甲、 近似函數值 :

• 利用 「微分函數」(differential function) , 迅速但不精細_.

• 利用 「_Taylor 展開式」 _: 在_Taylor 定理中_, 若函數_f 於_Nδ(p) 為_n 階可微_, 則

∀ x ∈ Nδ^∗(p), ∃ c ∈ (p, x) 或_{(x, p)} 使得 f (x) = f (p) + f^′(p)(x − p) + f^′′(p)

2! (x − p)²+ · · · +f⁽ⁿ⁻¹⁾(p)

(n − 1)!(x − p)ⁿ⁻¹+f⁽ⁿ⁾(c)

n! (x − p)ⁿ

= P_n−1(x) + Rn(x).

我們將以 _Pn−1(x) 做為 _{f (x)} 之一近似值_, 而視 _Rn(x) 則為誤差_{. (}參見拙著 《 微積分學．電子書 _2.1 版》 第四章第一節及第五節_{. )}

[註_{] :} 利用 「微分函數」 方法等於只利用 _P1(x) 做為 _{f (x)} 之近似值_, 不討論誤差 之控制_.

乙、

近似根值

_: 以_Newton 迭代法_, 求 _{f (x) = 0}之根的近似值_, 應有以下諸步驟_. 若欲解方程式 _{f (x) = 0}之一近似根至小數第 _k 位_.

1^◦ 先求 _f^′_{(x) ;}

2^◦ 令 _{g(x) = x −} ^{f (x)} f^′(x) ;

3^◦ 利用 _Bolzano 定理或繪圖法_, 估計欲求之根_r 的大略位置_, 令之為 _x1. 其次求 x₂ = g(x₁) , 至小數_{k + 1} 位_,

x3 = g(x2) , 至小數_{k + 1} 位_, ...

xn+1 = g(xn) , 至小數_{k + 1} 位_, 直至 _xn+1 與_xn 之前_{k + 1} 位小數相同時停止 _. 4^◦ 由上述 _xn 以四捨五入法求出 _k 位小數之近似值 _{s .}

5^◦ 驗算 _: 令_{ǫ = 10}^−k_{/2 ,} 若 _{f (s + ǫ)}與_{f (s − ǫ)} 異號_, 則 _s確為吾人所需_. 理由 為

s − ǫ < r < s + ǫ ⇔ −ǫ < r − s < ǫ ⇔ |r − s| < ǫ = 10^−k/2.

◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ •

第¹² 單元 近似值問題 97

♠ (12-1) 試利用 「微分函數」(differential function) 以求 ^√_8.98 之近似值_.

分析 當 _|h| 很小時_{, f}^′_{(p) · h} 可做為 f (p + h) − f(p) 之近似值_. 但當 _|h| 並非很小時_, 這種方法並不精確_, 應改以_Taylor 定理方法解決_.

(不少學者習慣以 _{dy = y}^′_dx 做為 _{∆y =}

def f (x + dx) − f(x) 之近似值_{. )} 解 設_{f (x) =}^√x, p = 9, h = −0.02,則

√8.98 = f (8.98) = f (9 − 0.02)

= f (p + h)

≈ f(p) + f^′(p) · h

= f (9) + f^′(9) · (− 0.02)

=√

9 + 1 2√

9 · (− 0.02)

= 2.9967.

♠ (12-2) 試以下列方法求 ^√₃之近似值_, 使誤差之絕對值小於 _{5 · 10}⁻⁵ _. (a) 以 _Taylor 展開式求之 _;

(b) 以 _Newton 迭代法求之 _.

