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))}.</math> :Ir taip: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} = </math> :<math> = x(1 - \frac {x^2} 3 + \frac {2 x^4} {15} - \frac {17 x^6} {315} + \frac {62 x^8} {2835} ) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + \frac {2 x^2} {15} - \frac {17 x^4} {315} + \frac {62 x^6} {2835} )) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - \frac {17 x^2} {315} + \frac {62 x^4} {2835} ))) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - x^2(\frac {17 } {315} + \frac {62 x^2} {2835} )))).</math> :Užtenka vieną kartą apskaičiuoti <math>x^2</math> reikšmę ir įstatyti ją kur reikia. :Kad momentaliai skaičiuoti hiperbolinį tangentą su ''Windows 10'' kalkuliatoriumiu, reikia vietoje x įstatyti norimą reikšmę į šias formules: :(x*(135135 +x^2 *(17325 +x^2 *(378 +x^2))))/( 45045 +x^2 *(47817 +x^2 *(2799 +27*x^2))) = :x*(1 - x^2 *(1/3 + x^2 *(2/15 - x^2 *(17/315 + 62 *x^2 /2835 )))) = :Pavyzdžiui, kai x = 1.16, atsakymai yra: :(1.16*(135135 +1.16^2 *(17325 +1.16^2 *(378 +1.16^2))))/( 45045 +1.16^2 *(47817 +1.16^2 *(2799 +27*1.16^2))) = := '''1.6118909792991335621783368961601'''. :1.16 *(1 - 1.16^2 *(1/3 + 1.16^2 *(2/15 - 1.16^2 *(17/315 + 62* 1.16^2 /2835 )))) = := '''0.59535074138690380050511463844797'''. :Tikroji tanh(1.16) reikšmė yra: :'''0.82103988133287713398626200461214'''. :Arba be prastinimo pirma formulė tokia: :(135135*x +17325*x^3 +378*x^5 +x^7)/(45045 +47817*x^2 +2799*x^4 +27*x^6) = :(135135*1.16 +17325*1.16^3 +378*1.16^5 +1.16^7)/(45045 +47817*1.16^2 +2799*1.16^4 +27*1.16^6) = := '''1.6118909792991335621783368961601'''. :Kai x = 0.9, hiperbolinio tangento reikšmės abiem formulėm tampa tokios: :(135135*0.9 +17325*0.9^3 +378*0.9^5 +0.9^7)/(45045 +47817*0.9^2 +2799*0.9^4 +27*0.9^6) = '''1.5704655781142740084934456619786'''. :0.9*(1 - 0.9^2 *(1/3 + 0.9^2 *(2/15 - 0.9^2 *(17/315 + 62 *0.9^2 /2835 )))) = 0.61255353651428571428571428571429 :arba :x - x^3 /3 + 2*x^5 /15 - 17*x^7 /315 + 62*x^9 /2835 = :0.9 - 0.9^3 /3 + 2*0.9^5 /15 - 17*0.9^7 /315 + 62*0.9^9 /2835 = '''0.71839183937142857142857142857143'''. :''Windows 10'' kalkuliatorius greičiausiai kažkaip ne taip interpretuoja skliaustus ir visa kitą. :Tikroji th(0.9) reikšmė yra '''0.71629787019902442081144378305809'''. :Tikroji paprasto tangento reikšmė yra tg(0.9) = 1.2601582175503391371345754853957. rb7ekhhf1817340eflu6384hswq47d9 58915 58914 2026-08-08T19:56:13Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58915 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}=</math> :<math>= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6}.</math> :Pagal Teiloro eilutę hiperbolionio tangento formulė yra <math display="block">\begin{align} \tanh x &= \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} 4^n \left(4^n-1\right)}{(2n)!} x^{2n-1} &&= x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\frac{17x^7}{315}+\cdots && \text{for }|x| < \frac{\pi}{2} \end{align}</math> :Arba tikslesnė formulė yra: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} - \cdots </math> :https://proofwiki.org/wiki/Power_Series_Expansion_for_Hyperbolic_Tangent_Function :Skaičiuojant kompiuterio programavimo kalba, efektyviau koduoti taip: :<math>\operatorname{th}x= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +x^2(47817 +2799x^2 +27x^4)} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +378x^2 +x^4))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +x^2(378 +x^2)))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))}.</math> :Ir taip: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} = </math> :<math> = x(1 - \frac {x^2} 3 + \frac {2 x^4} {15} - \frac {17 x^6} {315} + \frac {62 x^8} {2835} ) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + \frac {2 x^2} {15} - \frac {17 x^4} {315} + \frac {62 x^6} {2835} )) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - \frac {17 x^2} {315} + \frac {62 x^4} {2835} ))) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - x^2(\frac {17 } {315} + \frac {62 x^2} {2835} )))).