Rozvoj funkce do Taylorova polynomu

Řešení příkladu:

Funkce je \( f(x) = e^{2x} \). Rozvineme ji do Taylorova polynomu kolem \( x_0 = 0 \) do \(3.\) řádu.

Nejprve vypočteme derivace:

\( f(x) = e^{2x} \Rightarrow f'(x) = 2e^{2x} \Rightarrow f“(x) = 4e^{2x} \Rightarrow f^{(3)}(x) = 8e^{2x} \)

Vyhodnotíme v bodě \( x_0 = 0 \):

\( f(0) = e^{0} = 1 \)

\( f'(0) = 2 \cdot 1 = 2 \)

\( f“(0) = 4 \cdot 1 = 4 \)

\( f^{(3)}(0) = 8 \cdot 1 = 8 \)

Taylorův polynom řádu 3 je

\( P_3(x) = f(0) + f'(0)(x-0) + \frac{f“(0)}{2!}(x-0)^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{3!}(x-0)^3 \)

\( = 1 + 2x + \frac{4}{2}x^2 + \frac{8}{6}x^3 = 1 + 2x + 2x^2 + \frac{4}{3}x^3 \)

Řešení příkladu:

Funkce: \( f(x) = \ln(1+x) \). Derivace:

\( f'(x) = \frac{1}{1+x} \)

\( f“(x) = -\frac{1}{(1+x)^2} \)

\( f^{(3)}(x) = \frac{2}{(1+x)^3} \)

\( f^{(4)}(x) = -\frac{6}{(1+x)^4} \)

Vyhodnotíme v \( x_0=0 \):

\( f(0) = \ln(1) = 0 \)

\( f'(0) = 1 \)

\( f“(0) = -1 \)

\( f^{(3)}(0) = 2 \)

\( f^{(4)}(0) = -6 \)

Taylorův polynom řádu \(4\):

\( P_4(x) = 0 + 1 \cdot x + \frac{-1}{2}x^2 + \frac{2}{6}x^3 + \frac{-6}{24}x^4 \)

\( = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{4} \)

Řešení příkladu:

Funkce: \( f(x) = \sin(3x) \).

Derivace:

\( f'(x) = 3 \cos(3x) \)

\( f“(x) = -9 \sin(3x) \)

Vyhodnotíme v \( x_0 = \frac{\pi}{6} \):

\( f\left(\frac{\pi}{6}\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1 \)

\( f’\left(\frac{\pi}{6}\right) = 3 \cos\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0 \)

\( f“\left(\frac{\pi}{6}\right) = -9 \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = -9 \)

Taylorův polynom řádu \(2\):

\( P_2(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x – x_0) + \frac{f“(x_0)}{2}(x – x_0)^2 \)

\( = 1 + 0 \cdot (x – \frac{\pi}{6}) + \frac{-9}{2} (x – \frac{\pi}{6})^2 = 1 – \frac{9}{2} (x – \frac{\pi}{6})^2 \)

Řešení příkladu:

Funkce: \( f(x) = \sqrt{x} = x^{1/2} \).

Derivace:

\( f'(x) = \frac{1}{2} x^{-1/2} \)

\( f“(x) = -\frac{1}{4} x^{-3/2} \)

\( f^{(3)}(x) = \frac{3}{8} x^{-5/2} \)

Vyhodnotíme v \( x_0 = 1 \):

\( f(1) = 1 \)

\( f'(1) = \frac{1}{2} \)

\( f“(1) = -\frac{1}{4} \)

\( f^{(3)}(1) = \frac{3}{8} \)

Taylorův polynom řádu 3:

\( P_3(x) = 1 + \frac{1}{2} (x-1) – \frac{1}{8} (x-1)^2 + \frac{1}{16} (x-1)^3 \)

Řešení příkladu:

Funkce: \( f(x) = \arctan x \).

Derivace:

\( f'(x) = \frac{1}{1+x^2} \)

\( f“(x) = -\frac{2x}{(1+x^2)^2} \)

\( f^{(3)}(x) = \frac{2(3x^2 -1)}{(1+x^2)^3} \)

Vyhodnotíme v \( x_0=0 \):

\( f(0) = 0 \)

\( f'(0) = 1 \)

\( f“(0) = 0 \)

\( f^{(3)}(0) = -2 \)

Taylorův polynom řádu 3:

\( P_3(x) = 0 + 1 \cdot x + \frac{0}{2} x^2 + \frac{-2}{6} x^3 = x – \frac{1}{3} x^3 \)

Řešení příkladu:

Funkce: \( f(x) = \cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2} \).

Derivace:

\( f'(x) = \sinh x \)

\( f“(x) = \cosh x \)

\( f^{(3)}(x) = \sinh x \)

\( f^{(4)}(x) = \cosh x \)

Vyhodnotíme v \( x_0=0 \):

\( f(0) = 1 \)

\( f'(0) = 0 \)

\( f“(0) = 1 \)

\( f^{(3)}(0) = 0 \)

\( f^{(4)}(0) = 1 \)

Taylorův polynom řádu 4:

\( P_4(x) = 1 + 0 + \frac{1}{2}x^2 + 0 + \frac{1}{24} x^4 = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} \)

Řešení příkladu:

Funkce: \( f(x) = \frac{1}{1-x} \).

Derivace:

\( f'(x) = \frac{1}{(1-x)^2} \)

\( f“(x) = \frac{2}{(1-x)^3} \)

\( f^{(3)}(x) = \frac{6}{(1-x)^4} \)

Vyhodnotíme v \( x_0=0 \):

\( f(0) = 1 \)

\( f'(0) = 1 \)

\( f“(0) = 2 \)

\( f^{(3)}(0) = 6 \)

Taylorův polynom řádu \(3\):

\( P_3(x) = 1 + 1 \cdot x + \frac{2}{2} x^2 + \frac{6}{6} x^3 = 1 + x + x^2 + x^3 \)

Řešení příkladu:

Funkce: \( f(x) = \tan x \).

Derivace:

\( f'(x) = \sec^2 x = \frac{1}{\cos^2 x} \)

\( f“(x) = 2 \sec^2 x \tan x \)

Vyhodnotíme v \( x_0=0 \):

\( f(0) = 0 \)

\( f'(0) = 1 \)

\( f“(0) = 0 \)

Taylorův polynom řádu \(2\):

\( P_2(x) = 0 + 1 \cdot x + \frac{0}{2} x^2 = x \)

Řešení příkladu:

Funkce: \( f(x) = \sinh(2x) \).

Derivace:

\( f'(x) = 2 \cosh(2x) \)

\( f“(x) = 4 \sinh(2x) \)

\( f^{(3)}(x) = 8 \cosh(2x) \)

\( f^{(4)}(x) = 16 \sinh(2x) \)

Vyhodnotíme v \( x_0=0 \):

\( f(0) = 0 \)

\( f'(0) = 2 \)

\( f“(0) = 0 \)

\( f^{(3)}(0) = 8 \)

\( f^{(4)}(0) = 0 \)

Taylorův polynom řádu \(4\):

\( P_4(x) = 0 + 2x + 0 + \frac{8}{6} x^3 + 0 = 2x + \frac{4}{3} x^3 \)

Řešení příkladu:

Funkce: \( f(x) = \ln(\cos x) \).

Derivace:

\( f'(x) = -\tan x \)

\( f“(x) = -\sec^2 x \)

\( f^{(3)}(x) = -2 \sec^2 x \tan x \)

Vyhodnotíme v \( x_0=0 \):

\( f(0) = \ln(1) = 0 \)

\( f'(0) = 0 \)

\( f“(0) = -1 \)

\( f^{(3)}(0) = 0 \)

Taylorův polynom řádu \(3\):

\( P_3(x) = 0 + 0 + \frac{-1}{2} x^2 + 0 = -\frac{x^2}{2} \)

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = \ln(1 + x) \) je známá jako Taylorův rozvoj přirozeného logaritmu. Vypočteme první čtyři derivace a vyjádříme polynom do \(4.\) řádu.

\( f(x) = \ln(1 + x) \)

\( f'(x) = \frac{1}{1 + x} \Rightarrow f'(0) = 1 \)

\( f“(x) = -\frac{1}{(1 + x)^2} \Rightarrow f“(0) = -1 \)

\( f^{(3)}(x) = \frac{2}{(1 + x)^3} \Rightarrow f^{(3)}(0) = 2 \)

\( f^{(4)}(x) = -\frac{6}{(1 + x)^4} \Rightarrow f^{(4)}(0) = -6 \)

Dosadíme do Taylorova polynomu:

\( P_4(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f“(0)}{2!}x^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{3!}x^3 + \frac{f^{(4)}(0)}{4!}x^4 \)

\( P_4(x) = 0 + x – \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 – \frac{1}{4}x^4 \)

Řešení příkladu:

Funkce \( \frac{1}{1 – x} \) má známý rozvoj jako geometrická řada pro \( |x| < 1 \).

Všechny derivace jsou dány vzorcem: \( f^{(n)}(x) = n! \cdot (1 – x)^{-n-1} \)

Vyjádříme explicitně první členy:

\( f(0) = 1 \)

\( f'(0) = 1 \cdot (1 – 0)^{-2} = 1 \)

\( f“(0) = 2 \cdot (1 – 0)^{-3} = 2 \)

\( f^{(3)}(0) = 6 \)

\( f^{(4)}(0) = 24 \)

\( f^{(5)}(0) = 120 \)

Dosadíme do Taylorova polynomu:

\( P_5(x) = 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 \)

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = \cos(x^2) \) je složená, využijeme substituci do Taylorova rozvoje kosinu.

Rozvoj \( \cos(z) = 1 – \frac{z^2}{2!} + \frac{z^4}{4!} – \dots \)

Dosadíme \( z = x^2 \):

\( \cos(x^2) \approx 1 – \frac{x^4}{2} + \frac{x^8}{24} – \dots \)

Chceme polynom do řádu \(3\) ⇒ vyšší mocniny než \( x^3 \) zahodíme ⇒

\( P_3(x) = 1 \)

Řešení příkladu:

Funkce \( \arctan(x) \) má známý rozvoj:

\( \arctan(x) = x – \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} – \dots \)

Polynom do 5. řádu tedy je:

\( P_5(x) = x – \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{5}x^5 \)

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = (1 + x)^{1/2} \) má známý rozvoj pomocí binomické věty s reálným exponentem:

\( (1 + x)^r = 1 + rx + \frac{r(r – 1)}{2!}x^2 + \frac{r(r – 1)(r – 2)}{3!}x^3 + \dots \)

Pro \( r = \frac{1}{2} \) získáme:

\( P_4(x) = 1 + \frac{1}{2}x – \frac{1}{8}x^2 + \frac{1}{16}x^3 – \frac{5}{128}x^4 \)

Řešení příkladu:

Funkce je složená: \( f(x) = \arctan(2x) \), derivujeme pomocí řetězového pravidla.

\( f'(x) = \frac{2}{1 + (2x)^2} = \frac{2}{1 + 4x^2} \Rightarrow f'(0) = 2 \)

\( f“(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{2}{1 + 4x^2} \right) = -\frac{16x}{(1 + 4x^2)^2} \Rightarrow f“(0) = 0 \)

\( P_2(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f“(0)}{2}x^2 = 0 + 2x + 0 = 2x \)

Řešení příkladu:

Rozvineme \( \sin x \approx x – \frac{x^3}{6} \), tedy \( e^{\sin x} \approx e^{x – \frac{x^3}{6}} \)

Rozvoj \( e^u \approx 1 + u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{6} \)

Dosadíme \( u = x – \frac{x^3}{6} \) a zanedbáme vyšší členy než \( x^3 \):

\( P_3(x) = 1 + x + \frac{1}{2}x^2 + \left( \frac{1}{6} – \frac{1}{12} \right)x^3 = 1 + x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{12}x^3 \)

Řešení příkladu:

Rozvoj \( \cos x = 1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} \Rightarrow \ln(\cos x) \approx \ln\left(1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} \right) \)

Použijeme rozvoj \( \ln(1 + y) \approx y – \frac{y^2}{2} \)

Dosadíme \( y = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} \) a dopočítáme do řádu \(4\):

\( P_4(x) = -\frac{x^2}{2} – \frac{x^4}{12} \)

Řešení příkladu:

Rozvoj \( \sin x = x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} \Rightarrow \frac{\sin x}{x} = 1 – \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} \)

Polynom do řádu \(4\) je:

\( P_4(x) = 1 – \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} \)

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = \frac{x}{1 + x^2} \)

\( f'(x) = \frac{(1 + x^2)(1) – x(2x)}{(1 + x^2)^2} = \frac{1 + x^2 – 2x^2}{(1 + x^2)^2} = \frac{1 – x^2}{(1 + x^2)^2} \Rightarrow f'(0) = 1 \)

\( f“(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1 – x^2}{(1 + x^2)^2} \right) \)

Po výpočtu a dosazení: \( f“(0) = -4 \)

\( P_2(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f“(0)}{2}x^2 = 0 + x – 2x^2 \)

Řešení příkladu:

Nejprve určíme derivace funkce \( f(x) = \ln(1 + x) \):

\( f(x) = \ln(1 + x) \)

\( f'(x) = \frac{1}{1 + x} \)

\( f“(x) = -\frac{1}{(1 + x)^2} \)

\( f“'(x) = \frac{2}{(1 + x)^3} \)

\( f^{(4)}(x) = -\frac{6}{(1 + x)^4} \)

Dosadíme do bodu \( x = 0 \):

\( f(0) = \ln(1) = 0 \)

\( f'(0) = 1 \)

\( f“(0) = -1 \)

\( f“'(0) = 2 \)

\( f^{(4)}(0) = -6 \)

Taylorův polynom \(4.\) řádu je:

\( T_4(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f“(0)}{2!}x^2 + \frac{f“'(0)}{3!}x^3 + \frac{f^{(4)}(0)}{4!}x^4 \)

\( T_4(x) = 0 + 1x + \frac{-1}{2}x^2 + \frac{2}{6}x^3 + \frac{-6}{24}x^4 \)

\( T_4(x) = x – \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 – \frac{1}{4}x^4 \)

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = \frac{1}{1 – x} \) má známý Taylorův rozvoj jako geometrická řada:

\( \frac{1}{1 – x} = \sum_{n=0}^{\infty} x^n = 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + \ldots \), kde \( |x| < 1 \)

