Taylor biedak:

	3
Korzystając ze wzoru Tayora przybliż ln(√		za pomocą liczby wymiernej z dokłądnością
	2

10⁻³

Adamm:

1

1

x2

x3

x4

(−1)n+1xn

|

ln(1+x)−

(x−

+

−

+...+

)|

2

2

2

3

4

n

	xn+1		1
≤		*
	2(n+1)		(y+1)n+1

y∊[0, 1/2], x = 1/2

xn+1		1		1		1
	*		≤		*
2(n+1)		(y+1)n+1		2n+2		n+1

czyli np. n = 8

	1
to błąd jest mniejszy niż		, czyli niż 10−3
	1024

1		(1/2)3		(1/2)4		(1/2)5		(1/2)9
	ln(1+x) ≈ (1/2)2−		+		−		+...−
2		2		3		4		8

biedak:

	1
Skad sie wzielo		ln(1+x)?
	2

jc: ln 3/2 = − ln 2/3 = −ln (1−1/3) i mamy potęgi 1/3, co daje szybciej zbieżny szereg (chociaż należałoby to sprawdzić, w pierwszym przypadku szereg był naprzemienny, teraz jednak nie mam czasu).

biedak: Okej, chyba rozumiem. Dzięki wielkie!

jc: 0 < ln √3/2 − (1/3 + 1/18 + 1/81 + 1/324 )/2 < 1/1000