分析 以 _Taylor 展開式求近似值時_, 必須令餘項之絕對值 _|Rn(x)| 小於指定誤差 _{5 · 10}⁻⁵_, 再以逆推法求出 _{n ,} 最後再以_{n − 1} 次_Taylor 多項式 _Pn−1(x)做為原題之近似值_. 解 _(a) 因 ^√_{3 =}^√_{4 − 1 ,} 故令 f : (0, +∞) → R : f(x) =√

x , 則 f^′(x) = 1

2x^−1/2, f^′(4) = 1

2· 1 2, f^′′(x) = 1

2· −1

2 x^−3/2, f^′′(4) = 1 2 · −1

2 · 1 2³, f^′′′(x) = 1

2 ·−1 2 · −3

2 x^−5/2, f^′′′(4) = 1 2· −1

2 · −3 2 · 1

2⁵, ...

f⁽ⁿ⁻¹⁾(x) = 1 2 · −1

2 · −3

2 · · ·−(2n − 5)

2 x^{−(2n−3)/2}, f⁽ⁿ⁻¹⁾(4) = 1

2· −1 2 · −3

2 · · ·−(2n − 5)

2 · 1

2²ⁿ⁻³, f⁽ⁿ⁾(x) = 1

2 · −1 2 · −3

2 · · ·−(2n − 3)

2 x^{−(2n−1)/2} = (−1)ⁿ⁻¹1 · 3 · · · (2n − 3) 2ⁿ· x^(2n−1)/2 .

是以_f 在點 _{p = 4} 之_Taylor 展開式為 f (x) = f (4) + f^′(4)(x − 4) + f^′′(4)

2! (x − 4)²+ · · · +f⁽ⁿ⁻¹⁾(4)

(n − 1)!(x − 4)ⁿ⁻¹+ Rn(x)

= 2 + x − 4

2² −(x − 4)² 2! 2⁵ + · · ·

+ (−1)ⁿ⁻²1 · 3 · · · (2n − 5)

(n − 1)! 2³ⁿ⁻⁴ (x − 4)ⁿ⁻¹+ Rn(x), 其中

Rn(x) = f⁽ⁿ⁾(c)

n! (x − 4)ⁿ = (−1)ⁿ⁻¹1 · 3 · · · (2n − 3)

2ⁿ· n! c^(2n−1)/2 (x − 4)ⁿ. c 介於 ₄與 _x 之間_, 令 _{x = 3 ,} 餘項為誤差_, 由題意應有_,

|Rⁿ(3)| < 5 · 10⁻⁵ ⇔  

(−1)ⁿ⁻¹1 · 3 · · · (2n − 3)

2ⁿ· n!c^(2n−1)/2 (3 − 4)ⁿ 

< 5 · 10⁻⁵

⇐ 1 · 3 · 5 · · · (2n − 3)

2ⁿ· n! 3^(2n−1)/2 < 5 · 10⁻⁵,



∵c ∈ (3, 4) ⇒ 1 c < 1

3



⇐ 1 · 3 · 5 · · · (2n − 3)

2ⁿ· n! 3ⁿ⁻¹ < 5 · 10⁻⁵, 

∵3^(2n−1)/2> 3ⁿ⁻¹

⇐ n ≥ 7 , (令n = 1, 2, · · · 逐一測試_{. )} 此時_,

√3之近似值 _{= P6(x) = 2 −} ¹

1! · 2² − 1

2! · 2⁵ − 1 · 3

3! · 2⁸ −1 · 3 · 5

4! · 2¹¹ − 1 · 3 · 5 · 7 5! · 2¹⁴

−1 · 3 · 5 · 7 · 9 6! · 2¹⁷

= 1.7321.

(b) 設 f : R → R : f(x) = x² − 3, 則 _{f (x) = 0} 之一根為 ₃^1/2_, 誤差之絕對值小於 5 · 10⁻⁵ 代表近似根至小數第 ₄ 位_. 因為 _f^′₍₃^1/2_{) = 2 · 3}^1/2 _{6= 0 ,} 又_f^′′_{(x) = 2} 為連續_, 滿足牛頓迭代法之條件_. 令

g(x) = x − f (x)

f^′(x) = x −x²− 3

2x = x²+ 3 2x , 取 _{x1 = 2 ,} 則

x2 = g(x1) = 1.75, x3 = g(x2) = 1.73214, x₄ = g(x₃) = 1.732105, x5 = g(x4) = 1.732105.

