Přechod na menu, Přechod na obsah, Přechod na patičku
     

I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta



Věta 26
Funkce f má v bodě x_0 diferenciál (je diferencovatelná v x_0) právě tehdy, když existuje vlastní derivace f'(x_0). Přitom platí

\mathrm{d}f(x_0)(h)=f'(x_0)\cdot h,\quad\text{píšeme též $\mathrm{d}f(x)=f'(x)\,\mathrm{d}x.$}

Pro dostatečně malé h platí:

\hspace*{20mm}f(x_0+h)\doteq f(x_0)+f'(x_0)h,\\quad\text{též $f(x)\approx f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)$ pro $x\to x_0$.}

Věta 27 (Taylorova věta)
Nechť má funkce f v okolí bodu x_0 vlastní derivace až do řádu n+1 pro nějaké n\in\mathbb{N}\cup\{0\}. Pak pro všechna x z tohoto okolí platí tzv. Taylorův vzorec
\hspace*{15mm}f(x)=f(x_0)+\dfrac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+ \dfrac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+
+\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x),
\text{kde} \qquad R_n(x) =\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1},
přičemž \xi je vhodné číslo ležící mezi x_0 a x. Chyba R_n(x) se nazývá zbytek.
  • Zbytek uvedený v Taylorově větě je v tzv. Lagrangeově tvaru, což není jediná možnost jeho vyjádření.
  • Pokud v Taylorově vzorci vynecháme zbytek, obdržíme tzv. Taylorův polynom.
  • Pokud v Taylorově větě položíme x_0=0, získáme tzv. Maclaurinův vzorec, resp. tzv. Maclaurinův polynom.
Příklad č. 295» Zobrazit zadání «

Určete \mathrm{d}f(x_0)(h) pro f(x)=\sqrt{x^2+1} a x_0=1.

Řešení» Zobrazit řešení «

Nejdříve musíme vyčíslit derivaci funkce f(x) v bodě x_0, tj.

f'(x)=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\overset{x_0=1}{\rightsquigarrow}\dfrac{1}{\sqrt{2}},

proto dle definice platí

\mathrm{d}f(1)(h)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}h.

Příklad č. 296» Zobrazit zadání «

Pomocí diferenciálu funkce přibližně určete \sqrt{382}.

Řešení» Zobrazit řešení «

Nejdříve musíme zvolit vhodnou funkci f(x), jejímž vyčíslením obdržíme \sqrt{382}. Zvolíme f(x)=\sqrt{x} (druhou možnou volbou by mohla být např. funkce g(x)=\sqrt[x]{382} ). Nyní musíme zvolit vhodný bod x_0. Tento bod musí být zvolen tak, abychom byli bez problémů schopni vyčíslit funkci f(x) v tomto bodě. Navíc, tento bod by měl být nejbližší možný k zadané hodnotě, abychom se dopustili co nejmenší chyby. Proto zvolíme x_0=400 a h=-18 (aby platilo 382=x_0+h ). Potom vyčíslíme funkci a její derivaci v bodě x_0, tj.

f(x)=\sqrt{x}\overset{x_0=400}{\rightsquigarrow}20, \quad f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\overset{x_0=400}{\rightsquigarrow}\dfrac{1}{40}.

Nyní pomocí diferenciálu funkce obdržíme

f(382)=f(400-18)=\sqrt{382}\approx 20-\dfrac{18}{40}=19,55.

Příklad č. 297» Zobrazit zadání «

Pomocí diferenciálu funkce přibližně určete \sqrt[5]{36}.

Řešení» Zobrazit řešení «

Zvolíme f(x)=\sqrt[5]{x}, x_0=32 a h=4. Potom

f(x)=\sqrt[5]{x}\overset{x_0=32}{\rightsquigarrow}2, \quad f'(x)=\dfrac{1}{5\sqrt[5]{x^4}}\overset{x_0=32}{\rightsquigarrow}\dfrac{1}{80}.