</math> :Užtenka vieną kartą apskaičiuoti <math>x^2</math> reikšmę ir įstatyti ją kur reikia. :Kad momentaliai skaičiuoti hiperbolinį tangentą su ''Windows 10'' kalkuliatoriumiu, reikia vietoje x įstatyti norimą reikšmę į šias formules: :(x*(135135 +x^2 *(17325 +x^2 *(378 +x^2))))/( 45045 +x^2 *(47817 +x^2 *(2799 +27*x^2))) = :x*(1 - x^2 *(1/3 + x^2 *(2/15 - x^2 *(17/315 + 62 *x^2 /2835 )))) = :Pavyzdžiui, kai x = 1.16, atsakymai yra: :(1.16*(135135 +1.16^2 *(17325 +1.16^2 *(378 +1.16^2))))/( 45045 +1.16^2 *(47817 +1.16^2 *(2799 +27*1.16^2))) = := '''1.6118909792991335621783368961601'''. :1.16 *(1 - 1.16^2 *(1/3 + 1.16^2 *(2/15 - 1.16^2 *(17/315 + 62* 1.16^2 /2835 )))) = := '''0.59535074138690380050511463844797'''. :Tikroji tanh(1.16) reikšmė yra: :'''0.82103988133287713398626200461214'''. :Arba be prastinimo pirma formulė tokia: :(135135*x +17325*x^3 +378*x^5 +x^7)/(45045 +47817*x^2 +2799*x^4 +27*x^6) = :(135135*1.16 +17325*1.16^3 +378*1.16^5 +1.16^7)/(45045 +47817*1.16^2 +2799*1.16^4 +27*1.16^6) = := '''1.6118909792991335621783368961601'''. :Kai x = 0.9, hiperbolinio tangento reikšmės abiem formulėm tampa tokios: :(135135*0.9 +17325*0.9^3 +378*0.9^5 +0.9^7)/(45045 +47817*0.9^2 +2799*0.9^4 +27*0.9^6) = '''1.5704655781142740084934456619786'''. :0.9*(1 - 0.9^2 *(1/3 + 0.9^2 *(2/15 - 0.9^2 *(17/315 + 62 *0.9^2 /2835 )))) = 0.61255353651428571428571428571429 :arba :x - x^3 /3 + 2*x^5 /15 - 17*x^7 /315 + 62*x^9 /2835 = :0.9 - 0.9^3 /3 + 2*0.9^5 /15 - 17*0.9^7 /315 + 62*0.9^9 /2835 = '''0.71839183937142857142857142857143'''. :''Windows 10'' kalkuliatorius greičiausiai kažkaip ne taip interpretuoja skliaustus ir visa kitą. :Tikroji th(0.9) reikšmė yra '''0.71629787019902442081144378305809'''. :Tikroji paprasto tangento reikšmė yra tg(0.9) = 1.2601582175503391371345754853957. 5bbmjybmo2wksd0vgro8o10w6808d7j 58916 58915 2026-08-08T19:58:26Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58916 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6}=</math> :<math>= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6}.</math> :Pagal Teiloro eilutę hiperbolionio tangento formulė yra <math display="block">\begin{align} \tanh x &= \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} 4^n \left(4^n-1\right)}{(2n)!} x^{2n-1} &&= x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\frac{17x^7}{315}+\cdots && \text{for }|x| < \frac{\pi}{2} \end{align}</math> :Arba tikslesnė formulė yra: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} - \cdots </math> :https://proofwiki.org/wiki/Power_Series_Expansion_for_Hyperbolic_Tangent_Function :Skaičiuojant kompiuterio programavimo kalba, efektyviau koduoti taip: :<math>\operatorname{th}x= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 45045 +47817x^2 +2799x^4 +27x^6} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 45045 +x^2(47817 +2799x^2 +27x^4)} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +378x^2 +x^4))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +x^2(378 +x^2)))}{ 45045 +x^2(47817 +x^2(2799 +27x^2))}.</math> :Ir taip: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} = </math> :<math> = x(1 - \frac {x^2} 3 + \frac {2 x^4} {15} - \frac {17 x^6} {315} + \frac {62 x^8} {2835} ) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + \frac {2 x^2} {15} - \frac {17 x^4} {315} + \frac {62 x^6} {2835} )) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - \frac {17 x^2} {315} + \frac {62 x^4} {2835} ))) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - x^2(\frac {17 } {315} + \frac {62 x^2} {2835} )))).</math> :Užtenka vieną kartą apskaičiuoti <math>x^2</math> reikšmę ir įstatyti ją kur reikia. :Kad momentaliai skaičiuoti hiperbolinį tangentą su ''Windows 10'' kalkuliatoriumiu, reikia vietoje x įstatyti norimą reikšmę į šias formules: :(x*(135135 +x^2 *(17325 +x^2 *(378 +x^2))))/( 45045 +x^2 *(47817 +x^2 *(2799 +27*x^2))) = :x*(1 - x^2 *(1/3 + x^2 *(2/15 - x^2 *(17/315 + 62 *x^2 /2835 )))) = :Pavyzdžiui, kai x = 1.16, atsakymai yra: :(1.16*(135135 +1.16^2 *(17325 +1.16^2 *(378 +1.16^2))))/( 45045 +1.16^2 *(47817 +1.16^2 *(2799 +27*1.16^2))) = := '''1.6118909792991335621783368961601'''. :1.16 *(1 - 1.16^2 *(1/3 + 1.16^2 *(2/15 - 1.16^2 *(17/315 + 62* 1.16^2 /2835 )))) = := '''0.59535074138690380050511463844797'''. :Tikroji tanh(1.16) reikšmė yra: :'''0.82103988133287713398626200461214'''. :Arba be prastinimo pirma formulė tokia: :(135135*x +17325*x^3 +378*x^5 +x^7)/(45045 +47817*x^2 +2799*x^4 +27*x^6) = :(135135*1.16 +17325*1.16^3 +378*1.16^5 +1.16^7)/(45045 +47817*1.16^2 +2799*1.16^4 +27*1.16^6) = := '''1.6118909792991335621783368961601'''. :Kai x = 0.9, hiperbolinio tangento reikšmės abiem formulėm tampa tokios: :(135135*0.9 +17325*0.9^3 +378*0.9^5 +0.9^7)/(45045 +47817*0.9^2 +2799*0.9^4 +27*0.9^6) = '''1.5704655781142740084934456619786'''. :0.9*(1 - 0.9^2 *(1/3 + 0.9^2 *(2/15 - 0.9^2 *(17/315 + 62 *0.9^2 /2835 )))) = 0.61255353651428571428571428571429 :arba :x - x^3 /3 + 2*x^5 /15 - 17*x^7 /315 + 62*x^9 /2835 = :0.9 - 0.9^3 /3 + 2*0.9^5 /15 - 17*0.9^7 /315 + 62*0.9^9 /2835 = '''0.71839183937142857142857142857143'''. :''Windows 10'' kalkuliatorius greičiausiai kažkaip ne taip interpretuoja skliaustus ir visa kitą. :Tikroji th(0.9) reikšmė yra '''0.71629787019902442081144378305809'''. :Tikroji paprasto tangento reikšmė yra tg(0.9) = 1.2601582175503391371345754853957. scj83dhgmkisp4fwxdufqyoxh08emd3 58917 58916 2026-08-08T20:01:43Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58917 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6}=</math> :<math>= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6}.