1. cvičení - Taylorův polynom
https://www2.karlin.mff.cuni.cz/~kuncova/vyuka.php, kuncova@karlin.mff.cuni.cz
Některé příklady máme odsud: Sbírka z mat. analýzy Zemánek Hasil:
https://is.muni.cz/do/rect/el/estud/prif/js12/m_analyza/web/index.html
Příklady
Z definice
1. Rozviňte funkci f (x) = −2x2 − 6x + 2 v bodě a = 4.
Jak vypadá Taylorův polynom polynomu?
Řešení: Začneme derivovat:
f (x) = −4x − 6
f (4) = −22
f (x) = −4
f (4) = −4
Všechny další derivace už jsou rovny 0, čímž jsme získali odpověd na otázku, jak bude
dlouhý rozvoj. Dosadíme:
Tf,4
2 = −54 − 22 (x − 4) −
4
2!
(x − 4)2
= −2x2
− 6x + 2
Vyšel nám původní polynom.
2. Najděte Taylorův polynom 3. stupně v 0 (není-li řečeno jinak)
(a) e−x
Řešení:
f(x) = e−x
, f(0) = 1
f (x) = −e−x
, f (0) = −1
f (x) = e−x
, f (0) = 1
f (x) = −e−x
, f (0) = −1
Tedy
Tf,0
3 = 1 − x +
x2
2
−
x3
3!
.
(b)
√
1 + x
Řešení:
f(x) =
√
1 + x, f(0) = 1
f (x) =
1
2(1 + x)1/2
, f (0) = 1/2
f (x) =
−1
4(1 + x)3/2
, f (0) = −1/4
f (x) =
3
8(1 + x)5/2
, f (0) = 3/8
Matematická analýza 2, 2021/22, Kristýna Kuncová 1
Tedy
Tf,0
3 = 1 +
x
2
−
x2
8
+
x3
16
.
(c) ln x, a = 1
Řešení:
f(x) = ln x, f(1) = 0
f (x) =
1
x
, f (1) = 1
f (x) =
−1
x2
, f (1) = −1
f (x) =
2
x3
, f (1) = 2
Tedy
Tf,1
3 = (x − 1) −
1
2
(x − 1)2
+
2
3!
(x − 1)3
.
(d) arctan x
Řešení:
f(x) = arctan x, f(0) = 0
f (x) =
1
1 + x2
, f (0) = 1
f (x) =
−2x
(1 + x2)2
, f (0) = 0
f (x) =
6x2 − 2
(1 + x2)3
, f (0) = −2
Tedy
Tf,0
3 = x −
2
3!
x3
.
(e) 1
1−x
Řešení:
f(x) =
1
1 − x
, f(0) = 1
f (x) =
1
(1 − x)2
, f (0) = 1
f (x) =
2
(1 − x)3
, f (0) = 2
f (x) =
6
(1 − x)4
, f (0) = 6
Tedy
Tf,0
3 = 1 + x + x2
+ x3
.
3. Odvoďte rozvoje pro následující funkce do n-tého řádu v a = 0.
(a) ex
Řešení: Máme ex = f(x) = f (x) = f (x) = · · · . Pak e0 = 1 = f(0) = f (0) =
f (0) = · · · . Po dosazení do vzorce dostaneme
Tex,0
n = 1 +
1
1
x +
1
2!
x2
+
1
3!
x3
+ · · · +
1
n!
xn
.
Matematická analýza 2, 2021/22, Kristýna Kuncová 2
(b) sin x
Řešení: Platí, že
(sin x)(4n+1)
= cos x, (sin x)(4n+2)
= sin x,
(sin x)(4n+3)
= − cos x, (sin x)(4n)
= − sin x, n ∈ N
a tedy
(sin x)(4n+1)
(0) = 1, (sin x)(4n+2)
= 0, (sin x)(4n+3)
(0) = −1,
(sin x)(4n)
= 0, n ∈ N
všechny sudé derivace jsou tedy nulové a liché lze vyjádřit vztahem
(sin x)(2n+1)
(0) = (−1)n
, n ∈ N
Dohromady
Tsin x,0
2n+1 = x −
x3
3!
