I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta 343
I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova vˇeta
Věta 26. Funkce f má v bodě x0 diferenciál (je diferencovatelná v x0) právě tehdy, když existuje
vlastní derivace f (x0). Přitom platí
df(x0)(h) = f (x0) · h, píšeme též df(x) = f (x) dx.
Pro dostatečně malé h platí:
f(x0 + h)
.
= f(x0) + f (x0)h, též f(x) ≈ f(x0) + f (x0)(x − x0) pro x → x0.
Věta 27 (Taylorova věta). Nechť má funkce f v okolí bodu x0 vlastní derivace až do řádu n + 1
pro nějaké n ∈ N ∪ {0}. Pak pro všechna x z tohoto okolí platí tzv. Taylorův vzorec
f(x) = f(x0) +
f (x0)
1!
(x − x0)+
f (x0)
2!
(x − x0)2
+ · · · +
f(n)
(x0)
n!
(x − x0)n
+ Rn(x),
kde Rn(x) =
f(n+1)
(ξ)
(n + 1)!
(x − x0)n+1
,
přičemž ξ je vhodné číslo ležící mezi x0 a x. Chyba Rn(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 x0 = 0, získáme tzv. Maclaurinův vzorec, resp. tzv.
Maclaurinův polynom.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://user.mendelu.cz/hasil
344 I. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné
(295) Určete df(x0)(h) pro f(x) =
√
x2 + 1 a x0 = 1.
Řešení:
Nejdříve musíme vyčíslit derivaci funkce f(x) v bodě x0, tj.
f (x) =
x
√
x2 + 1
x0=1 1
√
2
,
proto dle definice platí
df(1)(h) =
√
2
2
h.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://www.math.muni.cz/~xzemane2
I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta 345
(296) Pomocí diferenciálu funkce přibližně určete
√
382.
Řešení:
Nejdříve musíme zvolit vhodnou funkci f(x), jejímž vyčíslením obdržíme
√
382. Zvolíme
f(x) =
√
x (druhou možnou volbou by mohla být např. funkce g(x) = x
√
382). Nyní musíme
zvolit vhodný bod x0. 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 x0 = 400 a h = −18
(aby platilo 382 = x0 + h). Potom vyčíslíme funkci a její derivaci v bodě x0, tj.
f(x) =
√
x
x0=400
20, f (x) =
1
2
√
x
x0=400 1
40
.
Nyní pomocí diferenciálu funkce obdržíme
f(382) = f(400 − 18) =
√
382 ≈ 20 −
18
40
= 19, 55.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://user.mendelu.cz/hasil
346 I. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné
(297) Pomocí diferenciálu funkce přibližně určete 5
√
36.
Řešení:
Zvolíme f(x) = 5
√
x, x0 = 32 a h = 4. Potom
f(x) = 5
√
x
x0=32
2, f (x) =
1
5
5
√
x4
x0=32 1
80
.
Tedy pomocí diferenciálu funkce dostaneme
f(36) = f(32 + 4) =
5
√
36 ≈ 2 +
4
80
= 2, 05.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://www.math.muni.cz/~xzemane2
I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta 347
(298) Pomocí diferenciálu funkce přibližně určete arctg 1, 1.
Řešení:
Zvolíme f(x) = arctg x, x0 = 1 a h = 0, 1. Potom
f(x) = arctg x
x0=1 π
4
, f (x) =
1
1 + x2
x0=1 1
2
.
Tedy pomocí diferenciálu funkce dostaneme
f(1, 1) = f(1 + 0, 1) = arctg 1, 1 ≈
π
4
+
0, 1
2
=
π
4
+ 0, 05.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://user.mendelu.cz/hasil
348 I. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné
(299) Pomocí diferenciálu funkce přibližně určete ln 1, 3.
Řešení:
Zvolíme f(x) = ln x, x0 = 1 a h = 0, 3. Potom
f(x) = ln x
x0=1
0, f (x) =
1
x
x0=1
1.
Tedy pomocí diferenciálu funkce dostaneme
f(1, 3) = f(1 + 0, 3) = ln 1, 3 ≈ 0 + 1 · 0, 3 = 0, 3.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://www.math.muni.cz/~xzemane2
I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta 349
(300) Pomocí diferenciálu funkce přibližně určete sin(−0, 22).
Řešení:
Zvolíme f(x) = sin x, x0 = 0 a h = −0, 22. Potom
f(x) = sin x
x0=0
0, f (x) = cos x
x0=0
1.