</math> :Pagal Teiloro eilutę hiperbolionio tangento formulė yra <math display="block">\begin{align} \tanh x &= \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} 4^n \left(4^n-1\right)}{(2n)!} x^{2n-1} &&= x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\frac{17x^7}{315}+\cdots && \text{for }|x| < \frac{\pi}{2} \end{align}</math> :Arba tikslesnė formulė yra: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} - \cdots </math> :https://proofwiki.org/wiki/Power_Series_Expansion_for_Hyperbolic_Tangent_Function :Skaičiuojant kompiuterio programavimo kalba, efektyviau koduoti taip: :<math>\operatorname{th}x= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 135135 +x^2(62370 +3150x^2 +28x^4)} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +378x^2 +x^4))}{ 135135 +x^2(62370 +x^2(3150 +28x^2))} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +x^2(378 +x^2)))}{ 135135 +x^2(62370 +x^2(3150 +28x^2))}.</math> :Ir taip: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} = </math> :<math> = x(1 - \frac {x^2} 3 + \frac {2 x^4} {15} - \frac {17 x^6} {315} + \frac {62 x^8} {2835} ) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + \frac {2 x^2} {15} - \frac {17 x^4} {315} + \frac {62 x^6} {2835} )) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - \frac {17 x^2} {315} + \frac {62 x^4} {2835} ))) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - x^2(\frac {17 } {315} + \frac {62 x^2} {2835} )))).</math> :Užtenka vieną kartą apskaičiuoti <math>x^2</math> reikšmę ir įstatyti ją kur reikia. :Kad momentaliai skaičiuoti hiperbolinį tangentą su ''Windows 10'' kalkuliatoriumiu, reikia vietoje x įstatyti norimą reikšmę į šias formules: :(x*(135135 +x^2 *(17325 +x^2 *(378 +x^2))))/( 45045 +x^2 *(47817 +x^2 *(2799 +27*x^2))) = :x*(1 - x^2 *(1/3 + x^2 *(2/15 - x^2 *(17/315 + 62 *x^2 /2835 )))) = :Pavyzdžiui, kai x = 1.16, atsakymai yra: :(1.16*(135135 +1.16^2 *(17325 +1.16^2 *(378 +1.16^2))))/( 45045 +1.16^2 *(47817 +1.16^2 *(2799 +27*1.16^2))) = := '''1.6118909792991335621783368961601'''. :1.16 *(1 - 1.16^2 *(1/3 + 1.16^2 *(2/15 - 1.16^2 *(17/315 + 62* 1.16^2 /2835 )))) = := '''0.59535074138690380050511463844797'''. :Tikroji tanh(1.16) reikšmė yra: :'''0.82103988133287713398626200461214'''. :Arba be prastinimo pirma formulė tokia: :(135135*x +17325*x^3 +378*x^5 +x^7)/(45045 +47817*x^2 +2799*x^4 +27*x^6) = :(135135*1.16 +17325*1.16^3 +378*1.16^5 +1.16^7)/(45045 +47817*1.16^2 +2799*1.16^4 +27*1.16^6) = := '''1.6118909792991335621783368961601'''. :Kai x = 0.9, hiperbolinio tangento reikšmės abiem formulėm tampa tokios: :(135135*0.9 +17325*0.9^3 +378*0.9^5 +0.9^7)/(45045 +47817*0.9^2 +2799*0.9^4 +27*0.9^6) = '''1.5704655781142740084934456619786'''. :0.9*(1 - 0.9^2 *(1/3 + 0.9^2 *(2/15 - 0.9^2 *(17/315 + 62 *0.9^2 /2835 )))) = 0.61255353651428571428571428571429 :arba :x - x^3 /3 + 2*x^5 /15 - 17*x^7 /315 + 62*x^9 /2835 = :0.9 - 0.9^3 /3 + 2*0.9^5 /15 - 17*0.9^7 /315 + 62*0.9^9 /2835 = '''0.71839183937142857142857142857143'''. :''Windows 10'' kalkuliatorius greičiausiai kažkaip ne taip interpretuoja skliaustus ir visa kitą. :Tikroji th(0.9) reikšmė yra '''0.71629787019902442081144378305809'''. :Tikroji paprasto tangento reikšmė yra tg(0.9) = 1.2601582175503391371345754853957. tut4urcpzh2p7cyho1v01keczlcxehd 58918 58917 2026-08-08T20:08:19Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58918 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6}=</math> :<math>= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6}.</math> :Pagal Teiloro eilutę hiperbolionio tangento formulė yra <math display="block">\begin{align} \tanh x &= \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} 4^n \left(4^n-1\right)}{(2n)!