+
x5
5!
−
x7
7!
+ · · · + (−1)n x2n+1
(2n + 1)!
(c) cos x
Řešení: Platí, že
(cos x)(4n+1)
= − sin x, (cos x)(4n+2)
= − cos x,
(cos x)(4n+3)
= sin x, (cos x)(4n)
= cos x, n ∈ N
a tedy
(cos x)(4n+1)
(0) = 0, (cos x)(4n+2)
= −1, (cos x)(4n+3)
(0) = 0,
(cos x)(4n)
= 1, n ∈ N
všechny liché derivace jsou tedy nulové a sudé lze vyjádřit jedním vztahem
(cos x)(2n)
(0) = (−1)n
, n ∈ N
Dohromady
Tcos x,0
2n+1 = 1 −
x2
2!
+
x4
4!
−
x6
6!
+ · · · + (−1)n x2n
(2n)!
(d) ln(1 + x) Řešení: Platí, že
[ln(1 + x)] =
1
1 + x
, [ln(1 + x)] = −
1
(1 + x)2
,
[ln(1 + x)] =
1 · 2
(1 + x)3
, [ln(1 + x)] = −
1 · 2 · 3
(1 + x)4
odkud lze vyvodit, že
[ln(1 + x)](n)
= (−1)n+1 (n − 1)!
(1 + x)n
.
Matematická analýza 2, 2021/22, Kristýna Kuncová 3
V nule dostaneme
[ln(1 + x)](n)
(0) = (−1)n+1
(n − 1)!
Dohromady
T
ln(1+x)x,0
2n+1 = x −
x2
2
+
x3
3
−
x4
4
+
x5
5
− · · · + (−1)n+1 xn
n
4. Najděte Taylorovy polynomy:
(a)
√
x, v 1 do 5. stupně
Řešení:
f(x) =
√
x, f(1) = 1
f (x) =
1
2
x−1/2
, f (1) = 1/2
f (x) =
−1
4
x−3/2
, f (1) = −1/4
f (x) =
3
8
x−5/2
, f (1) = 3/8
f(iv)
(x) =
−3 · 5
16
x−7/2
, f(iv)
(1) = −15/16
f(v)
(x) =
3 · 5 · 7
32
x−9/2
, f(v)
(1) = 3 · 5 · 7/32
Tedy
Tf,1
5 = 1 +
1
2
(x − 1) −
1
4 · 2
(x − 1)2
+
3
8 · 3!
(x − 1)3
−
15
16 · 4!
(x − 1)4
+
105
32 · 5!
(x − 1)5
(b) cos xπ
2 , v 1, do 9. stupně
Řešení:
f(x) = cos
xπ
2
, f(1) = 0
f (x) = −
π
2
sin
xπ
2
, f (1) = −
π
2
f (x) = −
π
2
2
cos
xπ
2
, f (1) = 0
f (x) =
π
2
3
sin
xπ
2
, f (1) =
π
2
3
f(iv)
(x) =
π
2
4
cos
xπ
2
, f(iv)
(1) = 0
f(v)
(x) = −
π
2
5
sin
xπ
2
, f(v)
(1) = −
π
2
5
...
Tedy
Tf,1
9 = −
π
2
(x−1)+
(π/2)3
3!
(x−1)3
−
(π/2)5
5!
(x−1)5
+
(π/2)7
7!
(x−1)7
−
(π/2)9
9!
(x−1)9
(c) 1−x
1+x, v 0, do 7. stupně
Matematická analýza 2, 2021/22, Kristýna Kuncová 4
Řešení:
f(x) =
1 − x
1 + x
, f(0) = 1
f (x) =
−2
(1 + x)2
, f (0) = −2
f (x) =
−2(−2)
(1 + x)3
, f (0) = 4
f (x) =
−2(−2)(−3)
(1 + x)4
, f (0) = −2 · 3!
f(iv)
(x) =
−2(−2)(−3)(−4))
(1 + x)5
, f(iv)
(0) = 2 · 4!
...
