NOTACJA.
oo -- nieskonczonosc
K -- 1000 (tysiac)
M -- 1000000 (milion)
ln -- logarytm naturalny
================================================================
Rachowanie ln(2)
----------------
Niech naszym celem bedzie policzenie logarytmu naturalnego
z liczby 2, ln(2). Poniewaz ln(2) jest polem krzywolinijnego
trapezu, ktorego podstawa/ jest odcinek [1 2], na osi x,
a gornym ograniczeniem jest wykres funkcji y = 1/x, to
obliczmy to pole w przyblizeniu. Podzielimy nasz trapez
na n trapezow o podstawach od 1+(k-1)/n do 1+k/n, przy
czym w celu przyblizenia, zamienimy kazdy z tych krzywolinijnych
trapezow na prostokat o tejze podstawie, i o wysokosci
y = 1/(1+k/n) = n/(n+k) dla k=1 ... n
Poniewaz dlugosc podstawy kazdego prostokata wynosi 1/n,
to ich pola sa rowne k/(n+k), a suma ich pol jest rowna:
S(n) := 1/(n+1) + 1/(n+2) + ... + 1/(2*n)
Oczywiscie nasze prostokaty zawieraly sie w odpowiednich
trapezach, wiec S(n) < ln(2); a gdy n dazy do
nieskonczonosci, to blad jest coraz mniejszy i w granicy
dostajemy S(n) --> ln(2) (gdy n --> oo).
Chociaz mozemy teraz policzyc ln(2) z dowolna dokladnoscia,
to metoda nasza jest nieekonomiczna. Mimo to, dla nabrania
wyczucia, zastosujmy ja/ na rozgrzewke. Dla n=2 dostajemy
S(2) = 1/3 + 1/4 = 7/12
To nasze pierwsze przyblizenie dla ln(2). Nastepnie policzmy
od razu S(4), by skorzystac z energii wlozonej w liczenie
S(2):
S(4) = 1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8 = 1/5 + 1/7 + (1/2)*S(2)
= 12/35 + 7/24 = 533/840
Nastepnie mozemy policzyc S(8), itd. Ale jaki przy tym
popelniamy blad? Zaraz to wyjasnie/.
Otoz jako cwiczenie (chocby na indukcje matematyczna)
odowodnijcie, albo mi uwierzcie, ze:
S(n) =
1/(n+1) + 1/(n+2) + ... + 1/(2*n) =
1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + ... + 1/(2*n-1) - 1/(2*n)
Taki elegancki wzor (zauwazylem go w "archeologicznych czasach"),
a nigdy nie widzialem go w druku.
Wynika z niego wzor Leibniza, 1646-1716:
ln(2) = 1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + ...
gdzie tym razem sumuje sie nieskonczony szereg; a jak?
Poprzez wyliczanie S(n). Gdy policzymy S(n) to
zaniedbujemy nieskonczony "ogon":
1/(2*n+1) - 1/(2*n+2) + ...
i to jest wlasnie blad obliczenia. Latwo przekonac sie, ze
blad ten nie przekracza pierwszego wyrazu, jest mniejszy
niz 1/(2*n+1). Aby uzykac ln(2) z dokladnoscia do 1/1000,
poprzez rachowanie S(n), nalezy dokonac setki, a nawet
ponad tysiac operacji arytmetycznych. Zeby zapewnic sobie,
ze "ogon" bedzie mial wartosc mniejsza niz 1/1000 nalezy
wziasc n=500. Trzeba wtedy wyliczyc 500 ulamkow (500 odwrotnosci
liczb naturalnych, lub 100 gdy uzywac szeregu
1 -1/2 + 1/3 - 1/4 + ...). Poniewaz uzywamy systemu
dziesietnego, to dochodza jeszcze bledy przyblizen dziesietnych.
Wiec nalezy wziasc na przyklad n=1000, a kazdy wyraz 1/n
policzyc z dokladnoscia do 1/4M (M - milion). Wtedy przy
dodawaniu dwoch tysiecy wyrazow suma bledow dziesietnych nie
przekroczy 2000 * 1/4M = 1/2000. Razem z bledem 1/2000,
wynikajacym z pominiecia ogona, dostajemy blad nie wiekszy
niz 1/1000.
W dalszym ciagu nie bede bral pod uwage bledu dziesietnego.
Warto jednak pamietac, ze im prostszy wzor, tym mniej okazji
do takich bledow.
