Príklady na precvičovanie – aplikácie mocninových
radov
Riešené príklady
Príklad 1 (približná hodnota)
Pomocou prvých piatich členov Maclaurinovho rozvoja funkcie f(x) = ex
stanovme približnú hodnotu čísla
√
e.
Riešenie:
Výpočet približných hodnôt funkcií je základná aplikácia mocninových radov.
Funkcia f(x) = ex
má Maclaurinov rozvoj
ex
=
∞∑
n=0
xn
n!
= 1 + x +
x2
2
+
x3
6
+
x4
24
+ · · · ,
platný pre každé reálne číslo x. Dosadením x = 1/2 dostaneme
√
e = e1/2
=
∞∑
n=0
(1
2
)n
n!
≈
4∑
n=0
1
2nn!
= 1 +
1
2
+
1
22 · 2
+
1
23 · 6
+
1
24 · 24
≈ 1.65.
Nechávame na čitateľa, aby si premyslel, že sa vlastne jedná o aproximáciu
hodnoty funkcie f(x) = ex
jej štvrtým Maclaurinovým polynómom :).
Príklad 2 (približná hodnota)
Pomocou prvých dvoch členov vhodného mocninového radu aproximujme
hodnotu čísla 5
√
245.
Riešenie:
Prirodzene skúsime využiť Taylorov rozvoj funkcie f(x) = 5
√
1 + x v okolí
bodu x0 = 0, t.j.,
5
√
1 + x =
∞∑
n=0
(
1/5
n
)
· xn
= 1 +
(
1/5
1
)
· x + · · · .
Má to však jeden háčik. Uvedený mocninový rad konverguje iba pre |x| < 1. V
našom prípade máme 245 = 1+244, a teda by sme museli vziať x = 244 > 1.
1
Týmto smerom je cesta zarúbaná :-/. Musíme na to ísť inak. Niektorých
matematikov občas pochytí mánia experimentovať s prirodzených číslami a
vypočítavať ich rôzne mocniny. Vďaka tomu ľudstvo napríklad vie, že 35
=
243, čiže 245 = 35
+ 2 :). Potom máme
5
√
245 =
5
√
35 + 2 = 5
√
35 ·
(
1 +
2
35
)
= 3 ·
5
√
1 +
2
35
.
Stačí nám teda sa zamerať na výraz 5
√
1 + 2
35 , pre ktorý už platí 2
35 < 1.
Dostávame potom vyjadrenie, a následne i hľadaný odhad
5
√
245 = 3·
5
√
1 +
2
35
= 3·
∞∑
n=0
(
1/5
n
)
·
(
2
35
)n
≈ 3·
[
1 +
(
1/5
1
)
·
2
35
]
≈ 3.005.
Príklad 3 (približná hodnota)
Určme hodnotu ln 2 s chybou menšou než 10−5
.
Riešenie:
Prirodzený nápad je použiť mocninový rozvoj funkcie f(x) = ln(1 + x), t.j.,
ln(1 + x) =
∞∑
n=1
xn
n
· (−1)n−1
.
Tento vzorec platí na intervale (−1, 1], konkrétne pre x = 1 máme
ln 2 =
∞∑
n=1
1
n
· (−1)n−1
.
Posledný číselný rad je Leibnizov alternujúci rad. Z teórie číselných radov
vieme, že jeho zvyšok Rn po n-tom člene spĺňa |Rn| < 1
n+1
(samy overte
:)). Požadujeme teda, aby 1
n+1
< 10−5
, t.j., n ≥ 105
. To znamená, že ak
chceme číslo ln 2 aproximovať s presnosťou väčšou ako 10−5
, musíme v danom
číselnom rade sčítať aspoň 100 000 prvých členov!!! Táto cesta výpočtu
hodnoty ln 2 teda nie je vôbec výhodná :-/. Omnoho lepšie sa ukazuje použiť
mocninový rozvoj
ln
(
1 + x
1 − x
)
= 2 ·
∞∑
n=0
x2n+1
2n + 1
,
2
platný pre každé x ∈ (−1, 1). Nechávame na čitateľa, aby overil, že rovnica
1+x
1−x
= 2 má jediné riešenie x = 1
3
∈ (−1, 1) :). Platí teda zaujímavá identita
ln 2 = 2 ·
∞∑
n=0
(1
3
)2n+1
2n + 1
=
∞∑
n=0
2
(2n + 1) · 32n+1
:).