Tedy
Tf,0
7 = 1 − 2x + 2x2
− 2x3
+ 2x4
− 2x5
+ 2x6
− 2x7
(d) x2ex, v 0
Řešení: Máme
Tex,0
n = 1 + x +
x2
2!
+
x3
3!
+ · · · +
xn
n!
Tedy
Tx2ex,0
n = x2
1 + x +
x2
2!
+
x3
3!
+ · · · +
xn
n!
= x2
+ x3
+
x4
2!
+
x5
3!
+ · · · +
xn+2
n!
(e) x ln x, v 1, do 4. stupně
Řešení:
f(x) = x ln x, f(1) = 0
f (x) = ln x + 1, f (1) = 1
f (x) =
1
x
, f (1) = 1
f (x) = −
1
x2
, f (1) = −1
f(iv)
(x) =
2
x3
, f(iv)
(1) = 2
Tedy
Tf,1
4 = (x − 1) +
1
2
(x − 1)2
−
1
3!
(x − 1)3
+
2
4!
(x − 1)4
(f) 1
x , v 3, do 5. stupně
Matematická analýza 2, 2021/22, Kristýna Kuncová 5
Řešení:
f(x) =
1
x
, f(3) =
1
3
f (x) = −
1
x2
, f (3) = −
1
32
f (x) =
2
x3
, f (3) =
2
33
f (x) = −
6
x4
, f (3) = −
6
34
f(iv)
(x) =
24
x5
, f(iv)
(3) =
24
35
...
Tedy
Tf,3
5 =
1
3
−
1
32
(x − 3) +
1
33
(x − 3)2
−
1
34
(x − 3)3
+
1
35
(x − 3)4
5. Vyjádřete funkci sin xπ
4 pomocí mocnin x − 2.
Řešení: Budeme hledat Tf,2
n :
f(x) = sin
xπ
4
, f(2) = 1
f (x) =
π
4
cos
xπ
4
, f (2) = 0
f (x) = −
π
4
2
sin
xπ
4
, f (2) = −
π
4
2
f (x) = −
π
4
3
cos
xπ
4
, f (2) = 0
f(iv)
(x) =
π
4
4
sin
xπ
4
, f(iv)
(2) =
π
4
4
f(v)
(x) =
π
4
5
cos
xπ
4
, f(v)
(2) = 0
...
Tedy
Tf,2
n = 1 −
(π/4)2
2!
(x − 2)2
+
(π/4)4
4!
(x − 2)4
−
(π/4)6
6!
(x − 2)6
+
(π/4)8
8!
(x − 2)8
+ · · ·
Použitím vět
6. Odvoďte Taylorův rozvoj funkce v x0 = 0 do m-tého řádu
(a) f(x) = e2x−x2
, m = 5.
Řešení: Podle vztahu pro rozvoj exponenciální funkce dostaneme
e2x−x2
= 1 + (2x − x2
) +
(2x − x2)2
2!
+
(2x − x2)3
3!
+
(2x − x2)4
4!
+
(2x − x2)5
5!
=
= 1+(2x−x2
)+
1
2
(4x2
−4x3
+x4
)+
1
6
(8x3
−12x4
+6x5
+o(x5
))+
1
24
(16x4
−32x5
+o(x5
))
Matematická analýza 2, 2021/22, Kristýna Kuncová 6
+
1
120
(32x5
+ o(x5
)) =
= 1 + 2x + x2
−
2
3
x3
−
5
6
x4
−
1
15
x5
+ o(x5
)
(b) f(x) = 1 − 2x + x3 −
3
1 − 3x + x2, m = 3.
Podle vztahu pro rozvoj mocniny je
(1+(−2x+x3
))1/2
= 1+
1
2
(−2x+x3
)+
1
2(1
2 − 1)
2!
(−2x+x3
)2
+
1
2(1
2 − 1)(1
2 − 2)
3!
(−2x+x3
)3
+o(x3
) =
= 1 +
−2x + x3
2
+ −
4x2
8
+ o(x3
) +
3
8
1
6
(−8x3
) + o(x3
) + o(x3
) =
= 1 − x −
x2
2
+ o(x3
)
Pro další mocninu dostaneme
(1+(−3x+x2
))1/3
= 1+
1
3
(−3x+x2
)+
1
3(1
3 − 1)
2!