Tedy pomocí diferenciálu funkce dostaneme

f(36)=f(32+4)=\sqrt[5]{36}\approx 2+\dfrac{4}{80}=2,05.

Příklad č. 298» Zobrazit zadání «

Pomocí diferenciálu funkce přibližně určete \operatorname{arctg} 1,1.

Řešení» Zobrazit řešení «

Zvolíme f(x)=\operatorname{arctg} x, x_0=1 a h=0,1. Potom

f(x)=\operatorname{arctg} x\overset{x_0=1}{\rightsquigarrow}\dfrac{\pi}{4}, \quad f'(x)=\dfrac{1}{1+x^2}\overset{x_0=1}{\rightsquigarrow}\dfrac{1}{2}.

Tedy pomocí diferenciálu funkce dostaneme

f(1,1)=f(1+0,1)=\operatorname{arctg} 1,1\approx \dfrac{\pi}{4}+\dfrac{0,1}{2}=\dfrac{\pi}{4}+0,05.

Příklad č. 299» Zobrazit zadání «

Pomocí diferenciálu funkce přibližně určete \ln 1,3.

Řešení» Zobrazit řešení «

Zvolíme f(x)=\ln x, x_0=1 a h=0,3. Potom

f(x)=\ln x\overset{x_0=1}{\rightsquigarrow}0, \quad f'(x)=\dfrac{1}{x}\overset{x_0=1}{\rightsquigarrow}1.

Tedy pomocí diferenciálu funkce dostaneme

f(1,3)=f(1+0,3)=\ln 1,3\approx 0+1\cdot0,3=0,3.

Příklad č. 300» Zobrazit zadání «

Pomocí diferenciálu funkce přibližně určete \sin(-0,22).

Řešení» Zobrazit řešení «

Zvolíme f(x)=\sin x, x_0=0 a h=-0,22. Potom

f(x)=\sin x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}0, \quad f'(x)=\cos x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}1.

Tedy pomocí diferenciálu funkce dostaneme

f(-0,22)=f(0-0,22)=\sin\left(-0,22\right) \approx 0+1\cdot(-0,22)=-0,22.

Příklad č. 301» Zobrazit zadání «

Napište Taylorův polynom pro n=4, x_0=1 a f(x)=x\ln x.

Řešení» Zobrazit řešení «

Než sestavíme Taylorův polynom, musíme vyčíslit funkci a všechny potřebné (tj. až do čtvrtého řádu) derivace v bodě x_0, tj.

f(x) =x\ln x\overset{x_0=1}{\rightsquigarrow}0,
f'(x) =\ln x+1\overset{x_0=1}{\rightsquigarrow}1,
f''(x) =\dfrac{1}{x}\overset{x_0=1}{\rightsquigarrow}1,
f'''(x) =-\dfrac{1}{x^2}\overset{x_0=1}{\rightsquigarrow}-1,
f^{(4)}(x) =\dfrac{2}{x^3}\overset{x_0=1}{\rightsquigarrow}2.

Proto nyní dle definice platí

x\ln x =0+1\cdot(x-1)+\dfrac{1}{2!}(x-1)^2-\dfrac{1}{3!}(x-1)^3+\dfrac{2}{4!}(x-1)^4=
= x-1+\dfrac{1}{2}(x-1)^2-\dfrac{1}{6}(x-1)^3+\dfrac{1}{12}(x-1)^4.
Příklad č. 302» Zobrazit zadání «

Napište Taylorův vzorec pro n=2, x_0=1 a f(x)=\operatorname{arctg} x.

Řešení» Zobrazit řešení «

Nejdříve vyčíslíme funkci a první dvě derivace v bodě x_0 a také spočítáme (ale nevyčíslíme) třetí derivaci, tj.

f(x) =\operatorname{arctg} x\overset{x_0=1}{\rightsquigarrow}\dfrac{\pi}{4},
f'(x) =\dfrac{1}{1+x^2}\overset{x_0=1}{\rightsquigarrow}\dfrac{1}{2},
f''(x) =\dfrac{-2x}{\left(1+x^2\right)^2}\overset{x_0=1}{\rightsquigarrow}-\dfrac{1}{2},
f'''(x) =\dfrac{2\left(3x^2-1\right)}{\left(1+x^2\right)^3}.