第¹² 單元 近似值問題 99 令近似根 s = 1.7321 , 則因 f (1.73205) < 0 , f (1.73215) > 0 , 知 _{s = 1.7321} 為所欲求_.

♠ (12-3)

(a) 試求 _cos 之_n 階 _Maclaurin 展開式_, 其中 _n 為奇數_;

(b) 利用 _(a) 以求 _{cos 5}^◦ 之近似值至第六位小數₍即誤差之絕對值小於 _{5 · 10}⁻⁷_).

分析 可能有人認為要解決 _{cos 5}^◦ 之近似值只要打開計算器或電腦即可_, 不需如此大費周章_, 其實_, 電腦中正是以 Taylor (or Maclaurin) 展開式解決諸特殊函數之近似值_.

解 _(a) 令 f (x) = cos x , 則

f (x) = cos x, f (0) = 1,

f^′(x) = − sin x, f^′(0) = 0, f^′′(x) = − cos x, f^′′(0) = −1, f^′′′(x) = sin x, f^′′′(0) = 0, f⁽⁴⁾(x) = cos x, f⁽⁴⁾(0) = 1,

... ...

f^(2k)(x) = (−1)^kcos x, f^(2k+1)(x) = (−1)^k+1sin x, 顯然 _cos 在點 ₀之奇數階導數皆為 _0.

n 為奇數_, 令 n = 2k + 1, k ∈ N , 則_{∀x ∈ R}^∗, ∃ c ∈ (0, x) or (x, 0) 使得 f (x) = f (0) +f^′(0)

1! x + · · · + f^(2k−1)(0)

(2k − 1)!x^2k−1+f^(2k)(0)

(2k)! x^2k+ R2k+1(x)

= 1 − x² 2! +x⁴

4! − x⁶

6! − · · · + (−1)^k

(2k)! x^2k+(−1)^k+1sin c (2k + 1)! x^2k+1. 此乃為 _{sin x}之 _{n = 2k + 1} 階_Maclaurin 展開式_.

(b) 由題意_“ 誤差之絕對值 _”小於 _{5 · 10}⁻⁷_, 令 _{x = 5}^◦ ₌ ^{5 · π} 180 = π

36, 應有

|R^2k+1(x)| < 5 · 10⁻⁷ ⇔  

sin c (2k + 1)!(π

36)^2k+1

 < 5 · 10⁻⁷

⇐ 1

(2k + 1)!(π

36)^2k+1< 5 · 10⁻⁷

⇐ 10⁷ 5 (π

36)^2k+1< (2k + 1)!

⇐ k ≥ 2 , (註₎

(註_: 利用計算器_, 令 _{k = 1, 2}逐一測試_, 此處 _{k = 2} 即已成功_{. )} 取 _{k = 2,} 則

P₄(0.0872665) = 1 − (0.0872665)²

2 + (0.0872665)⁴

24 = 0.9961947.

故 _{cos 5}^◦ 六位小數之近似值為 _0.996195.

♠ (12-4)

(a) 試求 f (x) = sinh x 之 _n 階_Maclaurin 展開式_;

(b) 試求 _{sinh 1} 之一近似值_, 使其誤差之絕對值小於 ₁₀⁻⁴_.

分析 由給定 「誤差之絕對值」 範圍以求項數 _n 時_, 常遭遇 _|f⁽ⁿ⁾_(c)| 之上界如何求得_, 一 旦克服_, 困難也可迅速解決_.

解 _(a) 由於

f (x) = sinh x, f (0) = 0, f^′(x) = cosh x, f^′(0) = 1, f^′′(x) = sinh x, f^′′(0) = 0, f^′′′(x) = cosh x, f^′′′(0) = 1, f⁽⁴⁾(x) = sinh x, f⁽⁴⁾(0) = 0,

... ...

f^(2k−1)(x) = cosh x, f^(2k−1)(0) = 0, f^(2k)(x) = sinh x,

故 _f 之 n = 2k, (k ∈ N), 階 _Maclaurin 展開式為 _{∀ x ∈ R}^∗, ∃ c ∈ (0, x) 或 (x, 0) 使得

f (x) = f (0) + f^′(0)x + f^′′(0)

2! x²+ · · · + f^2k−1(0)

(2k − 1)!x^2k−1+f^(2k)(c) (2k)! x^2k

= x + x³ 3! +x⁵

5! + · · · + x^2k−1

(2k − 1)!+ R2k(x).

