Числени методи - трудни задачи с решения

Решение:
За [tex]f\in C^2[a; b][/tex] остатъчният член на съставната формула на трапеците с [tex]m[/tex] равни подинтервала с дължина [tex]h=\frac{b-a}{m}[/tex] е
[tex]R=-\frac{(b-a)h^2}{12}f''(\xi)=-\frac{(b-a)^3}{12m^2}f''(\xi),\qquad \xi\in(a; b)[/tex]
Функцията [tex]f(x)=\frac{1}{x+2}[/tex] е гладка в [tex][1; 11][/tex], защото там [tex]x+2\gt 0[/tex], и
[tex]f'(x)=-\frac{1}{(x+2)^2},\qquad f''(x)=\frac{2}{(x+2)^3}[/tex]
Втората производна е положителна и намаляваща в [tex][1; 11][/tex], следователно
[tex]M_2=\max_{[1; 11]}|f''(x)|=f''(1)=\frac{2}{27}[/tex]
При [tex]b-a=10[/tex] и [tex]m=5[/tex] (стъпка [tex]h=2[/tex]):
[tex]|R|\le\frac{10^3}{12\cdot 25}\cdot \frac{2}{27}=\frac{10}{3}\cdot \frac{2}{27}=\frac{20}{81}\approx 0{,}247[/tex]
Проверка: формулата на трапеците дава [tex]\frac{1}{3}+2\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\frac{1}{11}\right)+\frac{1}{13}\approx 1{,}5000[/tex], а точната стойност е [tex]\ln\frac{13}{3}\approx 1{,}4663[/tex]; действителната грешка [tex]\approx 0{,}034[/tex] наистина е в рамките на оценката.

Решение:
Според формулата на Тейлър с остатъчен член във формата на Лагранж за всяко [tex]x[/tex] съществува точка [tex]\xi[/tex] между [tex]0[/tex] и [tex]x[/tex], за която
[tex]e^x=T_6(x)+\frac{f^{(7)}(\xi)}{7!}x^7[/tex]
Тъй като [tex]f^{(7)}(x)=e^x[/tex], грешката е
[tex]|e^x-T_6(x)|=\frac{e^{\xi}|x|^7}{7!}[/tex]
При [tex]x\in[-1; 1][/tex] точката [tex]\xi[/tex] също лежи в [tex][-1; 1][/tex], а тъй като [tex]e^x[/tex] е растяща, [tex]e^{\xi}\le e[/tex]; освен това [tex]|x|^7\le 1[/tex]. Следователно
[tex]|e^x-T_6(x)|\le\frac{e}{7!}=\frac{e}{5040}\approx 5{,}4\cdot 10^{-4}[/tex]
Например [tex]T_6(1)=\frac{1957}{720}\approx 2{,}71806[/tex] приближава [tex]e\approx 2{,}71828[/tex] с действителна грешка [tex]\approx 2{,}3\cdot 10^{-4}[/tex], която е в рамките на оценката. Множителят [tex]e^{\xi}[/tex] не може да се пропусне: оценката [tex]\frac{1}{7!}\approx 1{,}98\cdot 10^{-4}[/tex] не е вярна при [tex]x=1[/tex].

Решение:
Нека [tex]\varphi(x)=1+0{,}5\sin x[/tex], т.е. [tex]x_{k+1}=\varphi(x_k)[/tex]. По теоремата на Лагранж за крайните нараствания за всеки [tex]a,b\in\mathbb{R}[/tex] съществува [tex]c[/tex] между тях, за което [tex]\varphi(a)-\varphi(b)=0{,}5\cos c\,(a-b)[/tex]. Тъй като [tex]|\cos c|\le 1[/tex],
[tex]|\varphi(a)-\varphi(b)|\le\frac{1}{2}|a-b|[/tex]
т.е. [tex]\varphi[/tex] е свиващо изображение с константа [tex]q=\frac{1}{2}\lt 1[/tex]. Следователно
[tex]|x_{k+1}-x_k|=|\varphi(x_k)-\varphi(x_{k-1})|\le\frac{1}{2}|x_k-x_{k-1}|\le\ldots\le\frac{1}{2^k}|x_1-x_0|[/tex]
За [tex]p\gt k[/tex] от неравенството на триъгълника получаваме
[tex]|x_p-x_k|\le\sum_{j=k}^{p-1}|x_{j+1}-x_j|\le|x_1-x_0|\sum_{j=k}^{\infty}\frac{1}{2^j}=\frac{|x_1-x_0|}{2^{k-1}}[/tex]
което клони към [tex]0[/tex] при [tex]k\to\infty[/tex]. Значи [tex](x_k)[/tex] е фундаментална (Кошиева) редица и поради пълнотата на [tex]\mathbb{R}[/tex] е сходяща към някое [tex]\xi[/tex]. Тъй като [tex]\varphi[/tex] е непрекъсната, граничният преход [tex]k\to\infty[/tex] в [tex]x_{k+1}=\varphi(x_k)[/tex] дава
[tex]\xi=\varphi(\xi)=1+0{,}5\sin \xi[/tex]
т.е. границата е корен на уравнението. Освен това коренът е единствен: ако и [tex]\eta=\varphi(\eta)[/tex], то [tex]|\xi-\eta|=|\varphi(\xi)-\varphi(\eta)|\le\frac{1}{2}|\xi-\eta|[/tex], откъдето [tex]\xi=\eta[/tex]. Следователно всяко начално приближение води до един и същ корен [tex]\xi\approx 1{,}4987[/tex].