|
Дан ряд
$%\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n} \frac{2n+1}{(2n)!n!}$%. Для знакочередующихся рядов остаток ряда меньше по модулю первого отброшенного члена ряда, поэтому, номер члена, до которого нужно считать сумму, что бы она была в рамках заданной точности, можно получить из неравенства $%(-1)^{n+1}\frac{2(n+1)+1}{(2(n+1))!(n+1)!} = (-1)^{n+1}\frac{2n+3}{(2(n+1))!(n+1)!} \leq \frac{1}{100}$%. Как решить такое неравенство? задан 16 Авг '15 19:07 
Alex23 |
Здравствуйте
Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.
Присоединяйтесь!
отмечен:
задан
16 Авг '15 19:07
показан
875 раз
обновлен
17 Авг '15 12:42
Связанные вопросы
Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Легко видеть, что $%\frac{2n+1}{(2n)!n!} < 10^{-3}$% при $%n=4$%. Это значит, что трёх членов ряда для приближённого вычисления достаточно.
А зачем в таком случае придумали второй способ оценки (который я в вопросе описал)?
И да, я никак не могу понять : почему сумма будет вычислена с заданной точностью, если суммировать до тех пор, пока текущий член больше чем заданная точность. Как в таком случае обеспечивается точность?
@Alex23: если есть знакочередующийся ряд $%a_1-a_2+a_3-a_4+\cdots$%, где $%a_n$% убывает, то приближённое значение $%a_1-a_2+a_3$% отличается от точного на величину $%a_4-a_5+a_6-\cdots$%. Ясно, что эта величина неотрицательна, так как она равна $%(a_4-a_5)+(a_6-a_7)+\cdots$%, а также ясно, что она не превосходит $%a_4$%, будучи равной $%a_4-(a_5-a_6)-\cdots$%. То есть погрешность приближения не превосходит $%a_4$%.
Способ, который Вы описали, это он и есть. Надо только убрать -1 в степени, так как рассматриваются модули. Удобнее также анализировать неравенство для n-го члена вместо (n+1)-го.