內 _{R2k(x) =} ^{sinh c} (2k)!x^2k.

(註_{: n} 為奇數時, f Maclaurin 展開式同理_, 略之_{. )}

第¹² 單元 近似值問題 101

(b) 由原設_“誤差之絕對值_” 小於 ₁₀⁻⁴ 知

|R^2k(1)| < 10⁻⁴ ⇐ sinh c

(2k)! < 10⁻⁴

⇐ 1.5

(2k)! < 10⁻⁴,



∵ 0 < sinh c < sinh 1 = e − e⁻¹ 2 < e

2 < 3 2



⇐ k ≥ 4.

亦即 _{sinh 1} 之近似值為 _{1 +} ¹ 3! + 1

5! + 1

7! = 1.1752.

♠ (12-5)

(a) 試求 f (x) = ln(1 + x) 之_n 階 _Maclaurin 展開式 _;

(b) 利用 _(a) 求 _{ln 2} 之近似值時_, 若欲使誤差之絕對值小於 ₁₀⁻⁵_. 試問 _n 至少應為 多少 _? 並將近似值表為有限級數 ₍不必化簡_).

分析 題目之用意在於 _: 測試讀者使用逆推法以求 「項數」_n 之能力_. 解 _(a) 因為

f^′(x) = (1 + x)⁻¹, f^′(0) = 1, f^′′(x) = −(1 + x)⁻², f^′′(0) = −1, f^′′′(x) = 2!(1 + x)⁻³, f^′′′(0) = 2!, f⁽⁴⁾(x) = −3!(1 + x)⁻⁴, f⁽⁴⁾(0) = −3!,

... ...

f⁽ⁿ⁻¹⁾(x) = (−1)ⁿ(n − 2)!(1 + x)⁻ⁿ⁺¹, f⁽ⁿ⁻¹⁾(0) = (−1)ⁿ(n − 2)!, f⁽ⁿ⁾(x) = (−1)⁽ⁿ⁺¹⁾(n − 1)!(1 + x)⁻ⁿ.

對於 x > 0 , (或 −1 < x < 0 ) , 由 _Taylor 定理知_, 存在 c ∈ (0, x), ( 或 c ∈ (x, 0) ) 使得

ln(1 + x) = f (0) + f^′(0)

1! x +f^′′(0)

2! x²+f^′′′(0)

3! x³+ · · · +f⁽ⁿ⁻¹⁾(0)

(n − 1)! xⁿ⁻¹+ f⁽ⁿ⁾(c) n! xⁿ

= x −1

2x²+1

3x³− · · · + (−1)ⁿ 1

n − 1xⁿ⁻¹+ (−1)ⁿ⁺¹ 1

n(1 + c)ⁿxⁿ. 此為 f (x) = ln(1 + x) 之_n 階 _Maclaurin 展開式_.

(b) 由題意_, 令 _{x = 1 ,} 因誤差之絕對值_{< 10}⁻⁵_, 應有

|Rⁿ(1)| < 10⁻⁵ ⇔ 1

n(1 + c)ⁿ < 10⁻⁵

⇐ 1

n ≤ 10⁻⁵, ( ∵ 1/(1 + c)ⁿ < 1 )

⇐ n ≥ 10⁵. 取 n = 100, 000 , 此時 _{ln 2} 之近似值為

P_n−1(1) = 1 − 1 2+ 1

3− · · · + 1 99999.