Tedy pomocí diferenciálu funkce dostaneme
f(−0, 22) = f(0 − 0, 22) = sin (−0, 22) ≈ 0 + 1 · (−0, 22) = −0, 22.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://user.mendelu.cz/hasil
350 I. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné
(301) Napište Taylorův polynom pro n = 4, x0 = 1 a f(x) = x ln x.
Řešení:
Než sestavíme Taylorův polynom, musíme vyčíslit funkci a všechny potřebné (tj. až do
čtvrtého řádu) derivace v bodě x0, tj.
f(x) = x ln x
x0=1
0,
f (x) = ln x + 1
x0=1
1,
f (x) =
1
x
x0=1
1,
f (x) = −
1
x2
x0=1
−1,
f(4)
(x) =
2
x3
x0=1
2.
Proto nyní dle definice platí
x ln x = 0 + 1 · (x − 1) +
1
2!
(x − 1)2
−
1
3!
(x − 1)3
+
2
4!
(x − 1)4
=
= x − 1 +
1
2
(x − 1)2
−
1
6
(x − 1)3
+
1
12
(x − 1)4
.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://www.math.muni.cz/~xzemane2
I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta 351
(302) Napište Taylorův vzorec pro n = 2, x0 = 1 a f(x) = arctg x.
Řešení:
Nejdříve vyčíslíme funkci a první dvě derivace v bodě x0 a také spočítáme (ale nevyčíslíme)
třetí derivaci, tj.
f(x) = arctg x
x0=1 π
4
,
f (x) =
1
1 + x2
x0=1 1
2
,
f (x) =
−2x
(1 + x2)2
x0=1
−
1
2
,
f (x) =
2 3x2
− 1
(1 + x2)3
.
Proto nyní platí
arctg x =
π
4
+
1
2
(x − 1) −
1
4
(x − 1)2
+
6ξ2
− 2
6(ξ2 + 1)3
(x − 1)3
, kde ξ leží mezi x a 1.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://user.mendelu.cz/hasil
352 I. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné
(303) Určete maximální chybu v aproximaci z Příkladu 302, kde x ∈ (0, 9; 1, 1).
Řešení:
Chyba je určena výrazem
R2(x) =
6ξ2
− 2
6(ξ2 + 1)3
(x − 1)3
, 0, 9 < ξ < 1, 1.
Musíme tedy vhodně omezit výraz |R2(x)| a tak určit maximální chybu aproximace. Nejdříve
se zaměříme na čitatele, tj.
6ξ2
− 2
|a + b| ≤ |a| + |b|
 ≤ 6 |ξ|2
+ 2 < 6 · 1, 12
+ 2 = 9, 26.
Jmenovatele omezíme takto
6(ξ2
+ 1)3
= 6 ξ2
+ 1
3
≥ 10, 86, neboť jistě platí ξ2
+ 1 > 0, 92
+ 1 = 1, 81.
Proto nyní můžeme psát
|R2(x)| =
6ξ2
− 2
6(ξ2 + 1)3
|(x − 1)|3
≤
9, 26
10, 86
|(x − 1)|3
≤ 0, 8526 · 0, 13
= 0, 00085
.
= 0, 0009.
Maximální chyba aproximace Taylorovým polynomem druhého stupně je 0, 0009.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://www.math.muni.cz/~xzemane2
I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta 353
(304) Vyjádřete funkci sin xπ
4
pomocí mocnin x − 2.
Řešení:
Takovéto vyjádření je možné pomocí Taylorova polynomu. Ze zadání plyne, že x0 = 2 a že
musíme polynom sestavit v obecné podobě, neboť nebyl zadán stupeň aproximace. Proto
f(x) = sin
xπ
4
x0=2
1,
f (x) =
π
4
cos
xπ
4
x0=2
0,
f (x) = −
π
4
2
sin
xπ
4
x0=2
−
π
4
2
,
f (x) = −
π
4
3
cos
xπ
4
x0=2
0,
f(4)
(x) =
π
4
4
sin
xπ
4
x0=2 π
4
4
.
Z tvaru jednotlivých derivací můžeme pro k ∈ N ∪ {0} odvodit
f(2k)
(x) = (−1)k π
4
2k
sin
xπ
4
x0=2
(−1)n π
4
2k
,
f(2k+1)
(x) = (−1)k π
4
2k+1
cos
xπ
4
x0=2
0.
Proto hledaný Taylorův polynom je tvaru
sin
xπ
4
= 1 −
π
4
2 (x − 2)2
2!
+
π
4
4 (x − 2)4
4!