-- * -- * -- * --
Wzor Leibniza jest granicznym przypadkiem szeregu
Taylora:
ln(1+x) = x - x^2/2 + x^3/3 - x^4/4 + ...
ktory rzeczywiscie jest zbiezny do ln(1+x) gdy |x| < 1.
Wzor Leibniza otrzymujemy formalnie z szerewgu Taylora
przez podstawienie x = 1, czyli na granicy przedzialu
|x| < 1, ale juz na zewnatrz. Dlatego dowod wzoru Leibniza
poprzez wzor Taylora wymaga dodatkowego wysilku (na ktory na
P-L jestewsmy za leniwi).
Wszystko jedno szereg Taylora jest pozyteczny
w liczeniu ln(2):
ln(2) = -ln(1/2) = -ln(1 - 1/2)
= 1/2 + (1/2)^2/2 + (1/2)^3/3 + (1/2)^4/4 + ...
Postep uzyskalismy ogromny. Tym razem zeby wyliczyc ln(2)
wystarczy 10 wyrazow szeregu. Ogon, ktory pominiemy szacuje
sie od gory przez szereg geometryczny nastepujaco:
(1/2)^11/11 + (1/2)^12/12 + ... <
(1/2)^11/11 + (1/2)^12/11 + (1/2)^13/11 + ...
= (1/2)^10/11 < 1/11000
Blad spowodowany usunieciem ogonu jest mniejszy niz
1/10K (K - tysiac). Gdyby wyrazy szeregu porachowac dosc
dokladnie to ostateczny blad po przejsciu do notacji
dziesietenj moglby wciaz byc mniejszy niz 1/10K, a juz
z latwoscia mniejszy od 1/1000.
Im wiekszej za/damy dokladnosci tym dramatyczniejszy
jest postep, ktory zawdzieczamy metodzie szeregu Taylora.
Dla dokladnosci 1/M (M - milion) wystarczy 20 wyrazow
powyzszego szeregu Taylora, podczas gdy poprzednia metoda
wymagala miliona wyrazow.
-- * -- * -- * --
Na tym nie koniec. W matematyce nigdy nie ma konca zabawie.
Poniewaz:
2 = (1 + 1/3) / (1 - 1/3)
to:
ln(2) = ln(1 + 1/3) - ln(1 - 1/3)
Mozemy teraz przedstawic ln(2) jako sume dwoch
szeregow Taylora, dla ln(1 + 1/3) i dla ln(1 - 1/3),
ktorych co drugi wyraz jest identyczny, a co drugi
kasuje sie z odpowiedznim wyrazem drugiego szeregu,
bo roznia sie tylko znakiem. Dostajemy:
ln(2) = 2 * (1/3 + (1/3)^3/3 + (1/3)^5/5 + (1/3)^7/7 + ...)
O ile poprzedni szereg przypominal szereg geometryczny
o ilorazie 1/2, to obecny przypomina szereg geometryczny
o ilorazie (1/3)^2 = 1/9, a wiec zbiega wyraznie szybciej.
Tym razem juz 3 wyrazy zapewnia nam dokladnosc 1/1000,
a 6 wyrazow da dokladnosc 1/M.
Teraz nawet na oko widac, ze ln(2) tylko niewiele przekracza 2/3.
-- * -- * -- * --
Zabawa zaczela sie rozkrecac dopiero teraz. Istnieja bowiem
wyrazenia takie jak:
2 = (4/3)^2 * 9/8
ktore pozwalaja liczyc logarytm jeszcze szybciej:
ln(2) = 2*ln(4/3) + ln(9/8)
Chociaz postep nie bedzie juz tak dramatyczny, to
sam problem staje sie wciaz ciekawszy.
Zreszta podobne wzory mozna dosatac takze dla innych liczb:
3 = (4/3)^3 * (9/8)^2
5 = (3/2)^4 * 80/81
Mozna wprowadzic miare na to jak szybkie sa rozne
wzory, po czym mozna starac sie ustanowic jak
najlepszyt rekord.
Taka miare wprowadzilem prawie 30 lat temu,
a takze znalazlem wzory, ktore wygladaja
znacznie bardziej imponujaco niz powyzsze.
Ale nie chce pisac za duzo w proznie, wiec koncze
i na wszelki wypadek pozdrawiam (a nuz ktos tu dotarl),
Wlodek