Taylorův polynom \(5.\) řádu je tedy:

\( T_5(x) = 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 \)

Řešení příkladu:

Derivace funkce:

\( f(x) = \cos(x) \)

\( f'(x) = -\sin(x) \)

\( f“(x) = -\cos(x) \)

\( f“'(x) = \sin(x) \)

\( f^{(4)}(x) = \cos(x) \)

\( f^{(5)}(x) = -\sin(x) \)

\( f^{(6)}(x) = -\cos(x) \)

V bodě \( x = 0 \):

\( f(0) = 1 \)

\( f'(0) = 0 \)

\( f“(0) = -1 \)

\( f“'(0) = 0 \)

\( f^{(4)}(0) = 1 \)

\( f^{(5)}(0) = 0 \)

\( f^{(6)}(0) = -1 \)

Taylorův polynom \(6.\) řádu:

\( T_6(x) = 1 – \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 – \frac{1}{720}x^6 \)

Řešení příkladu:

Derivace funkce \( f(x) = e^{-x} \):

\( f(x) = e^{-x} \)

\( f'(x) = -e^{-x} \)

\( f“(x) = e^{-x} \)

\( f“'(x) = -e^{-x} \)

\( f^{(4)}(x) = e^{-x} \)

V bodě \( x = 0 \):

\( f(0) = 1 \)

\( f'(0) = -1 \)

\( f“(0) = 1 \)

\( f“'(0) = -1 \)

\( f^{(4)}(0) = 1 \)

Taylorův polynom \(4.\) řádu je:

\( T_4(x) = 1 – x + \frac{1}{2}x^2 – \frac{1}{6}x^3 + \frac{1}{24}x^4 \)

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = \arctan(x) \) má derivace:

\( f'(x) = \frac{1}{1 + x^2} \)

\( f“(x) = \frac{-2x}{(1 + x^2)^2} \)

\( f“'(x) = \frac{-2(1 + x^2)^2 + 8x^2(1 + x^2)}{(1 + x^2)^4} \)

Obecně však víme, že Taylorův rozvoj této funkce kolem \( x = 0 \) je známý a má tvar:

\( \arctan(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} = x – \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{5}x^5 – \cdots \)

Pro Taylorův polynom \(5.\) řádu máme:

\( T_5(x) = x – \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{5}x^5 \)

Řešení příkladu:

Použijeme známý tvar rozvoje funkce \( (1 + x)^a \), kde \( a = \frac{1}{2} \):

\( (1 + x)^{1/2} = 1 + \frac{1}{2}x – \frac{1}{8}x^2 + \frac{1}{16}x^3 – \frac{5}{128}x^4 + \cdots \)

Proto je Taylorův polynom \(4.\) řádu:

\( T_4(x) = 1 + \frac{1}{2}x – \frac{1}{8}x^2 + \frac{1}{16}x^3 – \frac{5}{128}x^4 \)

Řešení příkladu:

Známý Taylorův rozvoj funkce \( \ln(1 – x) \) je:

\( \ln(1 – x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} = -x – \frac{x^2}{2} – \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{4} – \frac{x^5}{5} + \cdots \)

Taylorův polynom \(5.\) řádu tedy je:

\( T_5(x) = -x – \frac{1}{2}x^2 – \frac{1}{3}x^3 – \frac{1}{4}x^4 – \frac{1}{5}x^5 \)

Řešení příkladu:

Použijeme vzorec pro rozvoj \( (1 – x)^{-\frac{1}{2}} \):

\( (1 – x)^{-1/2} = 1 + \frac{1}{2}x + \frac{3}{8}x^2 + \frac{5}{16}x^3 + \frac{35}{128}x^4 + \cdots \)

Taylorův polynom \(4.\) řádu je:

\( T_4(x) = 1 + \frac{1}{2}x + \frac{3}{8}x^2 + \frac{5}{16}x^3 + \frac{35}{128}x^4 \)

Řešení příkladu:

Použijeme Taylorův rozvoj funkce \( \sin(x) \) a dosadíme \( 2x \):

\( \sin(2x) = 2x – \frac{(2x)^3}{3!} + \frac{(2x)^5}{5!} – \cdots \)

\( \Rightarrow \sin(2x) = 2x – \frac{8x^3}{6} + \frac{32x^5}{120} \)

\( \Rightarrow \sin(2x) = 2x – \frac{4}{3}x^3 + \frac{4}{15}x^5 \)

Taylorův polynom \(5.\) řádu:

\( T_5(x) = 2x – \frac{4}{3}x^3 + \frac{4}{15}x^5 \)

Řešení příkladu:

Rozvineme jednotlivě \( e^x \) a \( \cos(x) \):

\( e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \cdots \)

\( \cos(x) = 1 – \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} – \cdots \)

Pro součin dvou řad použijeme Cauchyho součin \((\)zjednodušeně násobíme členy tak, aby stupeň výsledného členu nepřesáhl \(4)\):

\( f(x) = e^x \cos(x) = (1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24}) \cdot (1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}) \)

Po vynásobení a sečtení členů dostaneme:

\( T_4(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2} – \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{12} \)

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = \ln(1 + \sin(x)) \) je složená funkce. Rozepíšeme si nejprve Taylorův rozvoj \( \sin(x) \) a poté \( \ln(1 + x) \).

\( \sin(x) = x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} – \cdots \)

Dosadíme do \( \ln(1 + x) \), která má rozvoj:

\( \ln(1 + x) = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{4} + \cdots \)

Nyní použijeme složení těchto řad. Do řady \( \ln(1 + x) \) dosadíme první tři členy \( \sin(x) \):

\( f(x) = \ln(1 + \sin(x)) \approx \ln(1 + x – \frac{x^3}{6}) \)

Označme \( y = x – \frac{x^3}{6} \). Poté:

\( f(x) = y – \frac{y^2}{2} + \frac{y^3}{3} – \frac{y^4}{4} \)

Dosadíme zpět a spočteme pouze do řádu \(4.\) Po rozvinutí a úpravě dostaneme:

\( T_4(x) = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} – \frac{11x^4}{144} \)

Řešení příkladu:

Nejprve si uvědomíme, že funkce lze upravit jako geometrickou řadu. Známe vztah:

\( \frac{1}{1 – y} = \sum_{n=0}^{\infty} y^n \), pro \( |y| < 1 \)

Položme \( y = x^2 \Rightarrow \frac{1}{1 – x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} \)

Poté \( f(x) = x \cdot \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} = \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n+1} \)

Taylorův polynom do \(6.\) řádu obsahuje členy až do \( x^6 \), tedy:

\( T_6(x) = x + x^3 + x^5 \)

Řešení příkladu:

Použijeme známý Taylorův rozvoj funkce \( \arctan(x) \):

\( \arctan(x) = x – \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} – \cdots \)

Dosadíme \( 2x \):

\( f(x) = \arctan(2x) = 2x – \frac{(2x)^3}{3} + \frac{(2x)^5}{5} \)

\( = 2x – \frac{8x^3}{3} + \frac{32x^5}{5} \)

Taylorův polynom \(5.\) řádu je:

\( T_5(x) = 2x – \frac{8}{3}x^3 + \frac{32}{5}x^5 \)

Řešení příkladu:

Nejprve rozvineme \( \cos(x) \):

\( \cos(x) = 1 – \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} – \cdots = 1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} \)

Nyní použijeme Taylorův rozvoj funkce \( \ln(1 + y) \), kde \( y = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} \):

\( \ln(1 + y) = y – \frac{y^2}{2} + \cdots \)

Po dosazení a úpravách:

\( f(x) = \ln(1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}) \approx -\frac{x^2}{2} – \frac{x^4}{12} \)

Taylorův polynom \(4.\) řádu je:

\( T_4(x) = -\frac{x^2}{2} – \frac{x^4}{12} \)

Řešení příkladu:

Použijeme Taylorův rozvoj funkce \( e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} \) a dosadíme \( -x^2 \):

\( f(x) = e^{-x^2} = 1 – x^2 + \frac{x^4}{2} – \frac{x^6}{6} + \cdots \)

Taylorův polynom \(6.\) řádu je:

\( T_6(x) = 1 – x^2 + \frac{x^4}{2} – \frac{x^6}{6} \)

Řešení příkladu:

Máme funkci \( f(x) = \sqrt{1 + x^2} = (1 + x^2)^{1/2} \), což je funkce vhodná k použití obecného binomického rozvoje:

\( (1 + x)^a = 1 + ax + \frac{a(a – 1)}{2!}x^2 + \frac{a(a – 1)(a – 2)}{3!}x^3 + \frac{a(a – 1)(a – 2)(a – 3)}{4!}x^4 + \cdots \)

Zde je \( a = \frac{1}{2} \) a \( x \) nahradíme \( x^2 \):

\( \Rightarrow f(x) = 1 + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)\frac{x^4}{2!} + \cdots \)

Spočítáme jednotlivé členy:

\( f(x) = 1 + \frac{1}{2}x^2 – \frac{1}{8}x^4 \)

Vynecháváme liché mocniny, protože jsou nulové kvůli substituci \( x^2 \). Výsledný Taylorův polynom 4. řádu v bodě \(0\) je:

\( T_4(x) = 1 + \frac{1}{2}x^2 – \frac{1}{8}x^4 \)

Řešení příkladu:

Použijeme Taylorův rozvoj funkce \( \ln(1 + x) \), který je:

\( \ln(1 + x) = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5} – \cdots \)

Položme \( x \mapsto -2x \), dostaneme:

\( f(x) = \ln(1 – 2x) = -2x – \frac{(-2x)^2}{2} – \frac{(-2x)^3}{3} – \frac{(-2x)^4}{4} – \frac{(-2x)^5}{5} \)

Spočítáme každý člen zvlášť:

\( = -2x – \frac{4x^2}{2} – \frac{-8x^3}{3} – \frac{16x^4}{4} – \frac{-32x^5}{5} \)

\( = -2x – 2x^2 + \frac{8x^3}{3} – 4x^4 + \frac{32x^5}{5} \)

Taylorův polynom \(5.\) řádu je:

\( T_5(x) = -2x – 2x^2 + \frac{8}{3}x^3 – 4x^4 + \frac{32}{5}x^5 \)

Řešení příkladu:

Nejprve rozvineme Taylorovu řadu pro \( \arcsin(x) \):

\( \arcsin(x) = x + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^5}{40} + \cdots \)

Poté vydělíme tuto řadu výrazem \( x \):

\( f(x) = \frac{\arcsin(x)}{x} = 1 + \frac{x^2}{6} + \frac{3x^4}{40} + \cdots \)

Taylorův polynom \(4.\) řádu je:

\( T_4(x) = 1 + \frac{1}{6}x^2 + \frac{3}{40}x^4 \)

Řešení příkladu:

Použijeme rozvoj \( (1 – x)^{-\frac{1}{2}} \). Obecný vzorec je binomický rozvoj pro záporné exponenty:

\( (1 – x)^{-1/2} = 1 + \frac{1}{2}x + \frac{3}{8}x^2 + \frac{5}{16}x^3 + \frac{35}{128}x^4 + \cdots \)

Taylorův polynom \(4.\) řádu je:

\( T_4(x) = 1 + \frac{1}{2}x + \frac{3}{8}x^2 + \frac{5}{16}x^3 + \frac{35}{128}x^4 \)

Řešení příkladu:

Použijeme součin dvou známých Taylorových řad:

\( e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + \frac{x^5}{120} + \frac{x^6}{720} + \cdots \)

\( \cos x = 1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{x^6}{720} + \cdots \)

Vynásobíme tyto dvě řady, a ponecháme členy do řádu \( x^6 \):

\( f(x) = (1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + \frac{x^5}{120} + \frac{x^6}{720}) \cdot (1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{x^6}{720}) \)

Po důkladném násobení a sloučení členů získáme:

\( T_6(x) = 1 + x + 0 \cdot x^2 + \frac{x^3}{6} – \frac{x^4}{12} – \frac{x^5}{30} + \frac{x^6}{90} \)

Řešení příkladu:

Nejprve si připomeňme Taylorovu řadu pro funkci \( \cos x \):

\( \cos x = 1 – \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} – \frac{x^6}{6!} + \cdots \)

Chceme rozvinout \( \ln(\cos x) \). Použijeme známý vývoj pro logaritmus kolem bodu \(0\) , který využívá substituci:

\( \ln(1 + u(x)) \approx u(x) – \frac{u(x)^2}{2} + \frac{u(x)^3}{3} – \cdots \) pro \( |u(x)| < 1 \)

Nejprve si spočítáme vývoj \( \cos x \) do 6. řádu:

\( \cos x = 1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{x^6}{720} \)

Označme tedy:

\( \cos x = 1 + a(x),\ \text{kde}\ a(x) = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{x^6}{720} \)

Pak použijeme řadu:

\( \ln(1 + a(x)) = a(x) – \frac{a(x)^2}{2} + \frac{a(x)^3}{3} \)

Spočítáme postupně:

\( a(x) = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{x^6}{720} \)

\( a(x)^2 = \left(-\frac{x^2}{2}\right)^2 = \frac{x^4}{4} \) plus vyšší členy

\( a(x)^3 = \left(-\frac{x^2}{2}\right)^3 = -\frac{x^6}{8} \)

Dosadíme do rozvoje:

\( \ln(\cos x) \approx -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{x^6}{720} – \frac{1}{2} \cdot \frac{x^4}{4} + \frac{1}{3} \cdot \left(-\frac{x^6}{8}\right) \)

\( = -\frac{x^2}{2} + \left(\frac{1}{24} – \frac{1}{8}\right)x^4 + \left(-\frac{1}{720} – \frac{1}{24}\right)x^6 \)

\( = -\frac{x^2}{2} – \frac{1}{12}x^4 – \frac{31}{720}x^6 \)

Taylorův polynom je:

\( T_6(x) = -\frac{x^2}{2} – \frac{1}{12}x^4 – \frac{31}{720}x^6 \)

Řešení příkladu:

Funkci lze chápat jako součin \( x \cdot g(x) \), kde \( g(x) = e^{-x^2} \). Nejprve rozvineme \( e^{-x^2} \):

\( e^{-x^2} = 1 – x^2 + \frac{x^4}{2} – \frac{x^6}{6} + \cdots \)

Vynásobíme tento rozvoj výrazem \( x \):

\( f(x) = x \cdot (1 – x^2 + \frac{x^4}{2}) = x – x^3 + \frac{x^5}{2} \)

Proto Taylorův polynom \(5.\) řádu je:

\( T_5(x) = x – x^3 + \frac{1}{2}x^5 \)

Řešení příkladu:

Nejprve připomeňme rozvoj funkce \( \tan^{-1}(x) \):

\( \tan^{-1}(x) = x – \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} – \cdots \)

Položíme \( x \mapsto x^2 \):

\( \Rightarrow f(x) = \tan^{-1}(x^2) = x^2 – \frac{x^6}{3} + \cdots \)

Protože nás zajímá pouze Taylorův polynom do \(5.\) řádu, uřízneme za \( x^4 \):

\( T_5(x) = x^2 \)

Řešení příkladu:

Použijeme geometrickou řadu: \( \frac{1}{1 – u} = 1 + u + u^2 + u^3 + \cdots \), platí pro \( |u| < 1 \).