Proto nyní platí

\operatorname{arctg} x= \dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{2}(x-1)-\dfrac{1}{4}(x-1)^2+ \dfrac{6\xi^2-2}{6(\xi^2+1)^3}(x-1)^3,\quad
\text{kde}~\xi~\text{leží mezi}~x~\text{a 1.}
Příklad č. 303» Zobrazit zadání «

Určete maximální chybu v aproximaci z Příkladu 302, kde x\in(0,9;1,1) .

Řešení» Zobrazit řešení «

Chyba je určena výrazem

R_{2}(x)=\dfrac{6\xi^2-2}{6(\xi^2+1)^3}(x-1)^3, \quad 0,9<\xi<1,1.

Musíme tedy vhodně omezit výraz \lvert R_{2}(x) \rvert a tak určit maximální chybu aproximace. Nejdříve se zaměříme na čitatele, tj.

\lvert 6\xi^2-2 \rvert \left\bracevert\begin{matrix} \lvert a+b \rvert \leq \lvert a \rvert + \lvert b \rvert \end{matrix}\right\bracevert \leq6 \lvert \xi \rvert ^2+2<6\cdot 1,1^2+2=9,26.

Jmenovatele omezíme takto

\lvert 6(\xi^2+1)^3 \rvert =6\left(\xi^2+1\right)^3\geq 10,86, \quad \text{neboť jistě platí $\xi^2+1>0,9^2+ 1=1,81$.}

Proto nyní můžeme psát

\left\lvert R_{2}(x) \right\rvert = \left\lvert \dfrac{6\xi^2-2}{6(\xi^2+1)^3} \right\rvert \left\lvert (x-1) \right\rvert ^3\leq \dfrac{9,26}{10,86} \left\lvert (x-1) \right\rvert ^3\leq0,8526\cdot 0,1^3=
=0,00085\doteq 0,0009.

Maximální chyba aproximace Taylorovým polynomem druhého stupně je 0,0009.

Příklad č. 304» Zobrazit zadání «

Vyjádřete funkci \sin \dfrac{x\pi}{4} pomocí mocnin x-2.

Řešení» Zobrazit řešení «

Takovéto vyjádření je možné pomocí Taylorova polynomu. Ze zadání plyne, že x_0=2 a že musíme polynom sestavit v obecné podobě, neboť nebyl zadán stupeň aproximace. Proto

f(x) =\sin \dfrac{x\pi}{4}\overset{x_0=2}{\rightsquigarrow}1,
f'(x) =\dfrac{\pi}{4}\cos \dfrac{x\pi}{4}\overset{x_0=2}{\rightsquigarrow}0,
f''(x) =-\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^2 \sin \dfrac{x\pi}{4}\overset{x_0=2}{\rightsquigarrow}-\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^2,
f'''(x) =-\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^3 \cos \dfrac{x\pi}{4}\overset{x_0=2}{\rightsquigarrow}0,
f^{(4)}(x) =\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^4 \sin \dfrac{x\pi}{4}\overset{x_0=2}{\rightsquigarrow}\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^4.

Z tvaru jednotlivých derivací můžeme pro k\in\mathbb{N}\cup\{0\} odvodit

f^{(2k)}(x) =\left(-1\right)^{k}\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^{2k} \sin \dfrac{x\pi}{4}\overset{x_0=2}{\rightsquigarrow}\left(-1\right)^n\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^{2k},
f^{(2k+1)}(x) =\left(-1\right)^{k}\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^{2k+1} \cos \dfrac{x\pi}{4}\overset{x_0=2}{\rightsquigarrow}0.