(

註

_{: 由上述答案知, 以此一方法求 ln 2 之近似值, 似乎不太高明, 下一題有更}

好的方法_{. )}

♠ (12-6) (續上題₎ 利用_ln^{ 1 + x} 1 − x

之_Maclaurin 展開式_, 試求_{ln 2} 之近似值_, 使其誤差 之絕對值小於 ₁₀⁻⁵_{. (}提示 _: 令 x = 1/3 ) .

分析 上題為求 _{ln 2} 之近似值_, 使用 ln(1 + x) , 需要一個 ₉₉₉₉₉ 項之級級_, 改用本法只 需不到十項_.

解 令f : (−1, 1) → R : f(x) = ln(1 + x) − ln(1 − x) . 則∀x ∈ (−1, 1), f^′(x) = (1 + x)⁻¹+ (1 − x)⁻¹,

f^′′(x) = −(1 + x)⁻²+ (1 − x)⁻², f^′′′(x) = 2(1 + x)⁻³+ 2(1 − x)⁻³, f⁽⁴⁾(x) = −3!(1 + x)⁻⁴+ 3!(1 − x)⁻⁴,

...

f⁽ⁿ⁻¹⁾(x) = (−1)ⁿ(n − 2)!(1 + x)⁻⁽ⁿ⁻¹⁾+ (n − 2)!(1 − x)⁻⁽ⁿ⁻¹⁾, f⁽ⁿ⁾(x) = (−1)ⁿ⁺¹(n − 1)!(1 + x)⁻ⁿ+ (n − 1)!(1 − x)⁻ⁿ,

故_f 在點之_Maclaurin 展開式為_{, ( n} 為奇數₎ f (x) = f (0) + f^′(0)x + f^′′(0)

2! x²+ f^′′′(0)

3! x³+ · · · + f⁽ⁿ⁻¹⁾(0)

(n − 1)!xⁿ⁻¹+ Rn(x)

= 0 + 2x + 0 + 2x³

3 + 0 + · · · + 2xⁿ⁻²

n − 2 + 0 + Rn(x)

= 2 x + x

3 + · · · + xⁿ⁻² n − 2



+ Rn(x), 內_{Rn(x) =} ¹

n

 1

(1 + c)ⁿ + 1 (1 − c)ⁿ

xⁿ, 而_c 介於0 與 _x間_. 令 _{x = 1/3 ,} 是以

ln 2 = f 1 3

= 2 1 3 + 1

3 · 3 + · · · + 1 (n − 2) · 3ⁿ⁻²

+ Rn

 1 3

.

第¹² 單元 近似值問題 103

由 

Rⁿ

 1 3



 < 10⁻⁵ ⇔ 1 n

 1

(1 + c)ⁿ + 1 (1 − c)ⁿ

 1

3ⁿ < 10⁻⁵

⇐ 1

n3ⁿ



1 + 1

(1 −¹3)ⁿ



< 10⁻⁵

⇐ n ≥ 13.

取_{n = 13 ,} 故 _{ln 2} 之近似值為 P12 = 2 1

3+ 1

3 · 3³ + 1

5 · 3⁵ + 1

7 · 3⁷ + 1

9 · 3⁹ + 1 11 · 3¹¹



= 0.69315.

♠ (12-7) 設_L乃過點_{(1, 0)}且為曲線 _{y = x}² 之法線_, 此法線與曲線之交點為_{(x0, x}²_{0) ,} 試 求_x0 之近似值至小數第四位_.

分析 本題需先求曲線外之點 _(1,0) 的法線_, 最後以牛頓迭法解出 _x0 之近似值_.

解 設 _{F (x) = x}²_, 故 _F^′_{(x) = 2x .} 點 _(1,0) 和交點為 _{(x0, x}²₀₎ 連線之斜率為 ^x

20

x0− 1, 而過點_{(x0, x}²₀₎ 之切線斜率為 _2x0, 應有

x²₀

x0 − 1 = − 1 2x0

, 亦即 _2x³_{0+ x0− 1 = 0 .} 以牛頓迭代法解_x0 之近似值_.