Upravíme náš případ: \( f(x) = \frac{1}{1 + x^3} = \frac{1}{1 – (-x^3)} \)

\( \Rightarrow f(x) = 1 – x^3 + x^6 – \cdots \)

Ořízneme do \(5.\) řádu:

\( T_5(x) = 1 – x^3 \)

Řešení příkladu:

Nejprve rozvineme funkci \( \sin x \):

\( \sin x = x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} – \cdots \)

Vydělíme výrazem \( x \):

\( f(x) = \frac{\sin x}{x} = 1 – \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} – \cdots \)

Taylorův polynom \(6.\) řádu je:

\( T_6(x) = 1 – \frac{1}{6}x^2 + \frac{1}{120}x^4 \)

Řešení příkladu:

Nejprve si připomeňme Taylorovu řadu pro funkci \( \sin x \):

\( \sin x = x – \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + \cdots = x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} \)

Dále rozvineme funkci \( \ln(1 + u) \) do Taylorovy řady v okolí nuly:

\( \ln(1 + u) = u – \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} – \frac{u^4}{4} + \frac{u^5}{5} + \cdots \)

Položíme tedy \( u = \sin x \) a nahradíme:

\( \ln(1 + \sin x) = \sin x – \frac{(\sin x)^2}{2} + \frac{(\sin x)^3}{3} \)

Nyní dosadíme rozvoj \( \sin x \) do těchto tří členů a roznásobíme až do řádu \( x^5 \).

1. člen: \( \sin x = x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} \)

2. člen: \( \frac{(\sin x)^2}{2} = \frac{1}{2}(x^2 – \frac{x^4}{3} + \frac{17x^6}{720}) \Rightarrow \frac{x^2}{2} – \frac{x^4}{6} \)

3. člen: \( \frac{(\sin x)^3}{3} = \frac{1}{3}(x^3 – \frac{x^5}{2}) \Rightarrow \frac{x^3}{3} – \frac{x^5}{6} \)

Sečteme jednotlivé části:

\( \ln(1 + \sin x) = \left(x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}\right) – \left(\frac{x^2}{2} – \frac{x^4}{6}\right) + \left(\frac{x^3}{3} – \frac{x^5}{6}\right) \)

Sečteme podle mocnin:

\( x \)
\( -\frac{x^2}{2} \)
\( -\frac{x^3}{6} + \frac{x^3}{3} = \frac{x^3}{6} \)
\( +\frac{x^4}{6} \)
\( \frac{x^5}{120} – \frac{x^5}{6} = -\frac{3x^5}{40} \)

Taylorův polynom je:

\( T_5(x) = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{6} – \frac{3}{40}x^5 \)

Řešení příkladu:

Nejprve si rozepíšeme Taylorovu řadu pro \( e^x \):

\( e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} \)

Odečteme 1:

\( e^x – 1 = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + \frac{x^5}{120} \)

Nyní vydělíme \( x \):

\( f(x) = \frac{x}{e^x – 1} = \frac{1}{1 + \frac{x}{2} + \frac{x^2}{6} + \frac{x^3}{24} + \frac{x^4}{120}} \)

Provedeme inverzi pomocí geometrické řady. Položíme \( u(x) = \frac{x}{2} + \frac{x^2}{6} + \cdots \)

Pak \( \frac{1}{1 + u(x)} = 1 – u(x) + u(x)^2 – u(x)^3 + \cdots \)

Spočítáme do 5. řádu:

\( f(x) = 1 – \frac{x}{2} + \left(\frac{x}{2}\right)^2 – \left(\frac{x}{2}\right)^3 + \cdots \)

To dává přibližný tvar:

\( f(x) \approx 1 – \frac{x}{2} + \frac{x^2}{12} – \frac{x^3}{720} + \cdots \)

Skutečný rozvoj (tzv. Bernoulliho funkce):

\( f(x) = 1 – \frac{x}{2} + \frac{x^2}{12} – \frac{x^4}{720} + \cdots \)

Taylorův polynom 5. řádu:

\( T_5(x) = 1 – \frac{x}{2} + \frac{x^2}{12} – \frac{x^4}{720} \)

Řešení příkladu:

Položíme \( u = 1 – x \Rightarrow x = 1 – u \), pak \( f(x) = \arccos(u) \).

Taylorova řada pro \( \arccos(x) \) kolem \(1\) není běžná, ale použijeme derivace v bodě \( x = 0 \):

1. \( f(x) = \arccos(1 – x) \), pak \( f(0) = \arccos(1) = 0 \)

2. \( f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1 – (1 – x)^2}} \cdot (1) = \frac{1}{\sqrt{2x – x^2}} \)

V bodě \( x = 0 \): \( f'(0) = \infty \), funkce není hladká v 0.

Proto rozvoj použijeme z literatury:

\( \arccos(1 – x) = \sqrt{2x} + \frac{x^{3/2}}{12\sqrt{2}} + \cdots \)

Pro Taylorův polynom musíme přejít na Maclaurinovu řadu přes substituci.

Alternativní přístup: místo klasického rozvoje použijeme známý rozvoj:

\( \arccos(1 – x) = \sqrt{2x} \left(1 + \frac{x}{12} + \frac{3x^2}{160} + \cdots \right) \)

Pro přesný Taylorův polynom bychom museli použít tzv. Puiseuxovy řady.

Funkce není analytická v nule – nelze rozvinout klasickou Taylorovou řadou v celočíselných mocninách.

Výsledek: nelze přesně vyjádřit klasickým Taylorovým polynomem v \( x \), ale pomocí zlomkových mocnin.

Řešení příkladu:

Použijeme Taylorovu řadu pro \( \ln(1 + x) \):

\( \ln(1 + x) = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5} \)

Vynásobíme výrazem \( x^2 \):

\( f(x) = x^2 \cdot \ln(1 + x) = x^3 – \frac{x^4}{2} + \frac{x^5}{3} – \cdots \)

Ořízneme do \(5.\) řádu:

\( T_5(x) = x^3 – \frac{x^4}{2} + \frac{x^5}{3} \)

Řešení příkladu:

Použijeme binomickou řadu pro \( (1 + x)^\alpha \):

\( (1 + x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha – 1)}{2!}x^2 + \frac{\alpha(\alpha – 1)(\alpha – 2)}{3!}x^3 + \cdots \)

Zde \( \alpha = -\frac{1}{2} \) a \( x \mapsto x^2 \), tedy:

\( f(x) = (1 + x^2)^{-1/2} = 1 – \frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{8}x^4 – \frac{5}{16}x^6 + \cdots \)

Taylorův polynom \(6.\) řádu je:

\( T_6(x) = 1 – \frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{8}x^4 – \frac{5}{16}x^6 \)

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = \ln(1 + x^2) \) je hladká a má všechny derivace na okolí nuly. Rozvineme ji do Taylorova polynomu \(5.\) řádu kolem bodu \( x = 0 \), tedy: \[ T_5(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f“(0)}{2!}x^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{3!}x^3 + \frac{f^{(4)}(0)}{4!}x^4 + \frac{f^{(5)}(0)}{5!}x^5 \] Nejprve spočítáme derivace:
\( f(x) = \ln(1 + x^2) \)
\( f'(x) = \frac{2x}{1 + x^2} \)
\( f“(x) = \frac{2(1 + x^2) – 4x^2}{(1 + x^2)^2} = \frac{2(1 – x^2)}{(1 + x^2)^2} \)
\( f^{(3)}(x) = \frac{d}{dx}\left(\frac{2(1 – x^2)}{(1 + x^2)^2}\right) \)
Derivujeme pomocí pravidla pro derivaci podílu: \[ f^{(3)}(x) = \frac{-4x(1 + x^2)^2 – 2(1 – x^2) \cdot 2(1 + x^2)\cdot 2x}{(1 + x^2)^4} \] Po dosazení \( x = 0 \) dostáváme:
\( f(0) = \ln(1) = 0 \)
\( f'(0) = \frac{2\cdot 0}{1 + 0^2} = 0 \)
\( f“(0) = \frac{2(1 – 0)}{(1 + 0)^2} = 2 \)
\( f^{(3)}(0) = 0 \) (protože všechny členy v čitateli obsahují \( x \))
\( f^{(4)}(x) = \text{(dlouhá derivace, ale stačí spočítat)} \Rightarrow f^{(4)}(0) = -24 \)
\( f^{(5)}(0) = 0 \) (opět derivace lichého řádu je v nule nulová)

Taylorův polynom tedy je: \[ T_5(x) = 0 + 0 \cdot x + \frac{2}{2}x^2 + 0 + \frac{-24}{24}x^4 + 0 = x^2 – x^4 \]

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = (1 + x)^{1/2} \) je analytická v okolí \(0.\) Použijeme vzorec: \[ f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n \] Spočteme derivace:
\( f(x) = (1 + x)^{1/2} \)
\( f'(x) = \frac{1}{2}(1 + x)^{-1/2} \)
\( f“(x) = -\frac{1}{4}(1 + x)^{-3/2} \)
\( f^{(3)}(x) = \frac{3}{8}(1 + x)^{-5/2} \)
\( f^{(4)}(x) = -\frac{15}{16}(1 + x)^{-7/2} \)
Dosadíme do vzorce: \[ f(0) = 1,\quad f'(0) = \frac{1}{2},\quad f“(0) = -\frac{1}{4},\quad f^{(3)}(0) = \frac{3}{8},\quad f^{(4)}(0) = -\frac{15}{16} \] \[ T_4(x) = 1 + \frac{1}{2}x – \frac{1}{4}\frac{x^2}{2!} + \frac{3}{8}\frac{x^3}{3!} – \frac{15}{16}\frac{x^4}{4!} \Rightarrow T_4(x) = 1 + \frac{1}{2}x – \frac{1}{8}x^2 + \frac{1}{16}x^3 – \frac{5}{128}x^4 \]

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = \arctan(x) \) má Taylorovu řadu: \[ f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} \] Tento rozvoj vychází z derivací:
\( f'(x) = \frac{1}{1 + x^2} \)
\( f“(x) = \frac{-2x}{(1 + x^2)^2} \)
\( f^{(3)}(x) = \frac{-2(1 + x^2)^2 + 8x^2(1 + x^2)}{(1 + x^2)^4} \)
Ale známe rozvoj: \[ \arctan(x) = x – \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} – \cdots \] Taylorův polynom \(3.\) řádu: \[ T_3(x) = x – \frac{x^3}{3} \]

Řešení příkladu:

Upravíme funkci jako: \[ f(x) = \frac{1}{1 – x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} \] Platí pro \( |x| < 1 \). Taylorův polynom \(4.\) řádu: \[ T_4(x) = 1 + x^2 + x^4 \] Protože rozvoj obsahuje pouze sudé mocniny.

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = e^{-x^2} \) je složená exponenciální funkce. Použijeme Taylorovu řadu pro \( e^x \): \[ e^{-x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-x^2)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n}}{n!} \] Taylorův polynom \(3.\) řádu obsahuje pouze členy do \( x^3 \), ale protože jsou zde pouze sudé mocniny: \[ T_3(x) = 1 – x^2 \]

Řešení příkladu:

Funkce je \( f(x) = \sin(x^2) \). Cílem je najít Taylorův polynom 5. řádu kolem \( x = 0 \). Protože \( f(x) \) je složená funkce, použijeme rozvoj funkce sinus a pak dosadíme \( x^2 \).

Víme, že Taylorův rozvoj pro \(\sin t\) kolem \(0\) je: \[ \sin t = t – \frac{t^3}{3!} + \frac{t^5}{5!} – \cdots \] Pokud vyměníme \( t = x^2 \), dostaneme: \[ \sin(x^2) = x^2 – \frac{(x^2)^3}{3!} + \frac{(x^2)^5}{5!} – \cdots = x^2 – \frac{x^6}{6} + \frac{x^{10}}{120} – \cdots \] Jelikož chceme polynom do \(5.\) řádu, vezmeme pouze členy do \( x^5 \). První člen je \( x^2 \), druhý člen \( x^6 \) je vyšší než \(5.\) řád, takže ho vynecháme.

Taylorův polynom \(5.\) řádu tedy je: \[ T_5(x) = x^2 \]
Závěr: Taylorův polynom \(5.\) řádu kolem \(0\) pro \( \sin(x^2) \) je jednoduše \( x^2 \), protože vyšší mocniny přesahují řád \(5\).

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = \ln(\cos x) \) je definována kolem \(0\), protože \( \cos 0 = 1 \) a logaritmus jedničky je definován.

Nejprve připomeneme rozvoj funkce \( \cos x \): \[ \cos x = 1 – \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} – \cdots \] Chceme tedy rozvinout \( \ln(\cos x) \) kolem \(0.\) Použijeme fakt, že pokud \( g(x) \) má rozvoj \( g(x) = 1 + a_1 x + a_2 x^2 + \ldots \), pak \[ \ln(g(x)) = (g(x) – 1) – \frac{(g(x) – 1)^2}{2} + \frac{(g(x) – 1)^3}{3} – \cdots \] V našem případě \[ g(x) = \cos x = 1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + \cdots \] tedy \[ g(x) – 1 = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + \cdots \] Dosadíme do rozvoje logaritmu: \[ \ln(\cos x) = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{1}{2}\left(-\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}\right)^2 + \cdots \] Nyní rozepíšeme druhou mocninu: \[ \left(-\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}\right)^2 = \frac{x^4}{4} + \cdots \] Proto \[ -\frac{1}{2} \cdot \frac{x^4}{4} = -\frac{x^4}{8} \] Tedy do čtvrtého řádu: \[ \ln(\cos x) = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{x^4}{8} + \cdots = -\frac{x^2}{2} – \frac{x^4}{12} + \cdots \]
Závěr: Taylorův polynom \(4.\) řádu je: \[ T_4(x) = -\frac{x^2}{2} – \frac{x^4}{12} \]

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = (1 – x)^{-\frac{1}{2}} \) je vhodná pro rozvoj podle binomické věty: \[ (1 + u)^\alpha = \sum_{n=0}^\infty \binom{\alpha}{n} u^n \] kde v našem případě \( u = -x \) a \( \alpha = -\frac{1}{2} \).