(−3x+x2
)2
+
1
3(1
3 − 1)(1
3 − 2)
3!
(−3x+x2
)3
=
= 1 +
−3x + x2
3
+
−1
9
· (9x2
− 6x3
) + o(x3
) +
10
27
·
1
6
· (−27x3
) + o(x3
) =
= 1 − x +
x2
3
− x2
+
2
3
x3
−
5
3
x3
+ o(x3
) = 1 − x −
2
3
x2
− x3
+ o(x3
)
Dohromady dostáváme
1 − 2x + x3 −
3
1 − 3x + x2 =
= 1 − x −
x2
2
+ o(x3
) − 1 − x −
2
3
x2
− x3
+ o(x3
) =
=
1
6
x2
+ x3
+ o(x3
)
(c) f(x) =
1 + x + x2
1 − x + x2
, m = 4.
Řešení: Na nějakém okolí nuly, kde |x − x2| < 1, platí rovnost
1 + x + x2
1 − (x − x2)
= (1 + x + x2
) ·
∞
k=0
(x − x2
)k
=
(1 + x + x2
) + (1 + x + x2
)(x − x2
) + (1 + x + x2
)(x − x2
)2
+(1 + x + x2
)(x − x2
)3
+ (1 + x + x2
)(x − x2
)4
+ o(x4
) =
= (1 + x + x2
) + (x + x2
+ x3
− x2
− x3
− x4
)
+(x2
+ x3
+ x4
− 2x3
− 2x4
+ x4
+ o(x4
)) + (x3
+ x4
− 3x4
+ o(x4
))
+(x4
+ o(x4
)) + o(x4
) =
= 1 + 2x + 2x2
− 2x4
+ o(x4
)
Z jednoznačnosti rozvoje pak vyplývá, že f(4)(0)/4! = −2, a tedy f(4)(0) = −48.
Matematická analýza 2, 2021/22, Kristýna Kuncová 7
(d) f(x) =
(1 + x)100
(1 − 2x)40(1 + 2x)60
, m = 2.
Na nějakém okolí nuly, kde |2x| < 1, platí rovnost
(1 + x)100
(1 − 2x)40(1 + 2x)60
= (1 + x)100
·
∞
k=0
(2x)k
40
·
∞
k=0
(−2x)k
60
= 1 + 100x +
100 · 99
2!
x2
+ o(x2
) · 1 + 2x + 4x2
+ o(x2
)
40
· 1 − 2x + 4x2
+ o(x2
)
60
= 1 + 100x +
100 · 99
2!
x2
+ o(x2
) · 1 + 40 · (2x + 4x2
) +
40 · 39
2!
(2x + 4x2
)2
+ o(x2
)
· 1 − 60 · (2x − 4x2
) +
60 · 59
2!
(2x − 4x2
)2
+ o(x2
)
= 1 + 100x +
100 · 99
2!
x2
+ o(x2
) · 1 + 80x + 160x2
+
40 · 39
2!
4x2
+ o(x2
)
· 1 − 120x + 240x2
+
60 · 59
2!
4x2
+ o(x2
)
= 1 + 60x + (50 · 99 + 4 · 20 · 39 + 4 · 30 · 59 + 100 · 80 − 100 · 120 − 80 · 120 + 160 + 240)x2
+ o(x2
) = 1 + 60x + 1950x2
+ o(x2
)
(e) f(x) = ln(cos x), m = 6.
Řešení:
Je
f(x) = ln(cos x) = ln(1 −
x2
2
+
x4
24
−
x6
720
+ o(x6
)) =
Označme V (x) = −x2
2 + x4
24 − x6
720 + o(x6)
= V (x) −
V (x)2
2
+
V (x)3
3
+ o(x6
) =
= −
x2
2
+
x4
24
−
x6
720
+ o(x6
) −
1
2
x4
4
− 2
x2
2
x4
24
+ o(x6
) +
1
3
−
x6
8
+ o(x6
) =
= −
x2
2
−
x4
12
−
x6
45
+ o(x6
)
(f) f(x) = sin(sin x), m = 3.