Posledný (konvergentný) číselný rad je „d’Alembertovho typu , čo znamená,
že pre každý index n platí nerovnosť
an+1
an
=
2
(2n+3)·32n+3
2
(2n+1)·32n+1
=
2n + 1
2n + 3
toto je <1
·
1
9
<
1
9
q
< 1.
Zvyšok Rn po n-tom člene potom spĺňa odhad (samy si dobre premyslite :))
|Rn| ≤ |an| ·
q
1 − q
=
2
(2n + 1) · 32n+1
·
1
9
1 − 1
9
=
1
4 · (2n + 1) · 32n+1
.
Hľadáme index n spĺňajúci 1
4·(2n+1)·32n+1 < 10−5
alebo ekvivalentne
(2n + 1) · 32n+1
> 25 000.
Nie je ťažké empiricky zistiť, že n ≥ 4 (samy overte :)). V tomto prípade
teda na odhad hodnoty ln 2 s predpísanou presnosťou stačí sčítať len prvých
5 členov daného radu, konkrétne
ln 2 ≈
4∑
n=0
2
(2n + 1) · 32n+1
=
2
3
+
2
3 · 33
+
2
5 · 35
+
2
7 · 37
+
2
9 · 39
≈ 0.6931.
Príklad 4 (výpočet limít)
Vypočítajme limitu
lim
x→0
√
1 + x − 3
√
1 − x
x
.
Riešenie:
Toto je ďalší typický príklad na praktické použitie Taylorových radov funkcií.
3
Ihneď vidíme, že v predloženej limite po dosadení x = 0 vznikne neurčitý výraz
0/0. Z Matematickej analýzy I poznáme niekoľko spôsobov, ako v princípe
vyriešiť túto nepríjemnú situáciu. Na odstránenie neurčitosti buď vykonáme
vhodnú úpravu alebo použijeme veľmi populárne a obľúbené L’Hospitalovo
pravidlo :)). Prístup, ktorý použijeme my, spočíva vo vyjadrení limitovaného
výrazu v tvare mocninového rozvoja so stredom v limitnom bode, konkrétne
v x0 = 0. Nakoľko pre každé x ∈ (−1, 1) platí
√
1 + x =
∞∑
n=0
(1
2
n
)
· xn
= 1 +
(1
2
1
)
· x +
(1
2
2
)
· x2
+
(1
2
3
)
· x3
+ · · · ,
3
√
1 − x =
∞∑
n=0
(1
3
n
)
· (−x)n
= 1 −
(1
3
1
)
· x +
(1
3
2
)
· x2
−
(1
3
3
)
· x3
+ · · · ,
po dosadení do limity v zadaní príkladu máme
lim
x→0
[
1 +
(1
2
1
)
· x +
(1
2
2
)
· x2
+
(1
2
3
)
· x3
+ · · ·
]
−
[
1 −
(1
3
1
)
· x +
(1
3
2
)
· x2
−
(1
3
3
)
· x3
+ · · ·
]
x
.
Na dostatočne malom okolí nuly obidva mocninové rozvoje konvergujú absolútne
a rovnomerne, a preto môžeme ich členy vhodne zoskupovať a sčítavať.