Binomické koeficienty pro reálná čísla jsou: \[ \binom{\alpha}{n} = \frac{\alpha (\alpha – 1) \cdots (\alpha – n + 1)}{n!} \] Spočítáme první členy: \[ \binom{-\frac{1}{2}}{0} = 1 \] \[ \binom{-\frac{1}{2}}{1} = -\frac{1}{2} \] \[ \binom{-\frac{1}{2}}{2} = \frac{-\frac{1}{2} \left(-\frac{3}{2}\right)}{2} = \frac{3}{8} \] \[ \binom{-\frac{1}{2}}{3} = \frac{-\frac{1}{2} \left(-\frac{3}{2}\right) \left(-\frac{5}{2}\right)}{6} = -\frac{5}{16} \] \[ \binom{-\frac{1}{2}}{4} = \frac{-\frac{1}{2} \left(-\frac{3}{2}\right) \left(-\frac{5}{2}\right) \left(-\frac{7}{2}\right)}{24} = \frac{35}{128} \] \[ \binom{-\frac{1}{2}}{5} = -\frac{63}{256} \] \[ \binom{-\frac{1}{2}}{6} = \frac{231}{1024} \]
Nyní sestavíme polynom \(6.\) řádu (tedy do \( x^6 \)): \[ T_6(x) = 1 – \frac{1}{2}(-x) + \frac{3}{8}(-x)^2 – \frac{5}{16}(-x)^3 + \frac{35}{128}(-x)^4 – \frac{63}{256}(-x)^5 + \frac{231}{1024}(-x)^6 \] Vyjádříme znaky minus podle mocniny: \[ (-x)^n = (-1)^n x^n \] Dosadíme: \[ T_6(x) = 1 + \frac{1}{2} x + \frac{3}{8} x^2 + \frac{5}{16} x^3 + \frac{35}{128} x^4 + \frac{63}{256} x^5 + \frac{231}{1024} x^6 \]

Řešení příkladu:

Funkce je složená: \( f(x) = e^{\sin x} \). Nejprve rozvineme \( \sin x \) do Taylorova polynomu: \[ \sin x = x – \frac{x^3}{6} + O(x^5) \] Potřebujeme tedy rozvoj \( e^t \) kolem \( t=0 \): \[ e^t = 1 + t + \frac{t^2}{2!} + \frac{t^3}{3!} + \frac{t^4}{4!} + O(t^5) \] Nahradíme \( t = \sin x \): \[ e^{\sin x} = 1 + \left(x – \frac{x^3}{6}\right) + \frac{1}{2} \left(x – \frac{x^3}{6}\right)^2 + \frac{1}{6} \left(x – \frac{x^3}{6}\right)^3 + \frac{1}{24} \left(x – \frac{x^3}{6}\right)^4 + O(x^5) \] Nyní budeme rozvíjet jednotlivé mocniny pouze do řádu \(4\), protože vyšší řády můžeme zanedbat.

Nejprve druhá mocnina: \[ \left(x – \frac{x^3}{6}\right)^2 = x^2 – 2 \cdot \frac{x^4}{6} + O(x^6) = x^2 – \frac{x^4}{3} + O(x^6) \] Třetí mocnina: \[ \left(x – \frac{x^3}{6}\right)^3 = x^3 + O(x^5) \] Čtvrtá mocnina: \[ \left(x – \frac{x^3}{6}\right)^4 = x^4 + O(x^6) \] Dosadíme zpět: \[ e^{\sin x} = 1 + x – \frac{x^3}{6} + \frac{1}{2} \left(x^2 – \frac{x^4}{3}\right) + \frac{1}{6} x^3 + \frac{1}{24} x^4 + O(x^5) \] Rozebereme jednotlivé členy: \[ = 1 + x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^2}{2} – \frac{x^4}{6} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + O(x^5) \] Sečteme podobné členy: Členy \( x^3 \): \[ -\frac{x^3}{6} + \frac{x^3}{6} = 0 \] Členy \( x^4 \): \[ -\frac{x^4}{6} + \frac{x^4}{24} = -\frac{4x^4}{24} + \frac{x^4}{24} = -\frac{3x^4}{24} = -\frac{x^4}{8} \]
Závěr: Taylorův polynom \(4.\) řádu je: \[ T_4(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2} – \frac{x^4}{8} \]

Řešení příkladu:

Funkce je \( f(x) = \arctan(x^2) \). Pro rozvoj použijeme známý Taylorův rozvoj funkce \( \arctan t \) kolem \( t=0 \): \[ \arctan t = t – \frac{t^3}{3} + \frac{t^5}{5} – \cdots \] Nahradíme \( t = x^2 \): \[ \arctan(x^2) = x^2 – \frac{(x^2)^3}{3} + \frac{(x^2)^5}{5} – \cdots = x^2 – \frac{x^6}{3} + \frac{x^{10}}{5} – \cdots \] Pro polynom \(3.\) řádu vezmeme členy do \( x^3 \). Protože první člen je \( x^2 \) a další jsou \( x^6, x^{10} \), všechny vyšší členy přesahují řád 3.

Závěr: Taylorův polynom \(3.\) řádu pro \( \arctan(x^2) \) je tedy: \[ T_3(x) = x^2 \]

Řešení příkladu:

Funkce je \( f(x) = \ln(1 + x^2) \). Cílem je rozvinout tuto funkci do Taylorova polynomu pátého řádu kolem nuly.

Nejprve si uvědomíme, že \( x^2 \) je malý člen kolem \(0\), takže můžeme využít standardní Taylorův rozvoj funkce \( \ln(1 + t) \) kolem \( t = 0 \): \[ \ln(1 + t) = t – \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} – \frac{t^4}{4} + \frac{t^5}{5} – \cdots \] Dosadíme \( t = x^2 \): \[ \ln(1 + x^2) = x^2 – \frac{(x^2)^2}{2} + \frac{(x^2)^3}{3} – \frac{(x^2)^4}{4} + \frac{(x^2)^5}{5} – \cdots \] Nyní rozebereme jednotlivé členy podle mocnin \( x \): \[ = x^2 – \frac{x^4}{2} + \frac{x^6}{3} – \frac{x^8}{4} + \frac{x^{10}}{5} – \cdots \] Jelikož Taylorův polynom chceme do řádu \(5\), vezmeme pouze členy s mocninou až do \( x^5 \). Členy \( x^6 \) a vyšší přesahují tento řád, a proto je vynecháme.

Taylorův polynom \(5.\) řádu je tedy: \[ T_5(x) = x^2 – \frac{x^4}{2} \]
V závěru tedy platí, že základní rozvoj je jednoduchý, protože složená funkce umožňuje substituci a využití známého rozvoje logaritmu.

Řešení příkladu:

Funkce je \( f(x) = \frac{1}{1 + x^2} \). Jde o klasickou racionální funkci, kterou můžeme rozvinout pomocí geometrické řady, pokud máme tvar \( \frac{1}{1 – r} \).

Přepíšeme funkci: \[ \frac{1}{1 + x^2} = \frac{1}{1 – (-x^2)} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n} \] Tento rozvoj je platný pro \( |x| < 1 \).

Rozvineme tedy řadu a vezmeme členy do \( x^4 \): \[ f(x) = 1 – x^2 + x^4 – x^6 + \cdots \] Taylorův polynom \(4.\) řádu bude tedy: \[ T_4(x) = 1 – x^2 + x^4 \]
Toto vychází přímo z geometrické řady s alternativními znaménky kvůli zápornému číslu \( -x^2 \).

Řešení příkladu:

Funkce je \( f(x) = e^x \cos x \). Jelikož je to součin dvou funkcí, můžeme použít rozvoj každé zvlášť a pak je vynásobit, přičemž zachováme členy do požadovaného řádu.

Nejprve rozvineme \( e^x \): \[ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} + \cdots = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + \frac{x^5}{120} + \cdots \] Následně rozvineme \( \cos x \): \[ \cos x = 1 – \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} – \cdots = 1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + \cdots \]
Nyní provedeme součin obou polynomů a zachováme členy do \( x^5 \): \[ f(x) = (1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + \frac{x^5}{120}) \cdot (1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}) \] Vypočítáme jednotlivé členy:

1. členy: \[ 1 \cdot 1 = 1 \]
2. členy s \( x \): \[ x \cdot 1 = x \]
3. členy s \( x^2 \): \[ \frac{x^2}{2} \cdot 1 + 1 \cdot \left(-\frac{x^2}{2}\right) = \frac{x^2}{2} – \frac{x^2}{2} = 0 \]
4. členy s \( x^3 \): \[ \frac{x^3}{6} \cdot 1 + x \cdot \left(-\frac{x^2}{2}\right) = \frac{x^3}{6} – \frac{x^3}{2} = -\frac{x^3}{3} \]
5. členy s \( x^4 \): \[ \frac{x^4}{24} \cdot 1 + \frac{x^2}{2} \cdot \left(-\frac{x^2}{2}\right) + 1 \cdot \frac{x^4}{24} = \frac{x^4}{24} – \frac{x^4}{4} + \frac{x^4}{24} = \frac{x^4}{12} – \frac{x^4}{4} = -\frac{x^4}{6} \]
6. členy s \( x^5 \): \[ \frac{x^5}{120} \cdot 1 + \frac{x^3}{6} \cdot \left(-\frac{x^2}{2}\right) + x \cdot \frac{x^4}{24} = \frac{x^5}{120} – \frac{x^5}{12} + \frac{x^5}{24} = \frac{x^5}{120} – \frac{10x^5}{120} + \frac{5x^5}{120} = -\frac{4x^5}{120} = -\frac{x^5}{30} \]
Výsledný Taylorův polynom pátého řádu je: \[ T_5(x) = 1 + x – \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{6} – \frac{x^5}{30} \]
Tento rozvoj ukazuje, jak se rozvíjejí složené funkce pomocí součinů jejich Taylorových polynomů.

Řešení příkladu:

Funkce je \( f(x) = \sqrt{1 + 2x} \). Pro rozvoj použijeme obecný vzorec pro rozvoj funkce \( (1 + u)^p \) kolem \( u=0 \), kde v našem případě je \( u = 2x \) a \( p = \frac{1}{2} \).

Taylorův rozvoj je dán vzorcem: \[ (1 + u)^p = 1 + p u + \frac{p(p-1)}{2!} u^2 + \frac{p(p-1)(p-2)}{3!} u^3 + \frac{p(p-1)(p-2)(p-3)}{4!} u^4 + \cdots \] Dosadíme \( p = \frac{1}{2} \) a \( u = 2x \): \[ f(x) = (1 + 2x)^{\frac{1}{2}} = 1 + \frac{1}{2} \cdot 2x + \frac{\frac{1}{2} \left(\frac{1}{2} – 1\right)}{2} (2x)^2 + \frac{\frac{1}{2} \left(\frac{1}{2} – 1\right) \left(\frac{1}{2} – 2\right)}{6} (2x)^3 + \frac{\frac{1}{2} \left(\frac{1}{2} – 1\right) \left(\frac{1}{2} – 2\right) \left(\frac{1}{2} – 3\right)}{24} (2x)^4 + \cdots \] Nyní postupně spočítáme jednotlivé členy:

1. člen: \[ 1 \] 2. člen: \[ \frac{1}{2} \cdot 2x = x \] 3. člen: \[ \frac{\frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)}{2} (2x)^2 = \frac{-\frac{1}{4}}{2} \cdot 4x^2 = -\frac{1}{8} \cdot 4x^2 = -\frac{1}{2} x^2 \] 4. člen: \[ \frac{\frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot \left(-\frac{3}{2}\right)}{6} (2x)^3 = \frac{\frac{3}{8}}{6} \cdot 8x^3 = \frac{3}{48} \cdot 8x^3 = \frac{1}{2} x^3 \] 5. člen: \[ \frac{\frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot \left(-\frac{3}{2}\right) \cdot \left(-\frac{5}{2}\right)}{24} (2x)^4 = \frac{-\frac{15}{16}}{24} \cdot 16x^4 = -\frac{15}{384} \cdot 16x^4 = -\frac{5}{8} x^4 \]
Po dosazení všech členů získáme Taylorův polynom \(4.\) řádu: \[ T_4(x) = 1 + x – \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{2} x^3 – \frac{5}{8} x^4 \]
Tento rozvoj demonstruje, jak použít binomický rozvoj s necelými exponenty pro tvorbu Taylorových polynomů.

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = \arcsin x \) má dobře známý Taylorův rozvoj kolem 0: \[ \arcsin x = \sum_{n=0}^\infty \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2 (2n+1)} x^{2n+1} \]

Pro náš účel stačí rozvinout do \(3.\) řádu, tj. až členy do \( x^3 \).

První člen pro \( n=0 \): \[ \frac{(0)!}{4^0 (0!)^2 \cdot 1} x^1 = x \] Druhý člen pro \( n=1 \): \[ \frac{2!}{4^1 (1!)^2 \cdot 3} x^3 = \frac{2}{4 \cdot 1 \cdot 3} x^3 = \frac{2}{12} x^3 = \frac{x^3}{6} \]
Záporné členy nejsou, protože posloupnost je pozitivní.

Taylorův polynom \(3.\) řádu tedy je: \[ T_3(x) = x + \frac{x^3}{6} \]
Tento rozvoj odpovídá dobře známému výsledku a je užitečný pro přibližné výpočty hodnot funkce \( \arcsin x \) v okolí \(0\).

Řešení příkladu:

Zadána je funkce \( f(x) = \ln(\cos x) \). Chceme najít její Taylorův polynom \(4.\) řádu kolem bodu 0.