Proto hledaný Taylorův polynom je tvaru

\sin \dfrac{x\pi}{4}= 1-\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^2\dfrac{(x-2)^2}{2!}+ \left(\dfrac{\pi}{4}\right)^4\dfrac{(x-2)^4}{4!}+\cdots+
+ (-1)^{n}\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^{2n}\dfrac{(x-2)^{2n}}{(2n)!}+\cdots .
Příklad č. 305» Zobrazit zadání «

Najděte Maclaurinův vzorec pro obecné n a pro funkci f(x)=\operatorname{e}^x.

Řešení» Zobrazit řešení «

Musíme vyčíslit funkci a všechny derivace v bodě x_0, tj.

f(x)=\operatorname{e}^{x}\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}1,
f'(x)=\operatorname{e}^{x}\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}1.

Navíc je zřejmé, že platí f(x)=f'(x)=f''(x)=\dots=f^{(n)}(x) a f(x_0)=f'(x_0)=f''(x_0)=\dots=f^{(n)}(x_0)=1. Proto můžeme sestavit Taylorův polynom ve tvaru

\operatorname{e}^x=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}+\dfrac{\operatorname{e}^\xi}{(n+1)!}x^{n+1},

kde \xi leží mezi 0 a x.

Příklad č. 306» Zobrazit zadání «

Najděte Maclaurinův vzorec pro obecné n a pro funkci f(x)=\sin x.

Řešení» Zobrazit řešení «

Nejdříve vyčíslíme funkci a všechny derivace v bodě x_0, tj.

f(x) =\sin x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}0,
f'(x) =\cos x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}1,
f''(x) =-\sin x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}0,
f'''(x) =-\cos x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}-1,
f^{(4)}(x) =\sin x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}0.

Navíc je zřejmé, že pro k\in\mathbb{N}\cup\{0\} platí

f^{(2k)} =\left(-1\right)^{k}\sin x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}0,
f^{(2k+1)} =\left(-1\right)^{k}\cos x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}1.

Proto můžeme napsat

\sin x=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}+\cdots+ (-1)^{n-1}\dfrac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\cos\xi,

kde \xi leží mezi 0 a x.

Příklad č. 307» Zobrazit zadání «

Najděte Maclaurinův vzorec pro obecné n a pro funkci f(x)=\cos x.

Řešení» Zobrazit řešení «

Nejdříve vyčíslíme funkci a všechny derivace v bodě x_0, tj.

f(x) =\cos x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}1,
f'(x) =-\sin x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}0,
f''(x) =-\cos x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}-1,
f'''(x) =\sin x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}0,
f^{(4)}(x) =\cos x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}1.

Navíc je zřejmé, že pro k\in\mathbb{N}\cup\{0\} platí

f^{(2k)} =\left(-1\right)^{k}\cos x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}1,
f^{(2k+1)} =\left(-1\right)^{k}\sin x\overset{x_0=0}{\rightsquigarrow}0.

Proto můžeme napsat

\cos x=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}+\cdots+ (-1)^{n}\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}+(-1)^n\dfrac{x^{2n+2}}{(2n+2)!}\cos\xi,

kde \xi leží mezi 0 a x.

Příklad č. 308» Zobrazit zadání «

Užitím Maclaurinova polynomu vypočtěte přibližnou hodnotu čísla \operatorname{e} s chybou menší než 0,001.

Řešení» Zobrazit řešení «

Z Příkladu 305 víme, že platí

\operatorname{e}^x=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}+\dfrac{\operatorname{e}^\xi}{(n+1)!}x^{n+1},

což pro x=1 dává

\operatorname{e}=1+x+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\cdots+\dfrac{1}{n!}+\dfrac{\operatorname{e}^\xi}{(n+1)!},

kde \xi\in(0,1). K tomu, abychom dosáhli chyby menší než 0,001, musíme vyřešit nerovnici

\dfrac{\operatorname{e}^\xi}{(n+1)!} <0,0001 \left\bracevert\begin{matrix} \text{protože}\ \xi\in(0,1) \end{matrix}\right\bracevert \quad\Rightarrow\quad \dfrac{3}{(n+1)!}<0,0001\quad\Rightarrow
\Rightarrow\quad 3000<(n+1)! \quad\Rightarrow\quad n>5.