Postupne dostávame (detaily nechávame na čitateľa ;))
lim
x→0
[
1 +
(1
2
1
)
· x +
(1
2
2
)
· x2
+
(1
2
3
)
· x3
+ · · ·
]
−
[
1 −
(1
3
1
)
· x +
(1
3
2
)
· x2
−
(1
3
3
)
· x3
+ · · ·
]
x
= lim
x→0
[(1
2
1
)
+
(1
3
1
)]
· x +
[(1
2
2
)
−
(1
3
2
)]
· x2
+
[(1
2
3
)
+
(1
3
3
)]
· x3
+ · · ·
x
= lim
x→0



(1
2
1
)
+
(1
3
1
)
+
toto ide do nuly pre x→0
[(1
2
2
)
−
(1
3
2
)]
· x +
[(1
2
3
)
+
(1
3
3
)]
· x2
+ · · ·
členy s x3 a viac



= lim
x→0
{(1
2
1
)
+
(1
3
1
)}
=
1
2
+
1
3
=
5
6
.
4
Príklad 5 (výpočet limít)
Stanovme limitu
lim
x→∞
[
x − x2
· ln
(
1 +
1
x
)]
.
Riešenie:
Postupujeme v rovnakom duchu ako v predchádzajúcom príklade. Potrebujeme
nájsť nejaký mocninový rozvoj výrazu ln
(
1 + 1
x
)
na okolí nekonečna. Z
teórie Taylorových radov vieme, že platí
ln(1 + t) = t −
t2
2
+
t3
3
−
t4
4
+ · · ·
pre každé t ∈ (−1, 1). Pomocou substúcie x = 1/t získame rozvoj
ln
(
1 +
1
x
)
=
1
x
−
1
2 · x2
+
1
3 · x3
−
1
4 · x4
+ · · ·
platný pre každé reálne číslo x s |x| > 1 (samy si dobre premyslite :)).
Dosadením do limity v zadaní príkladu postupne dostaneme (po úpravách)
lim
x→∞
{
x − x2
·
[
1
x
−
1
2 · x2
+
1
3 · x3
−
1
4 · x4
+ · · ·
]}
= lim
x→∞



1
2
−
1
3 · x
+
1
4 · x2
+ · · ·
toto ide do nuly pre x→∞



=
1
2
.
Príklad 5 (výpočet určitých integrálov)
Vypočítajme určitý integrál
∫ 1/2
0
1
1 + x4
dx
s presnosťou väčšou než 10−4
.
5
Riešenie:
Stratégia riešenia tohto príkladu je nasledujúca. Podintegrálny výraz vyjadríme
v tvare vhodného mocninového rozvoja, ktorý následne integrujeme člen
po člene. Musíme však dať pozor na to, aby predpísaný interval integrácie
bol podmnožinou oboru konvergencie daného mocninového radu. Nie je ťažké
overiť, že funkciu f(x) = 1
1+x4 možno chápať ako súčet nekonečného geometrického
radu s kvocientom q = −x4
a s prvým členom 1, konkrétne
1
1 + x4
= 1 − x4
+ x8
− x12
+ · · · =
∞∑
n=0
(−x4
)n
=
∞∑
n=0
(−1)n
· x4n
.
Interval (a zároveň i obor) konvergencie tohto rozvoja je (−1, 1) (samy si
premyslite :)), preto je možné uvedenú sumu smelo integrovať v daných medziach
člen po člene (i toto si samy zdôvodnite :)). Postupne teda dostávame
∫ 1/2
0
1
1 + x4
dx =
∫ 1/2
0
[ ∞∑
n=0
(−1)n
· x4n
]
dx =
∞∑
n=0
[∫ 1/2
0
(−1)n
· x4n
dx
]
=
∞∑
n=0
(−1)n
·
[
x4n+1
4n + 1
]1/2
0
=
∞∑
n=0
(−1)n
(4n + 1) · 24n+1
.
Hodnotu predloženého určitého integrálu sme vyjadrili v tvare nekonečného
číselného radu. Nakoľko sa jedná o konvergentný rad (prečo? :)) spĺňajúci
predpoklady Leibnizovho kritéria (samy overte :)), pre jeho zvyšok Rn po
n-tom člene (t.j., pre chybu, akej sa dopúšťame, keď presnú hodnotu súčtu
aproximujeme n-tým čiastočným súčtom) máme
|Rn| <
1
(4n + 5) · 24n+5
.
