M06 - Diferenciální počet I, Derivace funkce
Níže je uveden pouze náhled materiálu. Kliknutím na tlačítko 'Stáhnout soubor' stáhnete kompletní formátovaný materiál ve formátu PDF.
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.