Nejprve si uvědomíme, že \( \cos x \) je hladká funkce a její Taylorův rozvoj kolem \(0\) je: \[ \cos x = 1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{x^6}{720} + \cdots \] Protože chceme polynom do řádu \(4\), stačí nám členy do \( x^4 \).

Nyní přistoupíme k funkci \( f(x) = \ln(\cos x) \). Logaritmus můžeme rozvinout, pokud známe rozvoj \( \cos x \) kolem 1, tj. uvnitř logaritmu musí být výraz tvaru \( 1 + u \) s malým \( u \).

Zapišme tedy: \[ \cos x = 1 + u, \quad \text{kde} \quad u = – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + \cdots \] Funkce \( \ln(1 + u) \) má Taylorův rozvoj: \[ \ln(1 + u) = u – \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} – \cdots \]
Protože \( u \) obsahuje členy \( x^2 \) a \( x^4 \), vypočítáme \( u \), \( u^2 \), a vezmeme jen členy do \( x^4 \).

Nejprve: \[ u = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} \]
Dále vypočítáme \( u^2 \) do řádu \( x^4 \): \[ u^2 = \left(-\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}\right)^2 = \left(-\frac{x^2}{2}\right)^2 + 2 \cdot \left(-\frac{x^2}{2}\right) \cdot \frac{x^4}{24} + \left(\frac{x^4}{24}\right)^2 \]
Členy vyšší než \( x^4 \) vynecháme, protože nás nezajímají pro polynom do řádu \(4.\) Tudíž: \[ u^2 = \frac{x^4}{4} + \text{vyšší mocniny, které ignorujeme} \]
Členy s \( x^6 \) a vyššími necháme stranou.

Nyní sestavíme Taylorův rozvoj: \[ \ln(\cos x) = u – \frac{u^2}{2} + \cdots = \left(-\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}\right) – \frac{1}{2} \cdot \frac{x^4}{4} + \cdots \]
Vypočítáme: \[ \ln(\cos x) = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{x^4}{8} + \cdots = -\frac{x^2}{2} – \frac{1}{12} x^4 + \cdots \]
Výsledný Taylorův polynom \(4.\) řádu je tedy: \[ T_4(x) = -\frac{x^2}{2} – \frac{x^4}{12} \]
Výsledný rozvoj odpovídá očekávání, že \( \ln(\cos x) \) má extrém v nule (souhlasí s nulovým členem řádu 0), a záporné členy reflektují pokles funkce od \(1\).

Řešení příkladu:

Funkce je \( f(x) = \frac{\sin x}{x} \), přičemž je definována i v bodě \(0\) hodnotou \(1\) (limitou). Cílem je najít Taylorův polynom \(5.\) řádu kolem \(0\).

Nejprve připomeňme Taylorův rozvoj funkce \( \sin x \) kolem \(0\): \[ \sin x = x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} – \frac{x^7}{5040} + \cdots \]
Dělíme tuto řadu výrazem \( x \) (kromě bodu \(0\), kde je funkce definována limitem): \[ \frac{\sin x}{x} = \frac{x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} – \cdots}{x} = 1 – \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} – \cdots \]
Protože chceme polynom \(5.\) řádu, vezmeme členy do \( x^4 \) (pátý řád zahrnuje mocninu \( x^5 \), ale v tomto případě je v děliteli \( x \), takže koeficient u \( x^5 \) neexistuje): \[ T_5(x) = 1 – \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} \]
Pro lepší pochopení můžeme uvést důvod, proč je tato funkce hladká v nule: protože limitní hodnota \(\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1\), funkce je definována spojitě a lze rozvinout do Taylorovy řady.

Tento rozvoj má význam například při výpočtech v analýze a fyzice, kde se často objevují takovéto limitní výrazy.

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = e^{-x^2} \) je složená funkce, kterou můžeme rozvinout pomocí Taylorova rozvoje funkce \( e^t \) kolem \(0\), kde \( t = -x^2 \).

Taylorův rozvoj \( e^t \) kolem \(0\) je: \[ e^t = 1 + t + \frac{t^2}{2!} + \frac{t^3}{3!} + \cdots \] Dosadíme \( t = -x^2 \): \[ e^{-x^2} = 1 – x^2 + \frac{(-x^2)^2}{2} – \frac{(-x^2)^3}{6} + \cdots = 1 – x^2 + \frac{x^4}{2} – \frac{x^6}{6} + \cdots \]
Protože chceme Taylorův polynom \(6.\) řádu, stačí členy do \( x^6 \).

Výsledný polynom je: \[ T_6(x) = 1 – x^2 + \frac{x^4}{2} – \frac{x^6}{6} \]
Podrobněji:

• První člen \(1\) odpovídá hodnotě funkce v \(0\): \( e^0 = 1 \).
• Druhý člen \( -x^2 \) pochází z první derivace složené funkce, reflektuje pokles funkce kvůli kvadratickému argumentu v exponentu.
• Další členy vznikají z vyšších mocnin v rozvoji exponenciály, přičemž kladné a záporné znaménko se střídají kvůli zápornému argumentu.

Tento rozvoj je velmi užitečný v pravděpodobnosti, statistice i fyzice, například při aproximacích Gaussovských funkcí.

Řešení příkladu:

Funkce \( f(x) = \arctan(2x) \) má známý rozvoj kolem nuly z rozvoje \( \arctan y = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{y^{2n+1}}{2n+1} \).

Dosadíme \( y = 2x \), abychom získali rozvoj: \[ \arctan(2x) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{(2x)^{2n+1}}{2n+1} = 2x – \frac{(2x)^3}{3} + \frac{(2x)^5}{5} – \cdots \]
Rozepíšeme jednotlivé členy až do řádu \( x^4 \) (v tomto případě je potřeba vzít v úvahu mocniny do \( x^5 \), protože mocnina \(5\) obsahuje i \( x^5 \), ale vynecháme členy vyšší než \( x^4 \)):

1. člen: \[ 2x \] 2. člen: \[ – \frac{(2x)^3}{3} = -\frac{8x^3}{3} \] 3. člen: \[ \frac{(2x)^5}{5} = \frac{32x^5}{5} \] Člen \( x^5 \) je řádu vyššího než \(4\), proto jej ignorujeme.

Taylorův polynom \(4.\) řádu je tedy: \[ T_4(x) = 2x – \frac{8x^3}{3} \]
Tento rozvoj ilustruje, jak mocniny proměnné ovlivňují hodnoty a tvar funkcí inverzních trigonometrických funkcí.

Řešení příkladu:

Funkce je \( f(x) = \ln(1 + x^2) \). Chceme její Taylorův polynom \(3.\) řádu kolem nuly.

Nejprve rozvineme \( \ln(1 + u) \), kde \( u = x^2 \), kolem \(0.\) Obecný rozvoj je: \[ \ln(1 + u) = u – \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} – \cdots \]
Dosadíme \( u = x^2 \): \[ f(x) = x^2 – \frac{x^4}{2} + \frac{x^6}{3} – \cdots \]
Protože chceme polynom \(3.\) řádu (tedy členy až do \( x^3 \)), všimneme si, že v rozvoji jsou pouze sudé mocniny. Člen \( x^2 \) je prvním nenulovým členem.

Protože žádný člen s mocninou \( x^3 \) neexistuje, polynom \(3.\) řádu je vlastně jen: \[ T_3(x) = x^2 \]
Pro úplnost: další členy jsou vyšší řády, které zanedbáváme.

Tento příklad ukazuje, že Taylorovy polynomy nemusí obsahovat všechny řády mocnin, ale pouze ty, které odpovídají dané funkci.

Riešenie:

Funkcia je \( f(x) = \sqrt{1 + x} = (1 + x)^{1/2} \). Cieľom je nájsť Taylorov polynóm \(5.\) rádu okolo \( x = 0 \), teda rozvoj do tvaru: \[ T_5(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f“(0)}{2!}x^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{3!}x^3 + \frac{f^{(4)}(0)}{4!}x^4 + \frac{f^{(5)}(0)}{5!}x^5 \]

Najskôr vypočítame hodnoty jednotlivých derivácií v bode \(0\).

Funkciu môžeme vyjadriť ako mocninu: \[ f(x) = (1 + x)^{1/2} \] Derivácie budeme počítať pomocou vzorca pre deriváciu mocniny: \[ \frac{d^n}{dx^n}(1 + x)^\alpha = \alpha (\alpha – 1) \cdots (\alpha – n + 1) (1 + x)^{\alpha – n} \] kde \( \alpha = \frac{1}{2} \).

Pre jednotlivé derivácie platí:

• \( f(0) = (1+0)^{1/2} = 1 \)
• \( f'(x) = \frac{1}{2} (1+x)^{-1/2} \Rightarrow f'(0) = \frac{1}{2} \)
• \( f“(x) = \frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)(1+x)^{-3/2} = -\frac{1}{4} (1+x)^{-3/2} \Rightarrow f“(0) = -\frac{1}{4} \)
• \( f^{(3)}(x) = -\frac{1}{4} \cdot \left(-\frac{3}{2}\right)(1+x)^{-5/2} = \frac{3}{8} (1+x)^{-5/2} \Rightarrow f^{(3)}(0) = \frac{3}{8} \)
• \( f^{(4)}(x) = \frac{3}{8} \cdot \left(-\frac{5}{2}\right)(1+x)^{-7/2} = -\frac{15}{16} (1+x)^{-7/2} \Rightarrow f^{(4)}(0) = -\frac{15}{16} \)
• \( f^{(5)}(x) = -\frac{15}{16} \cdot \left(-\frac{7}{2}\right)(1+x)^{-9/2} = \frac{105}{32} (1+x)^{-9/2} \Rightarrow f^{(5)}(0) = \frac{105}{32} \)

Teraz dosadíme do Taylorovho polynómu: \[ \begin{aligned} T_5(x) &= 1 + \frac{1}{2}x + \frac{-\frac{1}{4}}{2} x^2 + \frac{\frac{3}{8}}{6} x^3 + \frac{-\frac{15}{16}}{24} x^4 + \frac{\frac{105}{32}}{120} x^5 \\ &= 1 + \frac{1}{2}x – \frac{1}{8} x^2 + \frac{3}{48} x^3 – \frac{15}{384} x^4 + \frac{105}{3840} x^5 \\ &= 1 + \frac{1}{2}x – \frac{1}{8} x^2 + \frac{1}{16} x^3 – \frac{5}{128} x^4 + \frac{7}{256} x^5 \end{aligned} \]
Výsledný Taylorov polynóm \(5.\) rádu okolo \(0\) je teda: \[ T_5(x) = 1 + \frac{1}{2}x – \frac{1}{8} x^2 + \frac{1}{16} x^3 – \frac{5}{128} x^4 + \frac{7}{256} x^5 \]

Riešenie:

Funkcia je \( f(x) = \frac{1}{1 – x^2} \). Túto funkciu môžeme prepísať ako: \[ f(x) = \frac{1}{1 – x^2} = \sum_{n=0}^\infty x^{2n} = 1 + x^2 + x^4 + x^6 + \cdots \]
Pretože ide o geometrickú radu s kvocientom \( x^2 \) a počiatočným členom \(1\), rozvoj do Taylorovho polynómu okolo \(0\) je práve táto nekonečná suma.

Pre Taylorov polynóm 6. rádu teda vezmeme členy do \( x^6 \): \[ T_6(x) = 1 + x^2 + x^4 + x^6 \]
Pretože ďalšie členy obsahujú mocniny vyššie ako \(6\), tieto v polynóme ignorujeme.

Tento rozvoj využívame napríklad v analýze pri štúdiu vlastností racionálnych funkcií a ich približovaní polynómami.

Riešenie:

Funkcia je \( f(x) = \sin^3 x \). Cieľom je rozvinúť ju do Taylorovho polynómu \(4.\) rádu okolo \(0.\)

Najskôr vyjadríme \( \sin^3 x \) pomocou trigonometrických identít, ktoré nám pomôžu zjednodušiť výpočet: \[ \sin^3 x = \left(\sin x\right)^3 = \frac{3 \sin x – \sin 3x}{4} \]
Toto vyjadrenie je užitočné, pretože poznáme Taylorove rozvoje funkcií \( \sin x \) a \( \sin 3x \).

Taylorov rozvoj pre \( \sin x \) okolo \(0\) je: \[ \sin x = x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} – \cdots \]
Pre \( \sin 3x \) použijeme substitúciu \( 3x \) za \( x \): \[ \sin 3x = 3x – \frac{(3x)^3}{6} + \frac{(3x)^5}{120} – \cdots = 3x – \frac{27x^3}{6} + \frac{243 x^5}{120} – \cdots \]

Dosadíme tieto rozvoje do vzorca: \[ \sin^3 x = \frac{3 \sin x – \sin 3x}{4} = \frac{3 \left(x – \frac{x^3}{6}\right) – \left(3x – \frac{27x^3}{6}\right)}{4} + \text{členy vyššieho rádu} \]
Rozpíšeme čitateľa: \[ 3x – \frac{3x^3}{6} – 3x + \frac{27x^3}{6} = \left(3x – 3x\right) + \left(-\frac{3x^3}{6} + \frac{27x^3}{6}\right) = 0 + \frac{24x^3}{6} = 4x^3 \]
Výsledok je teda: \[ \sin^3 x = \frac{4x^3}{4} + \cdots = x^3 + \cdots \]
Zistili sme, že prvý nenulový člen v Taylorovom rozvoji je \( x^3 \). Pretože hľadáme polynóm \(4.\) rádu, musíme posúdiť ďalšie členy vyššieho rádu.

Vzhľadom na fakt, že \( \sin^3 x \) je lichá funkcia (keďže \( \sin x \) je lichá), rozvoj bude obsahovať len nepárne mocniny.

Záverečný Taylorov polynóm \(4.\) rádu teda je: \[ T_4(x) = x^3 \]
Pretože ďalšie členy sú vyššieho rádu než \(4\) (napríklad \( x^5 \)), ignorujeme ich.

Tento príklad ukazuje, že zložitejšie funkcie je často efektívnejšie rozložiť pomocou trigonometrických identít, ktoré zjednodušia výpočty.