Chceme, aby platilo 1
(4n+5)·24n+5 < 10−4
alebo ekvivalentne (4n + 5) · 24n
>
312.5. Skusmo zistíme, že tejto nerovnosti vyhovuje každý index n ≥ 2 (samy
sa presvedčte ;)). Preto pre približnú hodnotu určitého integrálu v zadaní
príkladu dostávame
∫ 1/2
0
1
1 + x4
dx ≈
2∑
n=0
(−1)n
(4n + 1) · 24n+1
=
1
1 · 2
−
1
5 · 25
+
1
9 · 29
≈ 0.49397.
6
Poznamenajme, že tento integrál je možné stanoviť i priamo, nakoľko platí
∫
1
1 + x4
dx =
1
4
√
2
· ln
x2
+ x
√
2 + 1
x2 − x
√
2 + 1
+
√
2
4
·
(
arctg
x
√
2 + 1
√
2
+ arctg
x
√
2 − 1
√
2
)
+ C
(pokúste sa samy dokázať ;)). Pomocou Newtonovej–Leibnizovej formuly pre
presnú hodnotu predloženého integrálu potom máme
∫ 1/2
0
1
1 + x4
dx =
1
4
√
2
· ln
5 + 2
√
2
5 − 2
√
2
+
√
2
4
·
(
arctg
1 +
√
2
2
+ arctg
1 −
√
2
2
)
≈ 0.49396.
Príklad 6 (určenie primitívnej funkcie)
Nájdime neurčitý integrál k funkcii f(x) = e−x2
(na R). Pomocou tohto výsledku
stanovme obsah oblasti pod grafom funkcie f(x) na intervale [0, 1] s
chybou menšou než 10−3
.
Riešenie:
Funkcia f(x) = e−x2
je zrejme spojitá na R, preto má primitívnu funkciu
F(x) definovanú na celej reálnej osi, konkrétne platí
F(x) =
∫ x
0
e−t2
dt pre každé x ∈ (−∞, ∞).
Posledný integrál sa však nedá vyjadriť v uzavretom tvare pomocou elementárnych
funkcií (funkcia f(x) s touto vlasnosťou sa nazýva tzv. vyššia
transcendentná funkcia). Dá sa však vyjadriť ako súčet istého mocninového
radu. Pre každé reálne číslo t totiž máme
e−t2
=
∞∑
n=0
(−t2
)n
n!
=
∞∑
n=0
(−1)n
n!
· t2n
.
Posledný mocninový rad konverguje absolútne a lokálne rovnomerne na celom
R. Pre funkciu F(x) teda platí
F(x) =
∫ x
0
[ ∞∑
n=0
(−1)n
n!
· t2n
]
dt =
∞∑
n=0
[∫ x
0
(−1)n
n!
· t2n
dt
]
=
∞∑
n=0
[
(−1)n
n!
·
t2n+1
2n + 1
]x
0
=
∞∑
n=0
(−1)n
(2n + 1) · n!
· x2n+1
, x ∈ (−∞, ∞).
7
Nechávame na čitateľa, aby si premyslel, že získaný mocninový rad konverguje
opäť absolútne a lokálne rovnomerne na celej reálnej osi :). Neurčitý
integrál z funkcie f(x), ako množina všetkých k nej primitívnych funkcií, má
potom tvar
I =
{
C +
∞∑
n=0
(−1)n
(2n + 1) · n!
· x2n+1
, C ∈ R
}
.
Z Matematickej analýzy I vieme, že pre hľadaný obsah oblasti pod grafom
funkcie f(x) platí S =
∫ 1
0
e−x2
dx. V kombinácii s vyššie odvodenými skutočnosťami
napokon dostávame
S = [F(x)]1
0 = F(1) − F(0) =
∞∑
n=0
(−1)n
(2n + 1) · n!