1^◦ 設_{f (x) = 2x}³_{+ x − 1,} 則_f^′_{(x) = 6x}²_{+ 1 .} (注意 _{: f} 與 _F 勿相混_{. )}

2^◦ 令

g(x) = x − f (x)

f^′(x) = x −2x³+ x − 1 6x²+ 1 . 3^◦ 由圖中我們可看出_2x³+ x − 1 = 0 之根 _x0 應在_0.5

附近_, 取_{x1 = 0.5,}則

x2 = g(x1) = 0.6, x3 = g(x2) = 0.58975, x4 = g(x3) = 0.58975,

4^◦ 上述 _x3 之小數第五位四捨五入得 s = 0.5898 .

圖_12–1

5^◦ 驗算 _: 因 f (0.58985) > 0, f (0.58975) < 0 , 故知 _x0 之近似值為 _0.5898.

♠ (12-8) 設曲線 _{y = sin x} 與y = exp(−x) 於最接近原點之交點為 _{(x0, y0).}

(a) 繪出此二曲線及其交點之簡圖 _; (b) 試求 _x0 之近似值至小數第五位 _.

分析 繪圖之後得知交點之橫坐標在 _0.5附近_, 可用以為牛頓迭代法之初始點_, 解題時則應 令f (x) = sin x − e^−x, 而尋找_{f (x) = 0} 之根_.

解 _(a) 此二曲線及其交點之簡圖如下 _:

圖 _12–2

(b) 設 f (x) = sin x − e^−x, 則 _f^′(x) = cos x + e^−x, 令 g(x) = x − f (x)

f^′(x) = x − sin x − e^−x cos x + e^−x, 利用牛頓迭代法求 _{f (x) = 0}之根 _x0, 取_{x1 = 0.5 ,} 則

x2 = g(x1) = 0.585644, x3 = g(x2) = 0.588529, x4 = g(x3) = 0.588533, x5 = g(x4) = 0.588533,

令 s = 0.58853 , 則因 f (0.588525) < 0 , f (0.588535) > 0 , 故知 _x0 之五位小 數近似值為 _0.58853.

♠ (12-9) 設過點 _{(−1, 0)} 且與自然對數函數 _ln 相切之切點為 (a, ln a) , 試以 _Newton 迭代 法_, 求之 _a 之近似值至第四位小數_.

分析 為了方便_, 微積分教師常設計相對容易計算的題目_, 然而應用上又常遇到難以處理的 問題_, 此時_, 近似值就成了最佳工具_.

第¹² 單元 近似值問題 105

圖 _12–3

解 切點為(a, ln a) , 切線之斜率為 _ln^′(a) = 1/a , 故切線為 _{y − ln a =} ¹

a(x − a) , 因其 經過點_{(−1, 0) ,} 是以

0 − ln a = 1

a(−1 − a),

亦即_a為方程式a ln a − a − 1 = 0 之根_, 令f (x) = x ln x − x − 1 , 我們將以_Newton 迭代法求 _{f (x) = 0}之近似根_.

1^◦ 令 _{g(x) = x −} ^{f (x)}

f^′(x) = x −x ln x − x − 1

ln x = x + 1 ln x . 2^◦ 令 _{x1 = 4 ,} 則

x2 = g(x1) = 3.60673, x3 = g(x2) = 3.59115⁻, x₄ = g(x₃) = 3.59115⁻. 3^◦ 上述 _x4 四捨五入得 _a 之四位小數之近似值為 s = 3.5911 .

4^◦ 驗算 _: 因 f (3.59105) > 0, f (3.59115) < 0 , 故知 _a 之第四位小數近似值為 3.5911.

♠ (12-10) 某君於某年元旦起每月初存款_M 元於某銀行_, 存入₁₂次後於翌年元旦領回本利

和_, 假設利息係按月以複利計算 _.

(a) 設月利率為 _{r ,} 試將本利和_A 表為 _r 與_M 之函數_;

(b) 若 M = 900, A = 12, 000 , 試利用 _Newton 迭代法以求 _r 之近似值至小數第四 位_.

