Tenemos dos formas de $e^x$
$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+....$$ y $$e^x=\frac{1}{\displaystyle 1-x+\frac{x^2}{2!}-\frac{x^3}{3!}+....}$$ La segunda forma viene de $e^x=1/e^{-x}$
Que uno es más preciso que si quiero encontrar cualquier valor de $e^x$
La exactitud de la expansión de Taylor de una determinada viene dada por el siguiente orden de la expansión. Para este caso, la respuesta es que depende de lo lejos que quieras tomar las expansiones. Por ejemplo,
$$\frac1{1-x} = 1+x+x^2+O(x^3)$$
Esto tiene dos veces el error como la expansión de la $1+x$, cuyo término siguiente es $x^2/2!$. Sin embargo,
$$\begin{align}\frac1{1-x+x^2/2} &= 1+\left (x-\frac{x^2}{2} \right ) + \left (x-\frac{x^2}{2} \right )^2+ \left (x-\frac{x^2}{2} \right )^3 + \cdots \\&= 1+x+\frac{x^2}{2} + O(x^4)\end{align}$$
Por lo tanto, para el segundo-el fin de la expansión, la reciprocidad tiene un pequeño error. Sin embargo, para el cúbicos de expansión, la expansión se
$$1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{12} + O(x^5) $$
mientras que el cuarto fin de plazo en el directo, expansión de Taylor de la exponencial es $x^4/24$. Por lo tanto, la expansión de Taylor es más preciso a cuarto orden.
No hay una forma sistemática para demostrar que la precisión de los suplentes con el fin de rareza o de la uniformidad considerando el error en la expansión de $e^x \cdot e^{-x}=1$.
ANEXO
La prueba es que en realidad no es tan difícil. Considerar las aproximaciones finitas para la ecuación de $e^x \cdot e^{-x}=1$:
$$\left (\sum_{k=0}^m \frac{x^k}{k!} \right ) \left (\sum_{k=0}^m (-1)^k \frac{x^k}{k!} \right ) $$
Puede ser fácilmente demostrado que los coeficientes de $x$, $x^2$, ..., $x^m$ son cero. Consideremos ahora el primer término de error, es decir, el coeficiente de $x^{m+1}$:
$$\frac{x^1}{1!} \frac{(-1)^m x^m}{m!} + \frac{x^2}{2!} \frac{(-1)^{m-1} x^{m-1}}{(m-1)!} +\cdots + \frac{x^m}{m!} \frac{(-1)^1 x^1}{1!} = \sum_{k=1}^m \frac{(-1)^{m-k+1}}{k! (m-k+1)!} x^{m+1}$$
La reescritura de esta suma, sin el $x^{m+1}$ plazo, como
$$\sum_{k=0}^{m-1} \frac{(-1)^{m-k}}{(k+1)! (m-k)!} = (-1)^m \sum_{k=0}^{m-1} \frac{(-1)^k}{k! (m-k)!} \frac1{k+1}$$
Podemos evaluar esta suma por darse cuenta de que
$$(1-x)^m = \sum_{k=0}^m (-1)^k \binom{m}{k} x^k $$
así que
$$\sum_{k=0}^m (-1)^k \binom{m}{k} \frac1{k+1} = \int_0^1 dx \, (1-x)^m = \frac1{m+1}$$
Por lo tanto, restando fuera el último término en la suma, nos encontramos con que
$$(-1)^m \sum_{k=0}^{m-1} \frac{(-1)^k}{k! (m-k)!} \frac1{k+1} = - \frac{1-(-1)^m}{(m+1)!}$$
Por lo tanto, ahora puede decir que
$$\frac1{\displaystyle \sum_{k=0}^m (-1)^k \frac{x^k}{k!} } = \sum_{k=0}^m \frac{x^k}{k!} + \frac{1-(-1)^m}{(m+1)!} x^{m+1} + O(x^{m+2})$$
Incluso para valores de $m$, el siguiente término de error es cero, lo que es más pequeña que la de la directa de la serie de Taylor, que ha de error $x^{m+1}/(m+1)!$. Por otro lado, para valores impares, el error es el doble que el de la directa de la serie de Taylor. Esto está de acuerdo con los ejemplos anteriores.
ADDENUDUM II
Usted puede utilizar el análisis para determinar si usted puede conseguir la mejor precisión en el uso de
$$e^x = \frac{e^{x/2}}{e^{-x/2}} $$
(Hablando en general, las aproximaciones racionales a las funciones que de acuerdo con la serie de Taylor en ciertos límites se denominan Pade se aproxima, y puede ser muy útil en algunas situaciones.)
Mientras que el primero se aproxima por debajo de los otros oscila cerca de los valores reales, también depende de cómo muchos de los términos (es decir t) evaluar, para la mayoría de los casos con t grande ambos son aproximadamente iguales pero con menor t el primero es más preciso ver las gráficas:
En el caso de la extraña t está por encima de $e^x$ desde términos negativos dominar y el denominador se hace pequeño, pero cuando t es incluso la forma característica de un cerro, que es menor que la de la curva real.En ambos casos, la primera fórmula es más preciso.
He aquí una rápida observación. Dejar $$f_{1,n}(x)=\sum_{k=0}^n \frac{x^n}{n!}$$ y $$f_{2,n}(x)=1/\left(\sum_{k=0}^n \frac{(-x)^n}{n!}\right),$$ tenemos $$\lim_{x\rightarrow\pm\infty}f_{1,n}(x) = \pm\infty \: \text{ y } \: \lim_{x\rightarrow\pm\infty}f_{2,n}(x) = 0.$$ Por lo tanto, supongo que sería de esperar, $f_{1,n}(x)$ a ser una mejor aproximación positiva $x$ $f_{2,n}(x)$ a ser una mejor aproximación para el negativo $x$.
En la imagen de abajo, por ejemplo, el grueso, azul gráfico muestra $f(x)=e^x$, el verde gráfico muestra $f_{1,6}(x)$, y el rojo gráfico muestra $f_{2,6}(x)$. Podemos ver claramente que $f_{2,6}$ se aleja de $f$ positivos $x$, mientras que $f_{1,6}$ es todavía una aproximación razonable - al menos en esta escala. Lo contrario es cierto para el negativo $x$.
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