.
Posledný konvergentný číselný rad alternuje a spĺňa predpoklady Leibnizovho
kritéria (samy overte :)). Chybu aproximácie presnej hodnoty jeho súčtu ntým
čiastočným potom možno odhadnúť
|Rn| <
1
(2n + 3) · (n + 1)!
< 10−3
.
Platí teda (2n + 3) · (n + 1)! > 1 000, z čoho dostaneme n ≥ 4 (samy overte
:)). Potom
S ≈
4∑
n=0
(−1)n
(2n + 1) · n!
= 1 −
1
3 · 1!
+
1
5 · 2!
−
1
7 · 3!
+
1
9 · 4!
≈ 0.74753.
Príklad 7 (riešenie diferenciálnych rovníc)
Nájdime všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice
y′′
+ kxy = 0, k je reálna konštanta.
Riešenie:
Jedná sa o – na prvý pohľad – jednoduchú lineárnu diferenciálnu rovnicu druhého
rádu. Háčik je v tom, že táto rovnica nemá konštantné koeficienty. A čo
je na tom najtrápnejšie, nevieme ju ani presne vyriešiť :((. V týchto ťažkých
životných chvíľach nám pomôžu práve Maclaurinove rozvoje :). Nechávame
8
na čitateľa, aby si premyslel, že z tvaru rovnice v zadaní príkladu vyplýva,
že každé jej riešenie y(x) má na celom R definované derivácie všetkých rádov
;). To ale potom znamená, že každé takéto riešenie je súčtom nejakého
mocninového rozvoja v okolí nuly, t.j., funkciu y(x) možno pre každé reálne
číslo x predpokladať v tvare
y(x) = a0 + a1x + a2x2
+ a3x3
+ · · · =
∞∑
n=0
anxn
,
kde ai, i ∈ N0, sú reálne konštanty nezávislé na x (i toto si samy veľmi dobre
premyslite :)). Všeobecné riešenie y(x) predloženej rovnice budeme teda hľadať
v tvare súčtu mocninového radu, pričom jediné, čo nám chýba ku šťastiu,
je stanoviť neznáme koeficienty ai tohto rozvoja. Postup je jednoduchý. Predpokladané
vyjadrenie funkcie y(x) dosadíme do danej rovnice a porovnaním
jej strán (metódu neurčitých koeficientov) určíme hľadané koeficienty. Daný
mocninový rozvoj pritom derivujeme člen po člene (prečo je to možné? :)).
Tak s chuťou do toho :).
y′
= a1 + 2 · a2x + 3 · a3x2
+ · · · =
∞∑
n=0
an+1 · (n + 1) · xn
,
y′′
= 2 · a2 + 3 · 2 · a3x + · · · =
∞∑
n=0
an+2 · (n + 2) · (n + 1) · xn
.
Po dosadení do rovnice v zadaní príkladu dostávame
∞∑
n=0
an+2 · (n + 2) · (n + 1) · xn
+ kx ·
∞∑
n=0
an · xn
= 0.
Táto rovnosť musí platiť identicky, t.j., pre každé reálne číslo x. Porovnaním
koeficientov pri mocninách x na oboch stranách identity máme
x0
: 2a2 = 0 =⇒ a2 = 0,
xn
, n ∈ N : an+2(n + 2)(n + 1) + kan−1 = 0.