} x^{2n-1} &&= x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\frac{17x^7}{315}+\cdots && \text{for }|x| < \frac{\pi}{2} \end{align}</math> :Arba tikslesnė formulė yra: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} - \cdots </math> :https://proofwiki.org/wiki/Power_Series_Expansion_for_Hyperbolic_Tangent_Function :Skaičiuojant kompiuterio programavimo kalba, efektyviau koduoti taip: :<math>\operatorname{th}x= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 135135 +x^2(62370 +3150x^2 +28x^4)} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +378x^2 +x^4))}{ 135135 +x^2(62370 +x^2(3150 +28x^2))} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +x^2(378 +x^2)))}{ 135135 +x^2(62370 +x^2(3150 +28x^2))}.</math> :Ir taip: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} = </math> :<math> = x(1 - \frac {x^2} 3 + \frac {2 x^4} {15} - \frac {17 x^6} {315} + \frac {62 x^8} {2835} ) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + \frac {2 x^2} {15} - \frac {17 x^4} {315} + \frac {62 x^6} {2835} )) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - \frac {17 x^2} {315} + \frac {62 x^4} {2835} ))) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - x^2(\frac {17 } {315} + \frac {62 x^2} {2835} )))).</math> :Užtenka vieną kartą apskaičiuoti <math>x^2</math> reikšmę ir įstatyti ją kur reikia. :Kad momentaliai skaičiuoti hiperbolinį tangentą su ''Windows 10'' kalkuliatoriumiu, reikia vietoje x įstatyti norimą reikšmę į šias formules: :(x*(135135 +x^2 *(17325 +x^2 *(378 +x^2))))/( 135135 +x^2 *(62370 +x^2 *(3150 +28*x^2))) = :x*(1 - x^2 *(1/3 + x^2 *(2/15 - x^2 *(17/315 + 62 *x^2 /2835 )))) = :Pavyzdžiui, kai x = 1.16, atsakymai yra: :(1.16*(135135 +1.16^2 *(17325 +1.16^2 *(378 +1.16^2))))/(135135 +1.16^2 *(62370 +1.16^2 *(3150 +28*1.16^2))) = := '''0.8210398813'''449509085858581607333. :1.16 *(1 - 1.16^2 *(1/3 + 1.16^2 *(2/15 - 1.16^2 *(17/315 + 62* 1.16^2 /2835 )))) = := 0.59535074138690380050511463844797. :arba :1.16 - 1.16^3 /3 + 2*1.16^5 /15 - 17*1.16^7 /315 + 62*1.16^9 /2835 = := '''0.8'''5038956128067192748924162257496. :Teiloro eilutė progresuoja lėtai. :Tikroji tanh(1.16) reikšmė yra: :'''0.82103988133287713398626200461214'''. :Arba be prastinimo pirma formulė tokia: :(135135*x +17325*x^3 +378*x^5 +x^7)/(45045 +47817*x^2 +2799*x^4 +27*x^6) = :(135135*1.16 +17325*1.16^3 +378*1.16^5 +1.16^7)/(45045 +47817*1.16^2 +2799*1.16^4 +27*1.16^6) = := '''1.6118909792991335621783368961601'''. :Kai x = 0.9, hiperbolinio tangento reikšmės abiem formulėm tampa tokios: :(135135*0.9 +17325*0.9^3 +378*0.9^5 +0.9^7)/(45045 +47817*0.9^2 +2799*0.9^4 +27*0.9^6) = '''1.5704655781142740084934456619786'''. :0.9*(1 - 0.9^2 *(1/3 + 0.9^2 *(2/15 - 0.9^2 *(17/315 + 62 *0.9^2 /2835 )))) = 0.61255353651428571428571428571429 :arba :x - x^3 /3 + 2*x^5 /15 - 17*x^7 /315 + 62*x^9 /2835 = :0.9 - 0.9^3 /3 + 2*0.9^5 /15 - 17*0.9^7 /315 + 62*0.9^9 /2835 = '''0.71839183937142857142857142857143'''. :''Windows 10'' kalkuliatorius greičiausiai kažkaip ne taip interpretuoja skliaustus ir visa kitą. :Tikroji th(0.9) reikšmė yra '''0.71629787019902442081144378305809'''. :Tikroji paprasto tangento reikšmė yra tg(0.9) = 1.2601582175503391371345754853957. 55wgpo1eiy8jbvpxlrrp40j9xk6qg69 58919 58918 2026-08-08T20:13:32Z Paraboloid 1294 /* Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas */ 58919 wikitext text/x-wiki [[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]] :Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau. :Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes. :Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions ==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.== :''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys: :[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ] :<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math> :Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais. :Grandininės trupmenos :<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math> :vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais. :Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math> :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2. :<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> :<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)), :<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math> :<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math> :<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math> :<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1 + a_2 \cdot 1=b_2 b_1 + a_2.</math> :Gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1 + a_2}.