Proto musíme použít Taylorův polynom alespoň šestého stupně, tj.

\operatorname{e}=1+1+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\dfrac{1}{4!}+\dfrac{1}{5!}+\dfrac{1}{6!}=2,718055556.

Příklad č. 309» Zobrazit zadání «

Pro jaké hodnoty x platí přibližný vztah \cos x=1-\frac{x^2}{2} s přesností 0,0001?

Řešení» Zobrazit řešení «

Z Příkladu 307 pro n=2 víme, že platí

\cos x=1-\dfrac{x^2}{2!}+R_{2}(x),

kde R_{2}(x)=\frac{x^4\cos\xi}{4!} a \xi leží mezi 0 a x. Z omezenosti funkce \cos x plyne, že

\lvert \dfrac{x^4\cos\xi}{24} \rvert \leq\dfrac{ \lvert \cos\xi \rvert x^4}{24}\leq\dfrac{x^4}{24}.

Musíme proto vyřešit nerovnici

\dfrac{x^4}{24}\leq 0,0001 \quad\Rightarrow\quad x^4\leq 0,0001.

Řešením tedy je x\in[-\sqrt[4]{0,0024},\sqrt[4]{0,0024}]\doteq[-0,222,0,222], tj. \lvert x \rvert \leq0,222=12^{\circ}30'.

Příklad č. 310» Zobrazit zadání «

Pomocí Taylorova polynomu pro n=3 určete přibližně \sqrt[3]{30}.

Řešení» Zobrazit řešení «

Uvažujme funkci f(x)=\sqrt[3]{x} a položme x_0=27. Vypočteme funkční hodnotu a všechny potřebné derivace v bodě x_0, tj.

f(x)=\sqrt[3]{x}\overset{x_0=27}{\rightsquigarrow}3,
f'(x)=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}\overset{x_0=27}{\rightsquigarrow}\dfrac{1}{27},
f''(x)=-\dfrac{2}{9\sqrt[3]{x^5}}\overset{x_0=27}{\rightsquigarrow}-\dfrac{2}{2187},
f'''(x)=\dfrac{10}{27\sqrt[3]{x^8}}\overset{x_0=27}{\rightsquigarrow}\dfrac{10}{177147}.

Nyní můžeme vypočítat přibližnou hodnotu

\sqrt[3]{30}=3+\dfrac{1}{27}\cdot3+\dfrac{-\frac{8}{2187}}{2}\cdot3^2+ \dfrac{\frac{10}{177147}}{6}\cdot3^3\doteq3,10725.

Příklad č. 311» Zobrazit zadání «

Pomocí Maclaurinova mnohočlenu třetího stupně, vyjádřete hodnotu \cos 1^{\circ} (výsledek uveďte na 6 desetinných míst).

Řešení» Zobrazit řešení «

Z Příkladu 307 víme, že platí

\cos x=1-\dfrac{x^2}{2},

proto obdržíme

\cos 1^{\circ}=\cos\dfrac{\pi}{180}=1-\dfrac{\frac{\pi^2}{180^2}}{2}\doteq0,999847.

Příklad č. 312» Zobrazit zadání «

Pomocí Maclaurinova mnohočlenu třetího stupně, vyjádřete hodnotu \sin 2^{\circ} (výsledek uveďte na 6 desetinných míst).

Řešení» Zobrazit řešení «

Z Příkladu 306 víme, že platí

\sin x=x-\dfrac{x^3}{6},

proto obdržíme

\sin 2^{\circ}=\sin\dfrac{2\pi}{180}=\dfrac{\pi}{90}-\dfrac{\frac{\pi^3}{90^3}}{6}\doteq0,034899.

Příklad č. 313» Zobrazit zadání «

Vypočtěte číslo \log 11 s přesností 10^{-5}.

