Найти интеграл с заданной точностью

[Arkadij]

Найти интеграл с точностью 0,001
$ \displaystyle\int_0^{1/2}\frac{e^x-1}{x}dx $

Задача на ряды Тейлора. После разложения и интегрирования получаю
$ \displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k!k2^k}. $
Не понимаю как найти с заданной точностью, ведь ряд не знакочередующийся. Остаточный член тоже не просто оценить.

[Pphantom]

Arkadij в сообщении #1555238 писал(а):

Остаточный член тоже не просто оценить.

Можно сравнить его с чем-нибудь простым и известным. Например, сумму ряда $1+1/2+1/4+1/8+\dots$ вы знаете?

[Arkadij]

Спасибо, понял. Только очень грубая оценка получается.

[thething]

Arkadij
Используйте на ряд, а формулу Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа.

[Arkadij]

Да, так было бы логичнее. Но тема ряды, думал может есть красивый способ.

[thething]

Ну, попробуйте оставить только факториалы и оценить остаток, как оценивается остаток ряда для $e$.

[vpb]

thething в сообщении #1555249 писал(а):

Используйте на ряд, а формулу Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа.

"Вася, ты неправ !" (с) В общем, я думаю, через ряд явно лучше. Как там найти какую-то производную --- бог весть, а сколько конкретно членов надо из ряда, чтоб получить искомую точность --- фактически, устная задача. (А может, и я неправ... )

(Оффтоп)

"The thing" видел еще в видеосалоне году в 1990-м, что ли. Ух, глубокое впечатление ...

[thething]

vpb в сообщении #1555253 писал(а):

Как там найти какую-то производную

Не какую-то, а производную экспоненты же...

[Pphantom]

Arkadij в сообщении #1555243 писал(а):

Только очень грубая оценка получается.

Ну так вам же нужен конкретный номер члена ряда, который еще нужно учитывать, а он таким образом восстанавливается точно - нужно 4 члена, не больше и не меньше.

[Arkadij]

Как вы получили 4? У меня так
$\displaystyle \sum_{k=n+1}^\infty\frac{1}{k!2^kk}\leq\sum_{k=n+1}^\infty\frac{1}{2^k}=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{2^k}-\sum_{k=0}^n\frac{1}{2^k}=\frac{1}{2^n}<\frac{1}{10000} $

[Pphantom]

Вы все-таки не додумали идею до конца.

У ряда из степеней двойки есть приятное свойство - остаток всегда раве последнему учтенному члену ряда. Тогда из того факта, что нужный вам ряд убывает быстрее, чем этот простейший, можно сделать вывод, что для него сумма остатка всегда меньше, чем последний учтенный член ряда. Соответственно, дальше остается просто считать слагаемые, остановившись в тот момент, когда очередное окажется меньше $10^{-3}$, оно и должно стать последним учтенным.

[Arkadij]

Pphantom в сообщении #1555259 писал(а):

Тогда из того факта, что нужный вам ряд убывает быстрее, чем этот простейший, можно сделать вывод, что для него сумма остатка всегда меньше, чем последний учтенный член ряда.

Это как-то не прозрачно. Требует отдельного доказательства.

[Pphantom]

Arkadij в сообщении #1555260 писал(а):

Это как-то не прозрачно. Требует отдельного доказательства.

Уверены? Есть две суммы положительных слагаемых, во второй каждое слагаемое меньше соответствующего в первой...

[vpb]

Arkadij в сообщении #1555260 писал(а):

Это как-то не прозрачно. Требует отдельного доказательства.

Значит, подумайте получше ...

Pphantom
Слишком сильно, имхо, товарисча за уши тАщите...

[Someone]

Arkadij в сообщении #1555256 писал(а):

Как вы получили 4? У меня так
$\displaystyle \sum_{k=n+1}^\infty\frac{1}{k!2^kk}\leq\sum_{k=n+1}^\infty\frac{1}{2^k}=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{2^k}-\sum_{k=0}^n\frac{1}{2^k}=\frac{1}{2^n}<\frac{1}{10000} $

Я оценил бы $n$-ый остаток

$$R_n=\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac 1{k!\cdot k\cdot 2^k}$$

геометрической прогрессией с первым членом $\frac 1{(n+1)!\cdot(n+1)\cdot 2^{n+1}}$ и знаменателем $\frac 1{2(n+1)}$. В результате получается оценка

$$\frac 1{(n+1)!\cdot(n+1)\cdot 2^{n+1}}<R_n<\frac 1{(n+1)!\cdot(2n+1)\cdot 2^n}=\frac 1{(n+1)!\cdot\left(n+\frac 12\right)\cdot 2^{n+1}}$$

.