</math> :O iš (8.96) formulės gauname :<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math> :Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.] :Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math> :Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip :<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math> :Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip: :<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math> :<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math> :[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math> :Kai k=1, gauname: :<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ] :Kadangi :<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math> :tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> :<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math> ==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.== :Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes: :<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math> :[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math> :<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math> :Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ] :Iš lygybės :<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math> :išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>): :<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime :<math> \begin{cases} 4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\ 4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\ ........................................ & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & \end{cases} \quad \quad (8.103) </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>) :<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math> :iš kurios :<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math> :Kadangi :<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math> :tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math> :Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet :<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math> :Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena: :<math>\operatorname{th}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> : <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> __________________ :''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165. ==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.== :Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math> :Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''. :Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math> :Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>): :<math> \begin{cases} a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\ b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & \end{cases} \quad \quad (8.106) </math> :Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107) </math> :Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math> :Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip: :<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math> :<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math> :Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau. :''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė'' :<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math> :''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'': :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę :<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math> :Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math> :Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math> :[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> :11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> := 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>] :Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos. :(8.109) '''nelygybės įrodymas.''' :Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math> :Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė :<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> :Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\; \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga. :(8.110) '''nelygybės įrodymas.''' :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math> :<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math> :Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta. ==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.== :Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną :<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math> :Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math> :Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio. :Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math> :galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math> :<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math> :<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math> :Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti. ==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.