Z poslednej rovnice vyplýva pre koeficienty ai rekurentná závislosť
an+2 = −
k
(n + 2)(n + 1)
· an−1, resp. an+3 = −
k
(n + 3)(n + 2)
· an
9
pre každý index n (v poslednom výraze sme vykonali posun indexu n →
n + 1). Vidíme teda, že na úplné určenie všetkých neznámych koeficientov
ai stačí poznať hodnoty a0, a1 a a2 (samy si premyslite, že odvodená rekurentná
formula pomocou a0 jednoznačne určuje všetky koeficienty s indexami
3m, pomocou a1 všetky koeficienty s indexami 3m + 1 a pomocou a2 všetky
koeficienty s indexami 3m + 2, kde m ∈ N :)). Napríklad pre pevne dané a0
postupne dostávame
a3 = −
k
3 · 2
· a0,
a6 = −
k
6 · 5
· a3 =
+k2
(3 · 6) · (2 · 5)
· a0 =
+k2
32 · (1 · 2) · (2 · 5)
· a0,
a9 = −
k
9 · 8
· a6 =
−k3
(3 · 6 · 9) · (2 · 5 · 8)
· a0 =
−k3
33 · (1 · 2 · 3) · (2 · 5 · 8)
· a0,
...
a3m = −
k
3m · (3m − 1)
· a3m−3 =
(−1)m · km
3m · m! · [2 · 5 · 8 · · · (3m − 1)]
· a0,
kde m ∈ N (samy overte správnosť poslednej formuly ;)). Podobne, pre danú
voľbu koeficientu a1 máme
a4 = −
k
4 · 3
· a1,
a7 = −
k
7 · 6
· a4 =
+k2
(3 · 6) · (4 · 7)
· a1 =
+k2
32 · (1 · 2) · (4 · 7)
· a1,
a10 = −
k
10 · 9
· a7 =
−k3
(3 · 6 · 9) · (4 · 7 · 10)
· a1 =
−k3
33 · (1 · 2 · 3) · (4 · 7 · 10)
· a1,
...
a3m+1 = −
k
(3m + 1) · 3m
· a3m−2 =
(−1)m · km
3m · m! · [4 · 7 · 10 · · · (3m + 1)]
· a1,
pre m ∈ N (i teraz samy overte správnosť poslednej formuly ;)). Napokon,
nakoľko a2 = 0, platí a3m+2 = 0 pre každé m ∈ N (samy si premyslite :)).
10
Všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice v zadaní príkladu má teda tvar
y =
∞∑
n=0
anxn
=
∞∑
m=0
a3m · x3m
indexy 3m
+
∞∑
m=0
a3m+1 · x3m+1
indexy 3m+1
+
∞∑
m=0
a3m+2 · x3m+2
indexy 3m+2
.
Po dosadení vyššie získaných výsledkov dostaneme
y = a0 +
∞∑
m=1
(−1)m
km
3mm! · [2 · 5 · 8 · · · (3m − 1)]
· a0 · x3m
+a1x +
∞∑
m=1
(−1)m
km
3mm! · [4 · 7 · 10 · · · (3m + 1)]
· a1 · x3m+1
= a0 ·
[
1 +
∞∑
m=1
(−1)m
km
· x3m
3mm! [2 · 5 · · · (3m − 1)]
]
+ a1 ·
[
x +
∞∑
m=1
(−1)m
km
· x3m+1
3mm! [4 · 7 · · · (3m + 1)]
]
(jednotlivé členy daného mocninového radu môžeme ľubovoľne združovať a
sčítavať, prečo? :)). Poznamenajme, že finálna formula je v plnom súlade s
poznatkami o štruktúre všeobecného riešenia lineárnej diferenciálnej rovnice
druhého rádu (lineárna kombinácia dvoch lineárne nezávislých riešení).
Príklad 8 (riešenie diferenciálnych rovníc)
Stanovme partikulárne riešenie diferenciálnej rovnice
xy(4)
+ 4y(3)
− xy − 1 = 0,
spĺňajúce začiatočné podmienky
y(1) = −1, y′
(1) = 1, y′′
(1) = −2, y′′′
(1) = 6.
Riešenie:
Jedná sa opäť o lineárnu diferenciálnu rovnicu (štvrtého rádu), preto postupujeme
podobne ako v predchádzajúcom príklade. Keďže koeficienty sú
spojité funkcie premennej x, predložená začiatočná úloha má práve jedno riešenie
y(x) definované na nejakom okolí bodu x0 = 1 (samy si premyslite :)).