Řešení: Je
f(x) = sin(sin x) = sin(x −
x3
6
+ o(x3
)) =
Označme V (x) = x − x3
6 + o(x3)
= V (x) −
V (x)3
6
+ o(x3
) =
= x −
x3
6
+ o(x3
) −
1
6
x −
x3
6
+ o(x3
)
3
+ o(x3
) =
Matematická analýza 2, 2021/22, Kristýna Kuncová 8
= x −
x3
6
+ o(x3
) −
1
6
x3
+ o(x3
) + o(x3
) =
= x −
1
3
x3
+ o(x3
)
(g) f(x) =
3
√
sin x3, m = 13.
Je
f(x) = (x3
−
x9
3!
+
x15
5!
+ o(x21
))1/3
=
= x(1 −
x6
3!
+
x12
5!
+ o(x18
))1/3
Dále budeme aproximovat pouze závorku, stačí do dvanáctého řádu.
(1 −
x6
3!
+
x12
5!
+ o(x18
))1/3
=
Označme V (x) = −x6
3! + x12
5! + o(x18), pak dostaneme
1 +
1
3
V (x) −
2
9
1
2!
V (x)2
+ o(x13
) =
= 1 −
1
3
1
3!
x6
+
1
3
1
5!
x12
−
1
9
1
(3!)2
x12
+ o(x13
) = 1 −
1
18
x6
−
1
3240
x12
+ o(x13
)
Dohromady
f(x) = x −
1
18
x7
−
1
3240
x13
+ o(x14
)
(h) f(x) =
x
ex − 1
, m = 4.
Řešení:
Na vhodném okolí nuly je
x
ex − 1
=
x
x + x2/2! + x3/3! + x4/4! + x5/5! + o(x6)
=
1
1 + x/2! + x2/3! + x3/4! + x4/5! + o(x5)
=
=
∞
k=0
(−1)k x
2!
+
x2
3!
+
x3
4!
+
x4
5!
+ o(x5
)
k
=
Označme V (x) = x
2! + x2
3! + x3
4! + x4
5! + o(x5)
= 1 − V (x) + V (x)2
− V (x)3
+ V (x)4
− V (x)5
+ o(x5
).
Rozveďme jednotlivé mocniny V (x) do pátého řádu.
V (x) =
x
2!
+
x2
3!
+
x3
4!
+
x4
5!
+ o(x5
)
V (x)2
=
x2
2!
+ 2
x3
2!3!
+
x4
3!3!
+ 2
x4
2!4!
+ 2
x5
2!5!
+ 2
x5
3!4!
+ o(x5
)
Matematická analýza 2, 2021/22, Kristýna Kuncová 9
V (x)3
=
x3
2!2!2!
+ 3
x4
2!2!3!
+ 3
x5
2!2!4!
+ 3
x5
2!3!3!
+ o(x5
)
V (x)4
=
x4
2!2!2!2!
+ 4
x5
2!2!2!3!
+ o(x5
)
V (x)5
=
x5
2!2!2!2!2!
+ o(x5
)
Když všechny příspěvky sečteme, resp. odečteme, dostaneme
f(x) = 1 −
1
2
x +
1
12
x2
−
1
720
x4
+ o(x5
)
(i) f(x) = ln
sin x
x
, m = 6.
Sledujte výpočet.
ln
sin x
x
= ln
x − x3/6 + x5/120 − x7/7! + o(x8)
x
= ln 1 − x2
/6 + x4
/120 − x6
/7! + o(x7
) =
označme V (x) = −x2/6 + x4/120 − x6/7! + o(x7) a rozvinutím logaritmu máme
= V (x) −
V (x)2
2
+
V (x)3
3
+ o(x6
) =
= −
x2
6
+
x4
120
−
x6
7!
+ o(x7
) −
1
2
−
x2
6
+
x4
120
−
x6
7!
+ o(x7
)
2
+
1
3
−
x2
6
+
x4
120
−
x6
7!
+ o(x7
)
3
+o(x6
) =
= −
x2
6
+
x4
120
−
x6
7!
