M06 - Diferenciální počet I, Derivace funkce

f (x) = Tn(x) + Rn(x),

přičemž Rn(x) lze psát ve tvaru

Rn(x) =

f (n+1)(ξ)

(n + 1)!

(x − x0)n+1,

kde bod ξ je bod intervalu J s krajními body x0 a x, tedy ξ = x0 + t(x − x0),
0 < t < 1.

Poznámky:

1. Uvedený tvar zbytku Rn se nazývá Lagrangeův tvar zbytku. Pro bod ξ platí:

x0 ≤ ξ ≤ x

-

x0

ξ

x

2. Je vhodné si uvědomit, že Taylorův polynom je možné zapsat stručněji užitím

diferenciálů ve tvaru

Tn(x) = f(x0) + df(x0, h) +

d2f (x0, h)

2!

+ · · · +

dnf (x0, h)

n!

,

kde h = x − x0.

3. Pro zbytek Rn v Taylorově větě platí vztah

lim

h→0

f (x) − Tn(f, x0, h)

|h|n

= lim

h→0

Rn(f, x0, h)

|h|n

= 0,

kde h = x − x0. Lze tedy říci, že zbytek Rn konverguje pro h → 0 k nule rychleji, než-li
n–tá mocnina absolutní hodnoty přírůstku h nezávisle proměnné x.

———————————————————————————————————

2.6 Taylorův polynom

23

Příklad 2.6.2: Vyjádřete funkci f (x) = x4 + x3 + x2 + x + 1 jako polynom
v proměnné x − 1.

Řešení: Stačí určit Taylorův polynom čtvrtého stupně v bodě x0 = 1. Platí

f (x) = x4 + x3 + x2 + x + 1 =⇒ f (1) = 5,

f 0(x) = 4x3+3x2+2x+1 =⇒ f 0(1) = 10 =⇒ df (1, x−1) =

f 0(1)

1!

(x−1) = 10(x−1),

f 00(x) = 12x2+6x+2 =⇒ f 00(1) = 20 =⇒ d2f (1, x−1) =

f 00(1)

2!

(x−1)2 = 10(x−1)2,

f 000(x) = 24x + 6 =⇒ f 000(1) = 30 =⇒ d3f (1, x − 1) =

f 000(1)

3!

(x − 1)3 = 5(x − 1)3,

f (4)(x) = 24 =⇒ d4f (1, x − 1) =

f (4)(1)

4!

(x − 1)3 = (x − 1)4.

Odtud

T4(f, 1, x − 1) = 5 + 10(x − 1) + 10(x − 1)2 + 5(x − 1)3 + (x − 1)4.