Funkciu y môžeme predpokladať v tvare súčtu mocninového radu so stredom
11
v bode x0 = 1. Tento rad je potom Taylorovým radom funkcie y so stredom
v 1 (prečo? :)). Máme teda
y(x) =
∞∑
n=0
y(n)
(1)
n!
· (x − 1)n
pre každé x z nejakého okolia bodu 1. Na úplné určenie partikulárneho riešenia
y teda potrebujeme vyčísliť derivácie všetkých rádov funkcie y v bode 1.
Hodnotu y(1) a prvé tri derivácie y′
(1), y′′
(1) a y′′′
(1) máme predpísané pomocou
začiatočných podmienok. Ďalšie derivácie funkcie y v bode 1 budeme
rekurentne počítať pomocou samotnej rovnice. Podľa zadania totiž platí
y(4)
=
1 + xy − 4y(3)
x
pre každé x ̸= 0.
Využijúc začiatočné podmienky v zadaní príkladu potom dostaneme
y(4)
(1) =
1 + 1 · y(1) − 4 · y(3)
(1)
1
=
1 + 1 · (−1) − 4 · 6
1
= −24.
Ďalej, obmedziac sa na dostatočne malé okolie bodu 1 (neobsahujúce nulu)
pre piatu deriváciu y(5)
vo všeobecnom bode x z tohto okolia máme (detaily
nechávame na čitateľa :))
y(5)
=
(
y(4)
)′
=
(
1 + xy − 4y(3)
x
)′
= −y(4)
·
5
x
+ y(1)
+
y
x
.
Následne pre hodnotu y(5)
(1) platí
y(5)
(1) = −y(4)
(1) ·
5
1
+ y(1)
(1) +
y(1)
1
= 24 · 5 + 1 − 1 = 120.
Podobným spôsobom odvodíme
y(6)
=
(
y(5)
)′
=
(
−y(4)
·
5
x
+ y(1)
+
y
x
)′
= −y(5)
·
6
x
+ y(2)
+ y(1)
·
2
x
,
y(6)
(1) = −720 = −6! :),
y(7)
=
(
y(6)
)′
=
(
−y(5)
·
6
x
+ y(2)
+ y(1)
·
2
x
)′
= −y(6)
·
7
x
+ y(3)
+ y(2)
·
3
x
,
12
y(7)
(1) = 5 040 = 7! :).
Takto môžeme postupne vypočítavať i hodnoty ďalších derivácií riešenia y(x)
v bode 1. Dá sa ukázať, že pre každé prirodzené n ≥ 5 platia identity
y(n)
= −y(n−1)
·
n
x
+ y(n−4)
+ y(n−5)
·
n − 4
x
,
y(n)
(1) = (−1)n+1
· n!
(druhá z identít platí dokonca pre každé n ∈ N0). Dosadením poslednej
rovnosti do vyššie uvedeného Taylorovho radu funkcie y(x) dostaneme
y(x) =
∞∑
n=0
y(n)
(1)
n!
· (x − 1)n
=
∞∑
n=0
(−1)n+1
· (x − 1)n
= −
∞∑
n=0
[−(x − 1)]n
.
Posledný rad je však geometrický s oborom konvergencie (0, 2) a so súčtom
−1/x (samy overte :)). To znamená, že hľadaným jediným riešením predloženej
začiatočnej úlohy je funkcia y = −1/x, ktorá danú rovnicu rieši aspoň na
intervale (0, 2). Priamym dosadením sa môžeme ľahko presvedčiť, že táto funkcia
je skutočne riešením uvedenej diferenciálnej rovnice a spĺňa predpísané
začiatočné podmienky. Funkcia y = −1/x sa však ako riešenie dá rozšíriť na
väčší interval než (0, 2), konkrétne na celú kladnú reálnu polos (0, ∞).
13