Řešení» Zobrazit řešení «

Zvolíme f(x)=\log x a x_0=10. Nyní vyčíslíme funkci a její derivace v bodě x_0, tj.

f(x)=\log x\overset{x_0=10}{\rightsquigarrow}1,
f'(x)=\dfrac{1}{x\ln 10}\overset{x_0=10}{\rightsquigarrow}\dfrac{1}{10\ln10},
f''(x)=-\dfrac{1}{x^2\ln 10}\overset{x_0=10}{\rightsquigarrow}-\dfrac{1}{10^2\ln10},
f'''(x)=\dfrac{2}{x^3\ln 10}\overset{x_0=10}{\rightsquigarrow}\dfrac{2}{10^3\ln10},
f^{(4)}(x)=-\dfrac{6}{x^4\ln 10}\overset{x_0=10}{\rightsquigarrow}-\dfrac{6}{10^4\ln10}.

Obecně můžeme psát

f^{(n)}(x)=\left(-1\right)^{n-1}\dfrac{(n-1)!}{x^{n}\ln 10}\overset{x_0=10}{\rightsquigarrow}\left(-1\right)^{n-1}\dfrac{(n-1)!}{10^{n}\ln10}.

Tedy Taylorův vzorec je tavru

\log x=1 +\dfrac{1}{10\ln10}(x-10)-\dfrac{\dfrac{1}{10^2\ln10}}{2!}(x-10)^2+ \dfrac{\dfrac{2}{10^3\ln10}}{3!}(x-10)^3+
+\dots+ \left(-1\right)^{n-1}\dfrac{(n-1)!}{n!10^{n}\ln10}(x-10)^n+R_{n}(x),

kde

R_n(x)=\left(-1\right)^{n}\dfrac{n!}{(n+1)!\xi^{n}\ln10}(x-10)^{n+1}

a \xi leží mezi x a 10. Abychom dosáhli požadované přesnosti, musíme vyřešit nerovnici

\lvert R_n(11) \rvert =\dfrac{1}{(n+1)\xi^{n+1}\ln10}<10^{-5} \quad
\Rightarrow\quad \dfrac{1}{n+1}\dfrac{1}{\xi^{n+1}}<10^{-5}\ln10 \left\bracevert\begin{matrix} \dfrac{1}{n+1}<1 \end{matrix}\right\bracevert \quad\Rightarrow
\Rightarrow\quad \dfrac{1}{\xi^{n+1}}<10^{-5}\ln10 \left\bracevert\begin{matrix} \xi\in(10,11) \end{matrix}\right\bracevert \quad\Rightarrow
\Rightarrow\quad \dfrac{1}{10^{n+1}}<10^{-5}\ln10\quad\Rightarrow
\Rightarrow\quad 10^{-n-1}<10^{-5}\ln10\quad\Rightarrow
\Rightarrow\quad (-n-1)\ln10<\ln\left(10^{-5}\ln10\right)<5\quad\Rightarrow
\Rightarrow\quad -n-1<\dfrac{\ln\left(10^{-5}\ln10\right)}{\ln10}<-5\quad\Rightarrow
\Rightarrow\quad -n<-4 \quad\Rightarrow\quad n>4,

musíme tedy použít Taylorův polynom alespoň pátého stupně, tj.

\log 11=1 +\dfrac{1}{10\ln10}-\dfrac{1}{2\cdot10^2\ln10}+\dfrac{2!}{3!\cdot10^3\ln10}-
- \dfrac{3!}{4!\cdot10^4\ln10}+\dfrac{4!}{5!\cdot10^5\ln10}=1,041392752.

nahoru

Tisková verze

Kapitola ve formátu PDF (Adobe Acrobat)

Mgr. Petr Zemánek, Ph.D., Mgr. Petr Hasil, Ph.D. |
ÚMS, Přírodovědecká fakulta, Masarykova univerzita |
Návrat na úvodní stránku webu, přístupnost |
Stránky Přírodovědecké fakulty MU
| Technická spolupráce:
| Servisní středisko pro e-learning na MU
| Fakulta informatiky Masarykovy univerzity, 2012

Technické řešení této výukové pomůcky je spolufinancováno Evropským sociálním fondem a státním rozpočtem České republiky.