M06 - Diferenciální počet I, Derivace funkce

Je jasné, že polynomy se sobě rovnají, neboť f (5)(x) = 0 a tedy zbytek je nulový.
O rovnosti polynomů se můžete snadno přesvědčit úpravou nalezeného Taylorova
polynomu na tvar zadané funkce f.

Příklad 2.6.3: Určete Taylorův polynom n–tého stupně funkce
f (x) = ln (2 − 3x) v bodě x0 = −1.

Řešení:

f (x) = ln (2 − 3x), f 0(x) = −

3

2 − 3x

, f 00(x) = −

32

(2 − 3x)2

, f 000(x) = −

33 · 2

(2 − 3x)3

,

f (4)(x) = −

34 · 3 · 2

(2 − 3x)4

, f (5)(x) = −

35 · 4 · 3 · 2

(2 − 3x)5

, . . . , f (n)(x) = −

3n · (n − 1)!

(2 − 3x)n

,

proto

f (−1) = ln 5, f 0(−1) = −

3
5

, f 00(−1) = −

µ

3
5

¶2

, . . . , f (n)(−1) = −

µ

3
5

¶n

·(n−1)!.

Odtud

Tn(f, −1, x+1) = ln 5−

n

X

k=1

µ

3
5

¶k

·

(k − 1)!

k!

·(x+1)k = ln 5−

n

X

k=1

µ

3
5

¶k

1

k

(x+1)k.

Důkladně si tento příklad propočítejte a promyslete. Můžete se na
něm hodně naučit. Všimněte si toho, že není vhodné při výpočtu de-
rivací konstanty roznásobovat, nýbrž naopak, je zapotřebí je vyjádřit
v takovém tvaru, který nám umožní popsat obecně derivaci n–tého
řádu.

———————————————————————————————————

24

Derivace funkce

Příklad 2.6.4: Určete Maclaurinův polynom n–tého stupně funkce
f (x) = sin x.

Řešení:

f (x) = sin x, f 0(x) = cos x, f 00(x) = − sin x, f 000(x) = − cos x, f (4)(x) = sin x,

f (5)(x) = cos x

a derivace se opakují,

f (0) = 0, f 0(0) = 1, f 00(0) = 0, f 000(x) = −1, f (4)(0) = 0, f (5)(0) = 1, . . . .

Tedy

sin x =

n

X

k=0

(−1)kx2k+1

(2k + 1)!

+ R2n+1(x),

R2n+1(x) =

(−1)n+1 · sin ξ · x2n+2

(2n + 2)!

, odtud |R2n+1(x)| ≤