Riešenie:

Funkcia je \( f(x) = \ln(1 – x) \). Známy rozvoj logaritmu okolo \(0\) je: \[ \ln(1 – x) = – \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n} = -x – \frac{x^2}{2} – \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{4} – \cdots \]
Pre Taylorov polynóm \(4.\) rádu teda vezmeme členy do \( x^4 \): \[ T_4(x) = -x – \frac{x^2}{2} – \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{4} \]
Výpočet môžeme overiť aj pomocou derivácií:

• \( f(0) = \ln 1 = 0 \)
• \( f'(x) = -\frac{1}{1 – x} \Rightarrow f'(0) = -1 \)
• \( f“(x) = -\frac{-1}{(1 – x)^2} = -(-1)(1 – x)^{-2} = -1 \cdot (1 – x)^{-2} \Rightarrow f“(0) = -1 \cdot 1 = -1 \)
• \( f^{(3)}(x) = -2 (1 – x)^{-3} \Rightarrow f^{(3)}(0) = -2 \)
• \( f^{(4)}(x) = -2 \cdot (-3)(1 – x)^{-4} = 6 (1 – x)^{-4} \Rightarrow f^{(4)}(0) = 6 \)

Dosadíme do Taylorovho polynómu: \[ T_4(x) = 0 + (-1)x + \frac{-1}{2}x^2 + \frac{-2}{6} x^3 + \frac{6}{24} x^4 = -x – \frac{x^2}{2} – \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} \]
Všimnime si znamienko pri \( x^4 \) – tu sme urobili chybu v prvej sérii: správne má byť záporné.

Oprava: Podľa vzorca pre Taylorov polynóm platí, že znamienka derivácií a ich hodnoty musia byť správne aplikované.

Pretože funkcia \( \ln(1-x) \) má rozvoj: \[ \ln(1-x) = -x – \frac{x^2}{2} – \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{4} – \cdots \]
Toto je správny rozvoj, takže výsledný Taylorov polynóm \(4.\) rádu je: \[ T_4(x) = -x – \frac{x^2}{2} – \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{4} \]
Tento rozvoj je základný v analýze a používa sa napríklad pri riešení diferenciálnych rovníc a v ekonomických modeloch.

Riešenie:

Funkcia je \( f(x) = e^{-x^2} \). Cieľom je nájsť Taylorov polynóm \(5.\) rádu okolo \( x = 0 \).

Najskôr rozviňme exponent: \[ e^{-x^2} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-x^2)^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n}}{n!} \]
Chceme členy do rádu \(5\), teda mocniny \( x^0, x^2, x^4 \), pretože ďalší člen \( x^6 \) je vyššieho rádu.

Rozpišme prvé členy: \[ e^{-x^2} = 1 – x^2 + \frac{x^4}{2} – \frac{x^6}{6} + \cdots \]
Taylorov polynóm \(5.\) rádu teda obsahuje členy až do \( x^5 \), ale keďže všetky členy s nepárnymi mocninami sú nulové (pretože funkcia je párna), polynóm \(5.\) rádu je rovnaký ako polynóm \(4.\) rádu: \[ T_5(x) = 1 – x^2 + \frac{x^4}{2} \]
Podrobnejšie:

• Funkcia \( e^{-x^2} \) je párna, preto Taylorov polynóm obsahuje iba párne mocniny.
• Členy s nepárnymi mocninami majú nulové koeficienty, pretože derivácie týchto rádov v nule sú nulové.
• Výsledný polynóm \(5.\) rádu neobsahuje žiaden člen s \( x^5 \), pretože taký člen neexistuje.

Tento rozvoj je dôležitý napríklad v štatistike (napr. hustota normálneho rozdelenia) alebo v fyzike pri riešení rovníc s potenciálmi.

Řešení:

Funkce \( f(x) = \arctan x \) je známá svým mocninným rozvojem kolem \(0\), který vychází z obecného vzorce pro Taylorovu řadu: \[ f(x) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = x – \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} – \frac{x^7}{7} + \cdots \]

Protože hledáme Taylorův polynom \(4.\) řádu, budeme uvažovat členy až do mocniny \( x^4 \). Vzhledem k tomu, že členy v řadě jsou pouze liché mocniny, členy \( x^5 \) a vyšší přeskočíme.

Z toho vyplývá, že Taylorův polynom \(4.\) řádu je: \[ T_4(x) = x – \frac{x^3}{3} \]

Pro ověření můžeme spočítat první čtyři derivace funkce a hodnoty v bodě \(0\):

• \( f(0) = \arctan 0 = 0 \)
• \( f'(x) = \frac{1}{1+x^2} \Rightarrow f'(0) = 1 \)
• \( f“(x) = -\frac{2x}{(1+x^2)^2} \Rightarrow f“(0) = 0 \)
• \( f^{(3)}(x) = \frac{2(3x^2 – 1)}{(1+x^2)^3} \Rightarrow f^{(3)}(0) = -2 \)
• \( f^{(4)}(x) = \cdots \Rightarrow f^{(4)}(0) = 0 \)

Dosadíme do vzorce Taylorova polynomu: \[ T_4(x) = f(0) + f'(0) x + \frac{f“(0)}{2!} x^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{3!} x^3 + \frac{f^{(4)}(0)}{4!} x^4 = 0 + 1 \cdot x + 0 + \frac{-2}{6} x^3 + 0 = x – \frac{x^3}{3} \]
Výsledný polynom odpovídá známému rozvoji a poskytuje dobré aproximace pro malé hodnoty \( x \).

Řešení:

Funkce \( f(x) = \ln(1 + x^2) \) je sudá, protože závisí na \( x^2 \). Proto budou v Taylorově rozvoji pouze sudé mocniny.

Nejprve si připomeňme Taylorův rozvoj \( \ln(1 + t) \) kolem \( t=0 \): \[ \ln(1 + t) = t – \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} – \frac{t^4}{4} + \cdots \]
Dosadíme \( t = x^2 \): \[ \ln(1 + x^2) = x^2 – \frac{x^4}{2} + \frac{x^6}{3} – \frac{x^8}{4} + \cdots \]
Hledáme polynom do řádu \(5\), což znamená, že zahrneme členy s mocninou maximálně \(5.\) Mocnina \( x^6 \) a vyšší budou ignorovány.

Taylorův polynom \(5.\) řádu tedy je: \[ T_5(x) = x^2 – \frac{x^4}{2} \]

Pro důkladné ověření spočítáme derivace:

• \( f(x) = \ln(1 + x^2) \), tedy \( f(0) = \ln 1 = 0 \)
• \( f'(x) = \frac{2x}{1 + x^2} \Rightarrow f'(0) = 0 \)
• \( f“(x) = \frac{2(1 + x^2) – 2x \cdot 2x}{(1 + x^2)^2} = \frac{2 – 2x^2}{(1 + x^2)^2} \Rightarrow f“(0) = 2 \)
• \( f^{(3)}(x) = \text{výpočet je složitější, ale } f^{(3)}(0) = 0 \) díky sudosti
• \( f^{(4)}(0) = -6 \) (lze spočítat derivací)

Dosadíme do Taylorova vzorce: \[ T_5(x) = f(0) + \frac{f'(0)}{1!}x + \frac{f“(0)}{2!} x^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{3!} x^3 + \frac{f^{(4)}(0)}{4!} x^4 + \frac{f^{(5)}(0)}{5!} x^5 \]
S hodnotami: \[ 0 + 0 + \frac{2}{2} x^2 + 0 + \frac{-6}{24} x^4 + 0 = x^2 – \frac{x^4}{4} \]
Všimneme si drobného rozdílu oproti prvnímu odhadu. Výpočet přes derivace je přesnější, proto finální Taylorův polynom \(5.\) řádu je: \[ T_5(x) = x^2 – \frac{x^4}{4} \]
Tento polynom je kvalitní aproximací logaritmické funkce pro malé hodnoty \( x \).

Řešení:

Funkce \( \cosh(2x) \) je hyperbolický kosinus s argumentem \( 2x \). Víme, že Taylorův rozvoj hyperbolického kosinu kolem \(0\) je: \[ \cosh z = \sum_{n=0}^\infty \frac{z^{2n}}{(2n)!} \]
Dosadíme \( z = 2x \): \[ \cosh(2x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(2x)^{2n}}{(2n)!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{2^{2n} x^{2n}}{(2n)!} \]
Rozepíšeme členy do řádu \(5\):

• Pro \( n=0 \): \( \frac{2^{0} x^{0}}{0!} = 1 \)
• Pro \( n=1 \): \( \frac{2^{2} x^{2}}{2!} = \frac{4 x^2}{2} = 2 x^2 \)
• Pro \( n=2 \): \( \frac{2^{4} x^{4}}{4!} = \frac{16 x^{4}}{24} = \frac{2}{3} x^4 \)
• Pro \( n=3 \): \( \frac{2^{6} x^{6}}{6!} = \frac{64 x^{6}}{720} = \frac{8}{90} x^6 \) (vyšší než 5. řád, ignorujeme)

Taylorův polynom \(5.\) řádu tedy je: \[ T_5(x) = 1 + 2x^2 + \frac{2}{3} x^4 \]

Pro ověření spočítáme první čtyři derivace:

• \( f(0) = \cosh 0 = 1 \)
• \( f'(x) = 2 \sinh(2x), f'(0) = 0 \)
• \( f“(x) = 4 \cosh(2x), f“(0) = 4 \)
• \( f^{(3)}(x) = 8 \sinh(2x), f^{(3)}(0) = 0 \)
• \( f^{(4)}(x) = 16 \cosh(2x), f^{(4)}(0) = 16 \)

Dosadíme do vzorce: \[ T_5(x) = 1 + 0 + \frac{4}{2} x^2 + 0 + \frac{16}{24} x^4 = 1 + 2 x^2 + \frac{2}{3} x^4 \]
Výsledek je tedy potvrzen.

Řešení:

Funkce \( f(x) = e^{-x^2} \) je důležitá v mnoha oblastech, například v pravděpodobnosti a fyzice. Její Taylorův rozvoj kolem \(0\) je: \[ e^z = \sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!} \] Dosadíme \( z = -x^2 \): \[ e^{-x^2} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-x^2)^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n}}{n!} \]
Rozepíšeme členy do řádu \(6\):

• Pro \( n=0 \): \( 1 \)
• Pro \( n=1 \): \( -x^2 \)
• Pro \( n=2 \): \( \frac{x^4}{2} \)
• Pro \( n=3 \): \( -\frac{x^6}{6} \)
• Pro \( n=4 \): \( \frac{x^8}{24} \) (vyšší než 6. řád, ignorujeme)

Taylorův polynom \(6.\) řádu je tedy: \[ T_6(x) = 1 – x^2 + \frac{x^4}{2} – \frac{x^6}{6} \]
Derivace a jejich hodnoty v nule odpovídají tomuto rozvoji:

• \( f(0) = e^0 = 1 \)
• \( f'(x) = -2x e^{-x^2}, f'(0) = 0 \)
• \( f“(x) = (-2 + 4x^2) e^{-x^2}, f“(0) = -2 \)
• \( f^{(4)}(0) = 12 \) a další derivace jsou konzistentní s koeficienty

Výsledný polynom je tedy správný.

Řešení:

Funkce \( f(x) = \arctan(3x) \) je složením funkcí a lze ji rozvinout použitím substituce v známém rozvoji funkce \( \arctan x \): \[ \arctan x = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = x – \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} – \cdots \]
Dosadíme \( x \to 3x \): \[ \arctan(3x) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{(3x)^{2n+1}}{2n+1} = 3x – \frac{27 x^3}{3} + \frac{243 x^5}{5} – \cdots \]
Chceme polynom do řádu \(4\), proto vezmeme členy s mocninami \( \leq 4 \), tj. první dva členy: \[ T_4(x) = 3x – 9 x^3 \]
Ověření derivacemi:

• \( f(0) = \arctan 0 = 0 \)
• \( f'(x) = \frac{3}{1 + 9 x^2} \Rightarrow f'(0) = 3 \)
• \( f“(x) = -\frac{54 x}{(1 + 9 x^2)^2} \Rightarrow f“(0) = 0 \)
• \( f^{(3)}(x) = \ldots, f^{(3)}(0) = -54 \)

Dosadíme do Taylorova vzorce: \[ T_4(x) = 0 + 3 x + 0 + \frac{-54}{6} x^3 = 3x – 9 x^3 \]
Výsledný polynom tedy poskytuje správnou aproximaci funkce \( \arctan(3x) \) okolo \(0\).

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = \ln(1+x) \) je definovaná pre \( x > -1 \). Taylorov polynóm okolo \( x=0 \) vychádza z derivácií tejto funkcie v nule.

Najskôr vypočítame hodnoty derivácií:

• Prvá derivácia: \( f'(x) = \frac{1}{1+x} \), preto \( f'(0) = 1 \).
• Druhá derivácia: \( f“(x) = -\frac{1}{(1+x)^2} \), teda \( f“(0) = -1 \).
• Tretia derivácia: \( f^{(3)}(x) = \frac{2}{(1+x)^3} \), teda \( f^{(3)}(0) = 2 \).
• Štvrtá derivácia: \( f^{(4)}(x) = -\frac{6}{(1+x)^4} \), teda \( f^{(4)}(0) = -6 \).
• Piatá derivácia: \( f^{(5)}(x) = \frac{24}{(1+x)^5} \), teda \( f^{(5)}(0) = 24 \).

Hodnota funkcie v nule je \( f(0) = \ln(1+0) = 0 \).

Teraz použijeme Taylorov vzorec pre polynóm \(5.\) rádu okolo \(0\): \[ T_5(x) = f(0) + f'(0) x + \frac{f“(0)}{2!} x^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{3!} x^3 + \frac{f^{(4)}(0)}{4!} x^4 + \frac{f^{(5)}(0)}{5!} x^5 \] Dosadíme hodnoty: \[ T_5(x) = 0 + 1 \cdot x + \frac{-1}{2} x^2 + \frac{2}{6} x^3 + \frac{-6}{24} x^4 + \frac{24}{120} x^5 \] Zjednodušíme zlomky: \[ T_5(x) = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5} \]
Toto je známy rozvoj logaritmickej funkcie, ktorý môžeme tiež odvodiť priamo z rozvoja pre \(\frac{1}{1+x}\) integrovaním.

Overíme si správnosť niekoľkými krokmi:
– Funkcia je definovaná pre \( |x| < 1 \), čo je interval konvergencie tohto radu.
– Derivácie sú správne vypočítané a dosadené do Taylorovho vzorca.
– Výsledný polynóm je dobre známy a často používaný pri približovaní logaritmu.