+ · · · + (−1)n π
4
2n (x − 2)2n
(2n)!
+ · · · .
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://user.mendelu.cz/hasil
354 I. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné
(305) Najděte Maclaurinův vzorec pro obecné n a pro funkci f(x) = ex
.
Řešení:
Musíme vyčíslit funkci a všechny derivace v bodě x0, tj.
f(x) = ex x0=0
1,
f (x) = ex x0=0
1.
Navíc je zřejmé že platí f(x) = f (x) = f (x) = · · · = f(n)
(x) a f(x0) = f (x0) = f (x0) =
· · · = f(n)
(x0) = 1. Proto můžeme sestavit Taylorův polynom ve tvaru
ex
= 1 + x +
x2
2!
+
x3
3!
+ · · · +
xn
n!
+
eξ
(n + 1)!
xn+1
,
kde ξ leží mezi 0 a x.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://www.math.muni.cz/~xzemane2
I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta 355
(306) Najděte Maclaurinův vzorec pro obecné n a pro funkci f(x) = sin x.
Řešení:
Nejdříve vyčíslíme funkci a všechny derivace v bodě x0, tj.
f(x) = sin x
x0=0
0,
f (x) = cos x
x0=0
1,
f (x) = − sin x
x0=0
0,
f (x) = − cos x
x0=0
−1,
f(4)
(x) = sin x
x0=0
0.
Navíc je zřejmé, že pro k ∈ N ∪ {0} platí
f(2k)
= (−1)k
sin x
x0=0
0,
f(2k+1)
= (−1)k
cos x
x0=0
1.
Proto můžeme napsat
sin x = x −
x3
3!
+
x5
5!
+ · · · + (−1)n−1 x2n−1
(2n − 1)!
+ (−1)n x2n+1
(2n + 1)!
cos ξ,
kde ξ leží mezi 0 a x.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://user.mendelu.cz/hasil
356 I. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné
(307) Najděte Maclaurinův vzorec pro obecné n a pro funkci f(x) = cos x.
Řešení:
Nejdříve vyčíslíme funkci a všechny derivace v bodě x0, tj.
f(x) = cos x
x0=0
1,
f (x) = − sin x
x0=0
0,
f (x) = − cos x
x0=0
−1,
f (x) = sin x
x0=0
0,
f(4)
(x) = cos x
x0=0
1.
Navíc je zřejmé, že pro k ∈ N ∪ {0} platí
f(2k)
= (−1)k
cos x
x0=0
1,
f(2k+1)
= (−1)k
sin x
x0=0
0.
Proto můžeme napsat
cos x = 1 −
x2
2!
+
x4
4!
+ · · · + (−1)n x2n
(2n)!
+ (−1)n x2n+2
(2n + 2)!
cos ξ,
kde ξ leží mezi 0 a x.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://www.math.muni.cz/~xzemane2
I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta 357
(308) Užitím Maclaurinova polynomu vypočtěte přibližnou hodnotu čísla e s chybou menší než
0, 001.
Řešení:
Z Příkladu 305 víme, že platí
ex
= 1 + x +
x2
2!
+
x3
3!
+ · · · +
xn
n!
+
eξ
(n + 1)!
xn+1
,
což pro x = 1 dává
e = 1 + x +
1
2!
+
1
3!
+ · · · +
1
n!
+
eξ
(n + 1)!
,
kde ξ ∈ (0, 1). K tomu, abychom dosáhli chyby menší než 0, 001, musíme vyřešit nerovnici
eξ
(n + 1)!
< 0, 0001
protože ξ ∈ (0, 1)
 ⇒
3
(n + 1)!
< 0, 0001 ⇒
⇒ 3000 < (n + 1)! ⇒ n > 5.
Proto musíme použít Taylorův polynom alespoň šestého stupně, tj.
e = 1 + 1 +
1
2!
+
1
3!
+
1
4!
+
1
5!
+
1
6!
= 2, 718055556.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://user.mendelu.cz/hasil
358 I. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné
(309) Pro jaké hodnoty x platí přibližný vztah cos x = 1 − x2
2
s přesností 0, 0001?
Řešení:
Z Příkladu 307 pro n = 2 víme, že platí
cos x = 1 −
x2
2!
+ R2(x),
kde R2(x) = x4 cos ξ
4!
a ξ leží mezi 0 a x. Z omezenosti funkce cos x plyne, že
x4
cos ξ
24
≤
|cos ξ| x4
24
≤
x4
24
.
