¿Qué polinomio de Maclaurin de grado de $e^x$ para garantizar una estimación de $e$ dentro de $1*10^{-6}$

Question

¿Qué polinomio de Maclaurin de grado de $e^x$ para garantizar una estimación de $e$ dentro de $1*10^{-6}$ . El polinomio de Maclaurin es:

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

Así que

$f(x)=\Sigma^n_0\frac{1}{k!}$

En esta parte he aplicado el término de error

$f(x)=\Sigma^n_{k=0}\frac{1}{k!}+1*10^{-6}$

$e-1*10^{-6}=\Sigma^n_{k=0}\frac{1}{k!}$

Resolviéndolo obtuve $n=9$ . Sin embargo, esa no es la respuesta correcta. En el esquema de puntuación $n=17$ . He intentado demostrar que estoy en lo cierto sustituyendo los valores en la fórmula del teorema del error.

$R_n$$ =\frac{f^{n+1}(c)*x^{n+1}}{(n+1)!}$

$R_9$$ =\frac{e}{(10)!}$

$R_9=7.49*10^{-7}$

Para $R_{17}$

$R_{17}=7.642*10^{-15}$

Sin embargo conseguí que el valor de $n$ que la mayoría de los enfoques $1*10^{-6}$ es $n=8$ . ¿Alguien puede decir cual es la respuesta correcta o solucionarlo? Gracias

Answer 1

El menos $n$ tal que $$ \left|\sum_{k=0}^n \frac1{k!} - e\right| < \frac1{10^6} $$ es de hecho $n=9$ .

Esto se puede determinar utilizando la fórmula de Lagrange para el resto: $$ R_k(x) = f^{(k+1)}(\xi) \frac{(x-a)^{k+1}}{(k+1)!} $$ para algunos $\xi$ entre $a$ y $x$ en este caso, $R_9(1) = \frac{e^{\xi}}{10!}$ para algunos $\xi \in [0,1]$ por lo que, en particular $R_9(1) \le \frac{e}{10!} \approx 7.49 \times 10^{-7}$ (elegir $\xi=1$ el valor que da el mayor término de error). Por otra parte, $R_8(1) \ge \frac1{9!} \approx 2.75 \times 10^{-6}$ (elegir $\xi=0$ el valor que da el término de error más pequeño), lo que no es suficientemente bueno.

Para esta función en particular, podríamos incluso hacerlo mejor: el error cuando $n=9$ es $$ \frac1{10!} + \frac1{11!} + \frac1{12!} + \dots = \frac1{10!}\left(1 + \frac1{11} + \frac1{11\cdot 12} + \frac1{11\cdot12 \cdot 13} + \dotsb\right) $$ y la suma entre paréntesis es al menos $1$ y como máximo $1 + \frac1{11} + \frac1{11^2} + \frac1{11^3} + \dots = \frac{11}{10}$ . Por lo tanto tenemos $$\frac{1}{10!} \le R_9(1) \le \frac{11}{10\cdot 10!}$$ (situando el error entre $2.75 \times 10^{-7}$ y $3.03 \times 10^{-7}$ ) mientras que, por un argumento similar, $$\frac1{9!} \le R_8(1) \le \frac{10}{9\cdot 9!}$$ (situando el error entre $2.75 \times 10^{-6}$ y $3.06 \times 10^{-6}$ ).

Por último, un cálculo directo muestra que $R_9(1) \approx 3.02886\times 10^{-7}$ y otro cálculo muestra que $R_8(1) \approx 3.05862 \times 10^{-6}$ por lo que las estimaciones extravagantes utilizadas anteriormente no nos llevan por mal camino.

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Creo que debo hacer hincapié: en todos los enfoques anteriores, estoy haciendo dos cálculos (un límite superior en $R_9(1)$ y un límite inferior para $R_8(1)$ ) porque eso es lo que necesitamos para decir que $n=9$ es el menos $n$ necesario: tenemos que demostrar que $n=9$ es suficiente, y que $n=8$ no lo es.