== :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math> :Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius :<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math> :[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>] :Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>) :<math>4xy'' +2y' +y=0.</math> :Diferencijuodami tą tapatybę, gausime :<math> \begin{cases} 4xy'''+6y''+y'=0, & \\ ................................. & \\ 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & \end{cases} </math> :Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>: :<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math> :Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena: :<math>\operatorname{tg}x = \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math> :<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math> :Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę :<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math> :Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti: :<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math> :<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math> :Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math> ==Pavyzdžiai== *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę, :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math> := 0.46212121212121212121212121212121. :Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę. :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math> :<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math> := 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367. :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = := -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math> :Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks: :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math> := 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math> :Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai. :Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math> := 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą: :0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = := -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math> :[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).] :Taigi, :<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}| \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4. :<math>\operatorname{tg}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math> :<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math> :<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math> := 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205. :Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> :Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui. :[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias: :<math> \begin{cases} Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\ \overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & \end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>): :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math> :Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.] :Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Todėl :<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math> :Paklaidos įvertinimas gautas teisingai. *Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6. :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math> :<math>\operatorname{th} 0.8 \approx \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math> :<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}= \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math> := 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552. :Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą: :0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba :tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14. :Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math> :Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm). :'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' :Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x). :Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę: :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math> :<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x) </math> :Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos :<math> \begin{cases} P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\ Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & \end{cases} \quad \quad (8.97) </math> :reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada :<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math> :<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math> :<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math> :<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math> :<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math> :<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math> :<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math> :Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi, :<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math> :<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math> :Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už :<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math> := 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math> :Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą). :Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę :<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math> :gauname :<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> := 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math> :Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6). :Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) :<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math> :Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math> :Padauginę lygybę :<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> :iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip: :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> :<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math> :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ] :Pirmiausia įsitikinsime, kad :<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math> :Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija :<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math> :lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]: :<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>] :Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> :[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math> :Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>] :Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga. :Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė :<math>y^{(n)}(x) \quad (8.116)</math> :gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math> :<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math> :<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math> :Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>). :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math> :<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math> :Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math> :<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math> :Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math> :Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>) :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math> :<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math> :Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math> :Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą. ==Hiperbolinio tangento skaičiavimo pagreitinimas== :<math>\operatorname{th}x \approx \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}= </math> :<math> =\cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{11\cdot 13 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{\cfrac{143 +x^2}{13}}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{13x^2}{143 +x^2}}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9(143 +x^2)+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +9x^2+13x^2}{143 +x^2}}}}}}= </math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{\cfrac{1287 +22x^2}{143 +x^2}}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{7(1287 +22x^2) +x^2(143 +x^2)}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +154x^2 +143x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{\cfrac{9009 +297x^2 +x^4}{1287 +22x^2}}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{5(9009 +297x^2 +x^4)+x^2(1287 +22x^2)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{(45045 +1485x^2 +5x^4)+(1287x^2 +22x^4)}{9009 +297x^2 +x^4}}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{\cfrac{45045 +2772x^2 +27x^4}{9009 +297x^2 +x^4}}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{ \cfrac{3(45045 +2772x^2 +27x^4)+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +8316x^2 +81x^4+9009x^2 +297x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}= \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{\cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}{45045 +2772x^2 +27x^4}}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{1 + \cfrac{45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x}{ \cfrac{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6 +45045x^2 +2772x^4 +27x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}=</math> :<math>= \cfrac{x}{ \cfrac{135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6}{135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6}}= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6}=</math> :<math>= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6}.</math> :Pagal Teiloro eilutę hiperbolionio tangento formulė yra <math display="block">\begin{align} \tanh x &= \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} 4^n \left(4^n-1\right)}{(2n)!} x^{2n-1} &&= x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\frac{17x^7}{315}+\cdots && \text{for }|x| < \frac{\pi}{2} \end{align}</math> :Arba tikslesnė formulė yra: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} - \cdots </math> :https://proofwiki.org/wiki/Power_Series_Expansion_for_Hyperbolic_Tangent_Function :Skaičiuojant kompiuterio programavimo kalba, efektyviau koduoti taip: :<math>\operatorname{th}x= \cfrac{135135x +17325x^3 +378x^5 +x^7}{ 135135 +62370x^2 +3150x^4 +28x^6} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +17325x^2 +378x^4 +x^6)}{ 135135 +x^2(62370 +3150x^2 +28x^4)} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +378x^2 +x^4))}{ 135135 +x^2(62370 +x^2(3150 +28x^2))} =</math> :<math>= \cfrac{x(135135 +x^2(17325 +x^2(378 +x^2)))}{ 135135 +x^2(62370 +x^2(3150 +28x^2))}.</math> :Ir taip: :<math>\operatorname{th}x = x - \frac {x^3} 3 + \frac {2 x^5} {15} - \frac {17 x^7} {315} + \frac {62 x^9} {2835} = </math> :<math> = x(1 - \frac {x^2} 3 + \frac {2 x^4} {15} - \frac {17 x^6} {315} + \frac {62 x^8} {2835} ) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + \frac {2 x^2} {15} - \frac {17 x^4} {315} + \frac {62 x^6} {2835} )) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - \frac {17 x^2} {315} + \frac {62 x^4} {2835} ))) =</math> :<math> = x(1 - x^2(\frac {1}{3} + x^2(\frac {2 } {15} - x^2(\frac {17 } {315} + \frac {62 x^2} {2835} )))).</math> :Užtenka vieną kartą apskaičiuoti <math>x^2</math> reikšmę ir įstatyti ją kur reikia. :Kad momentaliai skaičiuoti hiperbolinį tangentą su ''Windows 10'' kalkuliatoriumi, reikia vietoje x įstatyti norimą reikšmę į šias formules: :(x*(135135 +x^2 *(17325 +x^2 *(378 +x^2))))/( 135135 +x^2 *(62370 +x^2 *(3150 +28*x^2))) = :x*(1 - x^2 *(1/3 + x^2 *(2/15 - x^2 *(17/315 + 62 *x^2 /2835 )))) = :Pavyzdžiui, kai x = 1.16, atsakymai yra: :(1.16*(135135 +1.16^2 *(17325 +1.16^2 *(378 +1.16^2))))/(135135 +1.16^2 *(62370 +1.16^2 *(3150 +28*1.16^2))) = := '''0.8210398813'''449509085858581607333. :1.16 *(1 - 1.16^2 *(1/3 + 1.16^2 *(2/15 - 1.16^2 *(17/315 + 62* 1.16^2 /2835 )))) = := 0.59535074138690380050511463844797. :arba :1.16 - 1.16^3 /3 + 2*1.16^5 /15 - 17*1.16^7 /315 + 62*1.16^9 /2835 = := '''0.8'''5038956128067192748924162257496. :Teiloro eilutė progresuoja lėtai. :Tikroji tanh(1.16) reikšmė yra: :'''0.82103988133287713398626200461214'''. :Arba be prastinimo pirma formulė tokia: :(135135*x +17325*x^3 +378*x^5 +x^7)/(45045 +47817*x^2 +2799*x^4 +27*x^6) = :(135135*1.16 +17325*1.16^3 +378*1.16^5 +1.16^7)/(135135 +62370*1.16^2 +3150*1.16^4 +28*1.16^6) = := '''0.8210398813'''449509085858581607333. :Kai x = 0.9, hiperbolinio tangento reikšmės abiem formulėm tampa tokios: :(135135*0.9 +17325*0.9^3 +378*0.9^5 +0.9^7)/(135135 +62370*0.9^2 +3150*0.9^4 +28*0.9^6) = '''0.716297870199'''411047131855646763. :0.9*(1 - 0.9^2 *(1/3 + 0.9^2 *(2/15 - 0.9^2 *(17/315 + 62 *0.9^2 /2835 )))) = 0.61255353651428571428571428571429 :arba :x - x^3 /3 + 2*x^5 /15 - 17*x^7 /315 + 62*x^9 /2835 = :0.9 - 0.9^3 /3 + 2*0.9^5 /15 - 17*0.9^7 /315 + 62*0.9^9 /2835 = '''0.71'''839183937142857142857142857143. :''Windows 10'' kalkuliatorius greičiausiai kažkaip ne taip interpretuoja skliaustus ir visa kitą. :Tikroji th(0.9) reikšmė yra '''0.71629787019902442081144378305809'''. :Tikroji paprasto tangento reikšmė yra tg(0.9) = 1.2601582175503391371345754853957. ovazmzi9iccut79xn512hifm665uu3z