Záverom teda platí, že Taylorov polynóm \(5.\) rádu pre \( \ln(1+x) \) v bode 0 je \[ T_5(x) = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5} \]

Riešenie:

Funkciu \( f(x) = \sin^2 x \) môžeme prepísať pomocou trigonometrickej identity: \[ \sin^2 x = \frac{1 – \cos(2x)}{2} \]
Preto rozvoj Taylorovho polynómu \( f \) bude vychádzať z rozvoja funkcie \( \cos(2x) \) okolo nuly.

Taylorov rozvoj pre \( \cos y \) okolo \( y=0 \) je: \[ \cos y = 1 – \frac{y^2}{2!} + \frac{y^4}{4!} – \cdots \]
Dosadíme \( y = 2x \): \[ \cos(2x) = 1 – \frac{(2x)^2}{2} + \frac{(2x)^4}{24} – \cdots = 1 – 2 x^2 + \frac{4 x^4}{3} – \cdots \]
Teraz dosadíme do výrazu pre \( f(x) \): \[ f(x) = \frac{1 – \cos(2x)}{2} = \frac{1 – \left(1 – 2 x^2 + \frac{4 x^4}{3}\right)}{2} = \frac{2 x^2 – \frac{4 x^4}{3}}{2} = x^2 – \frac{2 x^4}{3} \]
Taylorov polynóm \(4.\) rádu je teda: \[ T_4(x) = x^2 – \frac{2}{3} x^4 \]
Overenie derivácií:
– \( f(0) = \sin^2 0 = 0 \)
– \( f'(x) = 2 \sin x \cos x = \sin(2x) \), preto \( f'(0) = 0 \)
– \( f“(x) = 2 \cos(2x) \), \( f“(0) = 2 \)
– \( f^{(4)}(x) = -8 \cos(2x) \), \( f^{(4)}(0) = -8 \)
Dosadíme do Taylorovho vzorca: \[ T_4(x) = 0 + 0 + \frac{2}{2} x^2 + 0 + \frac{-8}{24} x^4 = x^2 – \frac{1}{3} x^4 \] Všimnime si rozdiel oproti predchádzajúcemu výsledku, pretože tu sme použili priamy výpočet derivácií.

Problém je v tom, že derivácia \(4.\) rádu je pre túto funkciu komplikovanejšia, správna hodnota je \( f^{(4)}(0) = -\frac{16}{3} \) (overíme to postupne):

Spočítajme derivácie priamo:

• \( f(x) = \sin^2 x = (\sin x)^2 \)
• \( f'(x) = 2 \sin x \cos x = \sin(2x) \)
• \( f“(x) = 2 \cos(2x) \)
• \( f^{(3)}(x) = -4 \sin(2x) \)
• \( f^{(4)}(x) = -8 \cos(2x) \)

Preto \( f^{(4)}(0) = -8 \cdot 1 = -8 \). Dosadíme do Taylorovho vzorca: \[ T_4(x) = 0 + 0 + \frac{2}{2} x^2 + 0 + \frac{-8}{24} x^4 = x^2 – \frac{1}{3} x^4 \]
Záverom teda platí, že Taylorov polynóm \(4.\) rádu pre \( \sin^2 x \) je \[ T_4(x) = x^2 – \frac{1}{3} x^4 \] čo je konzistentné s priamym výpočtom derivácií.

Riešenie:

Funkciu \( f(x) = e^x \cos x \) môžeme rozvinúť priamo pomocou Taylorových radov funkcií \( e^x \) a \( \cos x \), alebo vypočítať derivácie a dosadiť do Taylorovho vzorca.

Najskôr si vypočítame hodnoty funkcie a jej derivácií v bode \(0\):

• \( f(x) = e^x \cos x \)
• \( f(0) = e^0 \cos 0 = 1 \cdot 1 = 1 \)
• \( f'(x) = e^x \cos x – e^x \sin x = e^x (\cos x – \sin x) \), takže \( f'(0) = 1 \cdot (1 – 0) = 1 \)
• \( f“(x) = e^x (\cos x – \sin x) – e^x (\sin x + \cos x) = e^x (\cos x – 2 \sin x – \cos x) = -2 e^x \sin x \), teda \( f“(0) = 0 \)
• \( f^{(3)}(x) = \frac{d}{dx} f“(x) = \frac{d}{dx} (-2 e^x \sin x) = -2 e^x \sin x – 2 e^x \cos x = -2 e^x (\sin x + \cos x) \), teda \( f^{(3)}(0) = -2 \cdot 1 \cdot (0 + 1) = -2 \)

Teraz použijeme Taylorov vzorec do \(3.\) rádu: \[ T_3(x) = f(0) + f'(0) x + \frac{f“(0)}{2} x^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{6} x^3 = 1 + x + 0 – \frac{2}{6} x^3 = 1 + x – \frac{1}{3} x^3 \]
Alternatívne môžeme využiť rozvoj radov pre \( e^x \) a \( \cos x \): \[ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \cdots \] \[ \cos x = 1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \cdots \]
Vynásobíme do \(3.\) rádu: \[ (1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6})(1 – \frac{x^2}{2}) = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} – \frac{x^2}{2} – \frac{x^3}{2} – \frac{x^4}{4} – \frac{x^5}{12} + \cdots \] Vynecháme členy vyššie ako \(3.\) rád: \[ = 1 + x + \left(\frac{x^2}{2} – \frac{x^2}{2}\right) + \left(\frac{x^3}{6} – \frac{x^3}{2}\right) = 1 + x + 0 – \frac{x^3}{3} = 1 + x – \frac{x^3}{3} \]
Výsledok súhlasí s predošlým výpočtom derivácií.

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = \ln(\cos x) \) je definovaná pre \( x \) blízko \(0\), kde \( \cos x > 0 \). Na získanie Taylorovho polynómu vypočítame postupne derivácie v bode \(0\).

Hodnota funkcie: \[ f(0) = \ln(\cos 0) = \ln 1 = 0 \]
Prvá derivácia pomocou reťazového pravidla: \[ f'(x) = \frac{-\sin x}{\cos x} = -\tan x, \quad f'(0) = 0 \]
Druhá derivácia: \[ f“(x) = -\frac{1}{\cos^2 x} = -\sec^2 x, \quad f“(0) = -1 \]
Tretia derivácia: \[ f^{(3)}(x) = -2 \sec^2 x \tan x, \quad f^{(3)}(0) = 0 \]
Štvrtá derivácia: \[ f^{(4)}(x) = -2 \sec^2 x ( \sec^2 x + 2 \tan^2 x ), \quad f^{(4)}(0) = -2 \]
Teraz dosadíme do Taylorovho vzorca do \(4.\) rádu: \[ T_4(x) = f(0) + f'(0) x + \frac{f“(0)}{2} x^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{6} x^3 + \frac{f^{(4)}(0)}{24} x^4 \] \[ = 0 + 0 + \frac{-1}{2} x^2 + 0 + \frac{-2}{24} x^4 = -\frac{x^2}{2} – \frac{x^4}{12} \]
Pre lepšie pochopenie môžeme použiť rozvoj Taylorovho radu pre \( \cos x \) a potom použiť rozvoj pre \( \ln(1 + y) \), kde \( y = \cos x – 1 \):

Taylorov rozvoj \( \cos x \) okolo \(0\): \[ \cos x = 1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \cdots \] Preto: \[ y = \cos x – 1 = – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \cdots \] Rozvoj \( \ln(1+y) \) pre malé \( y \) je: \[ \ln(1+y) = y – \frac{y^2}{2} + \cdots \]
Dosadíme \( y \) a upravíme členy do \(4.\) rádu: \[ \ln(\cos x) = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{1}{2} \left(-\frac{x^2}{2}\right)^2 + \cdots = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{1}{2} \cdot \frac{x^4}{4} + \cdots \] \[ = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{x^4}{8} = -\frac{x^2}{2} – \frac{x^4}{12} \]
Súhlasí s predchádzajúcim výsledkom z derivácií.

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = \frac{1}{1 – x^2} \) je definovaná pre \( |x| < 1 \). Taylorov polynóm okolo \(0\) môžeme získať rozvojom ako geometrický rad:

Napíšeme: \[ f(x) = \frac{1}{1 – x^2} = \sum_{n=0}^\infty x^{2n} = 1 + x^2 + x^4 + \cdots \]
Preto Taylorov polynóm \(3.\) rádu bude obsahovať členy do \( x^3 \), ale keďže mocniny sú len párne, člen \( x^3 \) neexistuje.

Polynóm 3. rádu je teda: \[ T_3(x) = 1 + x^2 \]
Overíme výpočet derivácií:
\[ f(x) = (1 – x^2)^{-1} \] \[ f'(x) = 2x (1 – x^2)^{-2} \] \[ f'(0) = 0 \] \[ f“(x) = 2(1 – x^2)^{-2} + 8 x^2 (1 – x^2)^{-3} \] \[ f“(0) = 2 \] \[ f^{(3)}(x) = \frac{d}{dx} f“(x) \Rightarrow f^{(3)}(0) = 0 \]
Taylorov polynóm do \(3.\) rádu je teda: \[ T_3(x) = f(0) + f'(0) x + \frac{f“(0)}{2} x^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{6} x^3 = 1 + 0 + \frac{2}{2} x^2 + 0 = 1 + x^2 \]
Výsledok je v súlade s rozvojom geometrického radu.

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = \ln(1+x) \) je definovaná pre \( x > -1 \) a je hladká (nekonečne diferencovateľná) v okolí bodu \( x=0 \). Na nájdenie Taylorovho polynómu okolo 0 využijeme definíciu Taylorovho polynómu: \[ T_n(x) = \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k \] pričom \( f^{(k)}(0) \) sú derivácie funkcie v bode \(0\).

Začneme výpočtom jednotlivých derivácií:

1. pôvodná funkcia: \[ f(x) = \ln(1+x) \] \[ f(0) = \ln(1+0) = \ln(1) = 0 \]

2. prvá derivácia: \[ f'(x) = \frac{1}{1+x} \] \[ f'(0) = \frac{1}{1+0} = 1 \]

3. druhá derivácia: \[ f“(x) = -\frac{1}{(1+x)^2} \] \[ f“(0) = -1 \]

4. tretia derivácia: \[ f^{(3)}(x) = \frac{2}{(1+x)^3} \] \[ f^{(3)}(0) = 2 \]

5. štvrtá derivácia: \[ f^{(4)}(x) = -\frac{6}{(1+x)^4} \] \[ f^{(4)}(0) = -6 \]

Teraz môžeme zostaviť Taylorov polynóm \(4.\) rádu: \[ T_4(x) = f(0) + \frac{f'(0)}{1!} x + \frac{f“(0)}{2!} x^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{3!} x^3 + \frac{f^{(4)}(0)}{4!} x^4 \] Dosadíme vypočítané hodnoty: \[ T_4(x) = 0 + 1 \cdot x + \frac{-1}{2} x^2 + \frac{2}{6} x^3 + \frac{-6}{24} x^4 \] Upravíme zlomky: \[ T_4(x) = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{4} \]

Tento polynóm je približný rozvoj funkcie \(\ln(1+x)\) v okolí \(0\) do štvrtého stupňa.

Pre kontrolu si môžeme uvedomiť, že \( f(x) = \ln(1+x) \) má Taylorov rozvoj pre \( |x|<1 \) a tento rozvoj sa zhoduje s mocninovým radom: \[ \ln(1+x) = \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1} \frac{x^k}{k} \] čo potvrdzuje naše výsledky.

Riešenie:

Funkcia \( \sin x \) je hladká a má derivácie všetkých rádov. Na získanie Taylorovho polynómu do \(3.\) rádu v bode \(0\) použijeme Taylorovu formulu: \[ T_3(x) = \sum_{k=0}^3 \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k \]

Vypočítame derivácie a ich hodnoty v \(0\):

• \( f(x) = \sin x \quad \Rightarrow \quad f(0) = \sin 0 = 0 \)
• \( f'(x) = \cos x \quad \Rightarrow \quad f'(0) = \cos 0 = 1 \)
• \( f“(x) = -\sin x \quad \Rightarrow \quad f“(0) = -\sin 0 = 0 \)
• \( f^{(3)}(x) = -\cos x \quad \Rightarrow \quad f^{(3)}(0) = -\cos 0 = -1 \)

Dosadíme tieto hodnoty do Taylorovho polynómu: \[ T_3(x) = 0 + \frac{1}{1!} x + \frac{0}{2!} x^2 + \frac{-1}{3!} x^3 = x – \frac{x^3}{6} \]

Tento polynóm nám dáva približnú hodnotu funkcie \( \sin x \) v okolí \(0\) do tretieho stupňa.

Pre lepšie pochopenie uvedieme, že Taylorov rozvoj \( \sin x \) je známy ako nekonečný rad: \[ \sin x = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!} = x – \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} – \cdots \] a náš polynóm je jeho úsekom do tretej mocniny.

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = e^{2x} \) je exponenciálna funkcia s argumentom \(2x\), ktorá je hladká, derivovateľná ľubovoľný počet krát. Použijeme Taylorov rozvoj okolo 0: \[ T_3(x) = \sum_{k=0}^3 \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k \]

Vypočítame jednotlivé derivácie a hodnoty v \(0\):

1. \( f(x) = e^{2x} \quad \Rightarrow \quad f(0) = e^0 = 1 \)

2. Prvá derivácia podľa pravidla derivácie zloženej funkcie: \[ f'(x) = 2 e^{2x} \] \[ f'(0) = 2 e^{0} = 2 \]

3. Druhá derivácia: \[ f“(x) = \frac{d}{dx} (2 e^{2x}) = 2 \cdot 2 e^{2x} = 4 e^{2x} \] \[ f“(0) = 4 e^{0} = 4 \]

4. Tretia derivácia: \[ f^{(3)}(x) = \frac{d}{dx} (4 e^{2x}) = 4 \cdot 2 e^{2x} = 8 e^{2x} \] \[ f^{(3)}(0) = 8 e^{0} = 8 \]

Teraz zostavíme Taylorov polynóm: \[ T_3(x) = 1 + \frac{2}{1!} x + \frac{4}{2!} x^2 + \frac{8}{3!} x^3 \] Upravíme faktoriály: \[ T_3(x) = 1 + 2x + \frac{4}{2} x^2 + \frac{8}{6} x^3 = 1 + 2x + 2x^2 + \frac{4}{3} x^3 \]

Tento polynóm dobre aproximuje funkciu \( e^{2x} \) blízko bodu \( x=0 \).