−
1
2
x4
36
− 2
x2
6
x4
120
+ o(x6
) +
1
3
−
x2
6
3
+o(x6
)+o(x6
) =
= −
1
6
x2
−
1
180
x4
−
1
2835
x6
+ o(x6
)
(Dokonce o(x7).)
(j) f(x) = tg x, m = 5.
Řešení: Je
f(x) = tg x =
sin x
cos x
= (x −
x3
3!
+
x5
5!
+ o(x5
)) ·
1
1 − x2
2! + x4
4! + o(x5)
=
na vhodném okolí nuly
= (x −
x3
3!
+
x5
5!
+ o(x5
)) ·
∞
k=0
x2
2!
−
x4
4!
+ o(x5
)
k
=
= (x −
x3
3!
+
x5
5!
+ o(x5
)) + (x −
x3
3!
+
x5
5!
+ o(x5
)) ·
x2
2!
−
x4
4!
+ o(x5
) +
(x −
x3
3!
+
x5
5!
+ o(x5
)) ·
x2
2!
−
x4
4!
+ o(x5
)
2
+ o(x5
) =
= (x −
x3
3!
+
x5
5!
+ o(x5
)) +
x3
2!
−
x5
4!
−
x5
3!2!
+ o(x5
) +
x5
2!2!
+ o(x5
) + o(x5
) =
= x +
1
3
x3
+
2
15
x5
+ o(x5
)
Matematická analýza 2, 2021/22, Kristýna Kuncová 10
(k) f(x) = e−x2
arcsin x, m = 5
Řešení: Pro ey máme
ey
= 1 + y +
y2
2
+
y3
3!
+
y4
4!
+
y5
5!
+ o(y5
).
Pak
e−x2
= 1 + −x2
+
x4
2
+
−x6
3!
+
x8
4!
+
−x10
5!
+ o(x10
).
Dále
arcsin x = x +
1
2
x3
3
+
1
2
3
4
x5
5
+ o(x6
)
Dohromady
e−x2
arcsin x = 1 + −x2
+
x4
2
+ o(x5
) · x +
1
2
x3
3
+
1
2
3
4
x5
5
+ o(x6
)
= x + x3
−1 +
1
6
+ x5 3
40
−
1
6
+
1
2
+ o(x5
)
= x −
5
6
x3
+
49
120
x5
+ o(x5
).
(l)
1
3 − 2x
, m = ∞
Řešení:
Nejprve upravíme
1
3 − 2x
=
1
3
·
1
1 − 2x
3
Pak použijeme rozvoj
1
1 − y
=
∞
n=0
yn
= 1 + y + y2
+ y3
+ · · ·
pro y ∈ (−1, 1).
Tedy pro −1 < 2x
3 < 1, tedy pro x ∈ −3
2, 3
2 je
f(x) =
1
3
·
1
1 − 2x
3
=
1
3
∞
n=0
2
3
n
xn
.
Bonus
7. Víte-li, že Taylorův polynom funkce f je Tf,0
3 = 2 − x − x2/3 + 2x3, určete hodnoty
(a) f(0) = 2 (b) f (0) = −1 (c) f (0) = −2/3 (d) f (0) = 12
8. Víte-li, že Taylorova řada cos x v 0 je ∞
n=0(−1)n x2n
(2n)! , jak je na tom 1
2 cos(2x)?
Řešení: D) 1
2 − x2 + x4
3
Matematická analýza 2, 2021/22, Kristýna Kuncová 11
9. Je pravda, že jestliže Tf,0
2 = Tg,0
2 , pak f = g?
Řešení: Ne. Např. f(x) = ex, g(x) = 1 + x + x2
2 .
10. Je pravda, že jestliže Tf,0
2 = 1 + x − x2, pak je f konkávní na okolí 0?
Řešení: Za předpokladu, že f je spojitá na jistém okolí bodu 0, tak ano, protože
f (0) = −2.
11. Který Taylorův polynom bude vhodný k aproximaci hodnoty sin 3, nemáte-li kalkulačku?
Řešení: C) −(x − π) + 1
3!(x − π)3, lepší aproximace dosáhneme u bodu a = π.
Matematická analýza 2, 2021/22, Kristýna Kuncová 12