Musíme proto vyřešit nerovnici
x4
24
≤ 0, 0001 ⇒ x4
≤ 0, 0001.
Řešením tedy je x ∈ [− 4
√
0, 0024, 4
√
0, 0024]
.
= [−0, 222, 0, 222], tj. |x| ≤ 0, 222 = 12◦
30 .
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://www.math.muni.cz/~xzemane2
I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta 359
(310) Pomocí Taylorova polynomu pro n = 3 určete přibližně 3
√
30.
Řešení:
Uvažujme funkci f(x) = 3
√
x a položme x0 = 27. Vypočteme funkční hodnotu a všechny
potřebné derivace v bodě x0, tj.
f(x) = 3
√
x
x0=27
3,
f (x) =
1
3
3
√
x2
x0=27 1
27
,
f (x) = −
2
9
3
√
x5
x0=27
−
2
2187
,
f (x) =
10
27
3
√
x8
x0=27 10
177147
.
Nyní můžeme vypočítat přibližnou hodnotu
3
√
30 = 3 +
1
27
· 3 +
− 8
2187
2
· 32
+
10
177147
6
· 33 .
= 3, 10725.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://user.mendelu.cz/hasil
360 I. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné
(311) Pomocí Maclaurinova mnohočlenu třetího stupně, vyjádřete hodnotu cos 1◦
(výsledek
uveďte na 6 desetinných míst).
Řešení:
Z Příkladu 307 víme, že platí
cos x = 1 −
x2
2
,
proto obdržíme
cos 1◦
= cos
π
180
= 1 −
π2
1802
2
.
= 0, 999847.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://www.math.muni.cz/~xzemane2
I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta 361
(312) Pomocí Maclaurinova mnohočlenu třetího stupně, vyjádřete hodnotu sin 2◦
(výsledek
uveďte na 6 desetinných míst).
Řešení:
Z Příkladu 306 víme, že platí
sin x = x −
x3
6
,
proto obdržíme
sin 2◦
= sin
2π
180
=
π
90
−
π3
903
6
.
= 0, 034899.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://user.mendelu.cz/hasil
362 I. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné
(313) Vypočtěte číslo log 11 s přesností 10−5
.
Řešení:
Zvolíme f(x) = log x a x0 = 10. Nyní vyčíslíme funkci a její derivace v bodě x0, tj.
f(x) = log x
x0=10
1,
f (x) =
1
x ln 10
x0=10 1
10 ln 10
,
f (x) = −
1
x2 ln 10
x0=10
−
1
102 ln 10
,
f (x) =
2
x3 ln 10
x0=10 2
103 ln 10
,
f(4)
(x) = −
6
x4 ln 10
x0=10
−
6
104 ln 10
.
Obecně můžeme psát
f(n)
(x) = (−1)n−1 (n − 1)!
xn ln 10
x0=10
(−1)n−1 (n − 1)!
10n ln 10
.
Tedy Taylorův vzorec je tavru
log x = 1 +
1
10 ln 10
(x − 10) −
1
102 ln 10
2!
(x − 10)2
+
2
103 ln 10
3!
(x − 10)3
+
+ · · · + (−1)n−1 (n − 1)!
n!10n ln 10
(x − 10)n
+ Rn(x),
kde
Rn(x) = (−1)n n!
(n + 1)!ξn ln 10
(x − 10)n+1
a ξ leží mezi x a 10. Abychom dosáhli požadované přesnosti, musíme vyřešit nerovnici
|Rn(11)| =
1
(n + 1)ξn+1 ln 10
< 10−5
⇒
1
n + 1
1
ξn+1
< 10−5
ln 10
 1
n+1
< 1
 ⇒
⇒
1
ξn+1
< 10−5
ln 10
ξ ∈ (10, 11)
 ⇒
⇒
1
10n+1
< 10−5
ln 10 ⇒
⇒ 10−n−1
< 10−5
ln 10 ⇒
⇒ (−n − 1) ln 10 < ln 10−5
ln 10 < 5 ⇒
⇒ −n − 1 <
ln 10−5
ln 10
ln 10
< −5 ⇒
⇒ −n < −4 ⇒ n > 4,
musíme tedy použít Taylorův polynom alespoň pátého stupně, tj.
log 11 = 1 +
1
10 ln 10
−
1
2 · 102 ln 10
+
2!
3! · 103 ln 10
−
−
3!
4! · 104 ln 10
+
4!
5! · 105 ln 10
= 1, 041392752.
c Petr Zemánek & Petr Hasil http://www.math.muni.cz/~xzemane2