Бесконечные произведения

[dIrrat]

Столкнулась со следующей сложностью: вычисляю косинус с помощью бесконечных произведений, но к сожалению не знаю как определить погрешность. То есть если мне надо погрешность не более $1\cdot 10^{-5}$, сколько множителей для этого будет достаточно.... В литературе встречала только формулу вычисления самого косинуса. Надеюсь что кто-нибудь сможет посоветовать где это можно найти.

[TOTAL]

dIrrat в сообщении #713961 писал(а):

Столкнулась со следующей сложностью: вычисляю косинус с помощью бесконечных приближений

Это как?

[dIrrat]

Прошу прощения, опечатка. Должно быть: " с помощью бесконечных произведений". Исправила в первом сообщении...

[TOTAL]

dIrrat в сообщении #713975 писал(а):

Прошу прощения, опечатка. Должно быть: " с помощью бесконечных произведений"

Это как?

[Xaositect]

Попробуйте оцените логарифм "хвоста" произведения.

[ewert]

Проще всего -- по правилу Рунге: конкретно для косинуса относительная погрешность с хорошей точностью равна единице минус произведение последней половины вычисленных сомножителей.

-- Пн апр 22, 2013 12:37:24 --

dIrrat в сообщении #713961 писал(а):

То есть если мне надо погрешность не более $1\cdot 10^{-5}$, сколько множителей для этого будет достаточно....

Да, кстати, не так много: порядка сотни тысяч сомножителей и хватит...

[dIrrat]

TOTAL в сообщении #713977 писал(а):

Это как?

$\prod(1- (4 x^2) ((2 k+1)^2 \pi^2)^{-1})$

произведение от $ k=0$ до бесконечности

-- 22.04.2013, 13:55 --

Спасибо. Буду пробовать

[Someone]

$$\cos x=\prod_{k=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{\pi^2\left(k-\frac 12\right)^2}\right)=\prod_{k=1}^{\infty}(1-a_k)\eqno(1)$$

В качестве приближения берём $n$-ое частичное произведение

$$P_n=\prod_{k=1}^n(1-a_k),\eqno(2)$$

предполагая при этом, что

$$|x|<\pi\left(n+\frac 12\right).\eqno(3)$$

Остаточное произведение

$$R_n=\prod_{k=n+1}^{\infty}(1-a_k)\eqno(4)$$

прологарифмируем:

$$\ln R_n=\sum_{k=n+1}^{\infty}\ln(1-a_k).\eqno(5)$$

Если выполняется условие (3), то числа $a_k$ при $k\geqslant n+1$ положительны, меньше $1$ и убывают, поэтому

$$-\frac{a_k}{1-a_{n+1}}\leqslant-\frac{a_k}{1-a_k}<\ln(1-a_k)<-a_k\eqno(6)$$

(это неравенство легко выводится из разложения $\ln(1+x)$ в степенной ряд).
Суммы получающихся рядов можно оценить, например, с помощью интегралов (см. интегральный признак Коши).

[ewert]

Someone в сообщении #713998 писал(а):

$$-\frac{a_k}{1-a_{n+1}}\leqslant-\frac{a_k}{1-a_k}<\ln(1-a_k)<-a_k\eqno(6)$$

Оценка сверху не нужна (в данном случае), а снизу лучше использовать $\ln(1-\alpha_k)>-\alpha_k+\frac12\alpha_k^2$. Впрочем, по Рунге всё равно проще и, главное, универсальнее: не приходится вовсе задумываться о явном виде сомножителей.

[Someone]

ewert в сообщении #714005 писал(а):

снизу лучше использовать $\ln(1-\alpha_k)>-\alpha_k+\frac12\alpha_k^2$

Э-э-э...
$\ln(1-a_k)=-a_k-\frac 12a_k^2-\frac 13a_k^3-\frac 14a_k^4-\ldots$ и $0<a_k<1$.
С правилом Рунге для произведений не встречался. Где посмотреть?

[ewert]

Someone в сообщении #714012 писал(а):

Э-э-э...

Да-а-а...

Ну ладно, тогда просто $\ln(1-\alpha_k)>-1.1\,\alpha_k$ при соответствующем ограничении на $\alpha_k$ (ограничение такого типа всё равно ведь понадобится, так почему бы его немножко и не ужесточить -- особого вреда от этого не будет).

Someone в сообщении #714012 писал(а):

С правилом Рунге для произведений не встречался. Где посмотреть?

Понятия не имею. Но Вы ведь сами говорите, что произведение с точностью до логарифма -- это ряд. Соответственно, и правило Рунге элементарно переписывается.