分析 在華人地區許多人參加 「互助會」_, 例如某甲為某一互助會之會腳_, 自某年元旦起每 個月月初將 「活會款」 ₉₀₀ 元交給 「會頭」_, 交了十二次_, 某甲乃 ₁₂ 名 「會腳」 最後一 位_, 第二年元旦 「會頭」 將收來的會款 ₍每位 「死會」 付 ₁₀₀₀ 元₎ 共計 _12,000 元交給 某甲_, 此一情況與 _(b) 題相同_.

解 _{(a) A = M} X12 k=1

(1 + r)^k = M(1 + r)((1 + r)¹²− 1) (1 + r) − 1 . (b) 為方便計令a = 1 + r , 則

A = 12000 ⇔ 900a(a¹²− 1)

a − 1 = 12000

⇔ 3a¹³− 3a = 40a − 40

⇔ 3a¹³− 43a + 40 = 0.

令 _{f (a) = 3a}¹³− 43a + 40 , 求_{f (a) = 0} 之近似根_. 因 _f^′_{(a) = 39a}¹²_{− 43 ,} g(a) = a − f (a)

f^′(a) = a − 3a¹³− 43a + 40 39a¹²− 43 , 並取 _{a1 = 1.02 ,} 則

a2 = g(a1) = 1.016159, a3 = g(a2) = 1.0161037, a4 = g(a3) = 1.0161037,

令 s = 1.0161 , 則因 f (1.01615) > 0, f (1.01605) < 0, 知 _s 為 _a 之四位小數近 似值_, 即月利率 _r 之四位小數近似值為 0.0161 = 1.61% .

[註_{] :} 這麼高的利率只發生在高通膨的年代_.

♠ (12-11) 設一平行於_X軸之直線與_{y = cosh x}相交而得一 弦_, 試求此弦之長度之近似值至第四位小數_, 以使弦之 中點 _B 與 _{y = cosh x} 之頂點 _A 之距離等於弦長_, 亦 即_{AB = QP (}參見右圖_).

[

註

_{] :} 美國密蘇里州的聖路易大拱門 (St. Louis Gate-way Arch) 即為一倒立之懸索線_, 高與寬皆為 ₆₃₀ 呎_. 本題解出點_P 之_x坐標 _x0 後_, 先倒立_, 再將 _{x, y} 皆 予放大 _{k =} ⁶³⁰

2 · x0

= 127.711 倍_, 最後向上平移_, 即 可算出拱門函數 _:

g : [−315, 315] → R : g(x) = k − k · coshx

k + 630.

圖_12–4

分析 若設點 _P 之坐標為 _{(x0, y0) ,} 由原設 _{y0− 1 = 2 x0,} 再設法解出_x0.

第¹² 單元 近似值問題 107 解 設點 _P 之坐標為 _{(x0, y0) ,} 由題意知應解方程式 _{2x0 = cosh x0 − 1 ,} 此方程式不易 以邏輯方式解出 _{a ,} 令 f (x) = cosh x − 2x − 1 , 我們改以 _Newton 迭代法解方程式 f (x) = 0 . 因_f^′(x) = sinh x − 2 , 故令

g(x) = x − f (t)

f^′(t) = x − cosh x − 2x − 1 sinh x − 2 , 令_{x1 = 3 ,} 利用計算器或電腦可求得

x₂ = g(x₁) = 2.61739 x3 = g(x2) = 2.482005 x4 = g(x3) = 2.466680 x5 = g(x4) = 2.466497 x6 = g(x5) = 2.466497.

令s = 2.46650 , 因 f (2.466495) < 0, f (2.466505) > 0 , 故知 _x0 之五位小數近似值 為_{2.46650 ,} 即弦長之四位小數近似值為 _{2x0 = 4.9330 .}

(註 _{: x0} 近似值多取一位小數_, 以免 _2x0 之末位造成誤差_{. )}

在文檔中 顏 國 勇 2012 (頁 96-108)