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = \arctan x \) je hladká a jej Taylorov rozvoj môžeme nájsť použitím definície Taylorovho polynómu: \[ T_3(x) = \sum_{k=0}^3 \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k \]

Najskôr vypočítame potrebné derivácie:

1. pôvodná funkcia: \[ f(x) = \arctan x, \quad f(0) = \arctan 0 = 0 \]

2. prvá derivácia: \[ f'(x) = \frac{1}{1+x^2} \] \[ f'(0) = 1 \]

3. druhá derivácia: Použijeme deriváciu zlomku: \[ f“(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{1+x^2} \right) = – \frac{2x}{(1+x^2)^2} \] \[ f“(0) = 0 \]

4. tretia derivácia: Derivujme \( f“(x) \): \[ f^{(3)}(x) = \frac{d}{dx} \left(- \frac{2x}{(1+x^2)^2} \right) \] Použijeme pravidlo derivácie podielu alebo súčinu. Najprv prepíšme: \[ f“(x) = -2x (1+x^2)^{-2} \] Derivácia je: \[ f^{(3)}(x) = -2 \left[ (1+x^2)^{-2} + x \cdot (-2)(1+x^2)^{-3} \cdot 2x \right] \] \[ = -2 (1+x^2)^{-2} + 8 x^2 (1+x^2)^{-3} \] Dosadíme \( x=0 \): \[ f^{(3)}(0) = -2 (1+0)^{-2} + 8 \cdot 0 \cdot (1+0)^{-3} = -2 \]

Teraz zostavíme polynóm: \[ T_3(x) = 0 + \frac{1}{1!} x + \frac{0}{2!} x^2 + \frac{-2}{3!} x^3 = x – \frac{2}{6} x^3 = x – \frac{x^3}{3} \]

Taylorov polynóm \(3.\) rádu nám teda dáva: \[ T_3(x) = x – \frac{x^3}{3} \]

Tento rozvoj zodpovedá známemu mocninovému radu funkcie \( \arctan x \), ktorá má všeobecne tvar: \[ \arctan x = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{x^{2k+1}}{2k+1} \]

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = \frac{1}{1+x} \) je definovaná pre \( x \neq -1 \). V okolí bodu \(0\) je hladká, derivovateľná. Taylorov polynóm okolo \(0\) získame pomocou derivácií: \[ T_3(x) = \sum_{k=0}^3 \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k \]

Najskôr vypočítame derivácie:

1. funkcia: \[ f(x) = (1+x)^{-1}, \quad f(0) = 1 \]

2. prvá derivácia: \[ f'(x) = -1 \cdot (1+x)^{-2} = -\frac{1}{(1+x)^2} \] \[ f'(0) = -1 \]

3. druhá derivácia: \[ f“(x) = \frac{d}{dx} \left( – (1+x)^{-2} \right) = – \left( -2 (1+x)^{-3} \right) = 2 (1+x)^{-3} \] \[ f“(0) = 2 \]

4. tretia derivácia: \[ f^{(3)}(x) = \frac{d}{dx} \left( 2 (1+x)^{-3} \right) = 2 \cdot (-3) (1+x)^{-4} = -6 (1+x)^{-4} \] \[ f^{(3)}(0) = -6 \]

Teraz môžeme zostaviť Taylorov polynóm: \[ T_3(x) = 1 + \frac{-1}{1!} x + \frac{2}{2!} x^2 + \frac{-6}{3!} x^3 = 1 – x + \frac{2}{2} x^2 – \frac{6}{6} x^3 \] \[ = 1 – x + x^2 – x^3 \]

Tento polynóm je Taylorovým polynómom \(3.\) rádu funkcie \( \frac{1}{1+x} \) okolo \(x=0\).

Pre úplnosť poznamenáme, že funkcia \( \frac{1}{1+x} \) má mocninový rozvoj v intervale \( |x| < 1 \) tvar: \[ \frac{1}{1+x} = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k x^k = 1 - x + x^2 - x^3 + \cdots \] čo zodpovedá nášmu Taylorovmu polynómu.

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = \ln(1+x) \) je definovaná pre \( x > -1 \) a je nekonečne diferencovateľná v okolí 0. Taylorov polynóm \(4.\) rádu okolo \(0\) je \[ T_4(x) = \sum_{k=0}^4 \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k, \] kde \( f^{(k)}(0) \) sú derivácie funkcie v bode \(0\).

Vypočítame postupne derivácie:

\[ f(x) = \ln(1+x), \quad f(0) = \ln(1) = 0. \]

Prvá derivácia: \[ f'(x) = \frac{1}{1+x} \implies f'(0) = 1. \]

Druhá derivácia: \[ f“(x) = -\frac{1}{(1+x)^2} \implies f“(0) = -1. \]

Tretia derivácia: \[ f^{(3)}(x) = \frac{2}{(1+x)^3} \implies f^{(3)}(0) = 2. \]

Štvrtá derivácia: \[ f^{(4)}(x) = -\frac{6}{(1+x)^4} \implies f^{(4)}(0) = -6. \]

Teraz zostavíme polynóm: \[ T_4(x) = 0 + \frac{1}{1!}x + \frac{-1}{2!}x^2 + \frac{2}{3!}x^3 + \frac{-6}{4!}x^4. \] Faktoriály sú: \[ 1! = 1, \quad 2! = 2, \quad 3! = 6, \quad 4! = 24. \]

Dosadíme a upravíme: \[ T_4(x) = x – \frac{x^2}{2} + \frac{2}{6}x^3 – \frac{6}{24}x^4 = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} – \frac{x^4}{4}. \]

Tento Taylorov polynóm presne aproximuje funkciu \( \ln(1+x) \) v okolí \(0\) do \(4.\) rádu.

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = e^{2x} \) má všetky derivácie tvaru \( f^{(k)}(x) = 2^k e^{2x} \).

Taylorov polynóm \(3.\) rádu okolo \(0\) je \[ T_3(x) = \sum_{k=0}^3 \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k. \]

Derivácie v bode \(0\) sú:

\[ f(0) = e^0 = 1, \quad f'(0) = 2e^0 = 2, \quad f“(0) = 4e^0 = 4, \quad f^{(3)}(0) = 8e^0 = 8. \]

Dosadíme do polynómu:

\[ T_3(x) = 1 + \frac{2}{1!}x + \frac{4}{2!}x^2 + \frac{8}{3!}x^3. \] Faktoriály: \[ 1! = 1, \quad 2! = 2, \quad 3! = 6. \]

Po úprave dostávame: \[ T_3(x) = 1 + 2x + 2x^2 + \frac{4}{3} x^3. \]

Taylorov polynóm \(3.\) rádu pre \( e^{2x} \) okolo \(0\) je teda \[ T_3(x) = 1 + 2x + 2x^2 + \frac{4}{3} x^3. \]

Riešenie:

Funkcia \( \sin(x) \) má periodicky sa opakujúce derivácie:

\[ f(x) = \sin x, \quad f'(x) = \cos x, \quad f“(x) = -\sin x, \quad f^{(3)}(x) = -\cos x, \quad f^{(4)}(x) = \sin x, \quad f^{(5)}(x) = \cos x. \]

Vypočítame hodnoty derivácií v bode \(0\):

\[ f(0) = 0, \quad f'(0) = 1, \quad f“(0) = 0, \quad f^{(3)}(0) = -1, \quad f^{(4)}(0) = 0, \quad f^{(5)}(0) = 1. \]

Taylorov polynóm \(5.\) rádu je \[ T_5(x) = \sum_{k=0}^5 \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k = \frac{f'(0)}{1!} x + \frac{f^{(3)}(0)}{3!} x^3 + \frac{f^{(5)}(0)}{5!} x^5, \] pretože ostatné derivácie v bode \(0\) sú nulové.

Dosadíme: \[ T_5(x) = x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}. \]

Taylorov polynóm \(5.\) rádu pre \( \sin x \) okolo \(0\) je teda \[ T_5(x) = x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}. \]

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = (1+x)^{1/2} \) je diferencovateľná pre \( x > -1 \). Derivácie počítame postupne.

\[ f(x) = (1+x)^{1/2}, \quad f(0) = 1. \]

Prvá derivácia: \[ f'(x) = \frac{1}{2} (1+x)^{-1/2} \implies f'(0) = \frac{1}{2}. \]

Druhá derivácia: \[ f“(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} (1+x)^{-1/2} \right) = \frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)(1+x)^{-3/2} = -\frac{1}{4}(1+x)^{-3/2}, \] teda \[ f“(0) = -\frac{1}{4}. \]

Tretia derivácia: \[ f^{(3)}(x) = \frac{d}{dx} \left(-\frac{1}{4} (1+x)^{-3/2} \right) = -\frac{1}{4} \cdot \left(-\frac{3}{2}\right)(1+x)^{-5/2} = \frac{3}{8} (1+x)^{-5/2}, \] takže \[ f^{(3)}(0) = \frac{3}{8}. \]

Sestavíme Taylorov polynóm: \[ T_3(x) = f(0) + \frac{f'(0)}{1!} x + \frac{f“(0)}{2!} x^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{3!} x^3 = 1 + \frac{1}{2} x – \frac{1}{4} \cdot \frac{x^2}{2} + \frac{3}{8} \cdot \frac{x^3}{6}. \]

Upravené: \[ T_3(x) = 1 + \frac{1}{2} x – \frac{1}{8} x^2 + \frac{1}{16} x^3. \]

Riešenie:

Funkcia \( \cos x \) má derivácie: \[ f(x) = \cos x, \quad f'(x) = -\sin x, \quad f“(x) = -\cos x. \]

Hodnoty v bode \(0\) sú: \[ f(0) = 1, \quad f'(0) = 0, \quad f“(0) = -1. \]

Taylorov polynóm \(2.\) rádu je: \[ T_2(x) = f(0) + \frac{f'(0)}{1!} x + \frac{f“(0)}{2!} x^2 = 1 + 0 \cdot x + \frac{-1}{2} x^2 = 1 – \frac{x^2}{2}. \]

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = \arctan(x) \) je nekonečne diferencovateľná v okolí \(0\), pričom Taylorov polynóm \(4.\) rádu okolo \(0\) môžeme vyjadriť ako \[ T_4(x) = \sum_{k=0}^4 \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k. \] Aby sme ho našli, potrebujeme spočítať derivácie \( f^{(k)}(x) \) a ich hodnoty v bode 0.

1. funkcia a jej hodnota v \(0\):

\[ f(x) = \arctan(x), \quad f(0) = \arctan(0) = 0. \]

2. prvá derivácia:

Použijeme vzorec pre deriváciu arctan: \[ f'(x) = \frac{1}{1+x^2} \implies f'(0) = 1. \]

3. druhá derivácia:

Derivujeme \( f'(x) \): \[ f“(x) = \frac{d}{dx} \left( (1+x^2)^{-1} \right) = -1 \cdot (1+x^2)^{-2} \cdot 2x = -\frac{2x}{(1+x^2)^2}. \] Hodnota v \(0\) je \[ f“(0) = -\frac{2 \cdot 0}{(1+0)^2} = 0. \]

4. tretia derivácia:

Derivujeme \( f“(x) \): \[ f^{(3)}(x) = \frac{d}{dx} \left( -\frac{2x}{(1+x^2)^2} \right). \] Použijeme pravidlo pre deriváciu podielu: \[ f^{(3)}(x) = -2 \cdot \frac{(1+x^2)^2 \cdot 1 – 2x \cdot 2 (1+x^2) \cdot 2x}{(1+x^2)^4}. \] Rozpíšeme čitateľ: \[ (1+x^2)^2 \cdot 1 = (1+x^2)^2, \] \[ 2x \cdot 2 (1+x^2) \cdot 2x = 8x^2 (1+x^2). \] Čitateľ je teda \[ (1+x^2)^2 – 8x^2(1+x^2) = (1+x^2)(1+x^2 – 8x^2) = (1+x^2)(1 – 7x^2). \] Preto \[ f^{(3)}(x) = -2 \frac{(1+x^2)(1 – 7x^2)}{(1+x^2)^4} = -2 \frac{1 – 7x^2}{(1+x^2)^3}. \] Hodnota v \(0\): \[ f^{(3)}(0) = -2 \frac{1 – 0}{1^3} = -2. \]

5. štvrtá derivácia:

Derivujeme \( f^{(3)}(x) \): \[ f^{(4)}(x) = \frac{d}{dx} \left( -2 \frac{1 – 7x^2}{(1+x^2)^3} \right) = -2 \cdot \frac{d}{dx} \left( \frac{1 – 7x^2}{(1+x^2)^3} \right). \] Použijeme pravidlo pre deriváciu podielu: \[ \left(\frac{u}{v}\right)‘ = \frac{u’v – uv‘}{v^2}, \] kde \( u = 1 – 7x^2 \), \( u‘ = -14x \), \( v = (1+x^2)^3 \), \( v‘ = 3(1+x^2)^2 \cdot 2x = 6x (1+x^2)^2 \).

Dosadíme do vzorca: \[ \frac{d}{dx} \frac{u}{v} = \frac{(-14x)(1+x^2)^3 – (1 – 7x^2) \cdot 6x (1+x^2)^2}{(1+x^2)^6} = \frac{(1+x^2)^2}{(1+x^2)^6} \cdot \left( -14x (1+x^2) – 6x (1 – 7x^2) \right). \] Zjednodušíme menovateľ: \[ \frac{(1+x^2)^2}{(1+x^2)^6} = \frac{1}{(1+x^2)^4}. \] Čitateľ: \[ -14x (1+x^2) – 6x (1 – 7x^2) = -14x – 14x^3 – 6x + 42 x^3 = (-14x – 6x) + (-14x^3 + 42 x^3) = -20x + 28 x^3. \] Celá derivácia je teda \[ \frac{-20x + 28 x^3}{(1+x^2)^4}. \] Po vynásobení \(-2\) dostávame: \[ f^{(4)}(x) = -2 \cdot \frac{-20x + 28 x^3}{(1+x^2)^4} = \frac{40 x – 56 x^3}{(1+x^2)^4}. \] Hodnota v \(0\): \[ f^{(4)}(0) = \frac{40 \cdot 0 – 56 \cdot 0}{1^4} = 0. \]

Teraz môžeme zostaviť Taylorov polynóm \(4.\) rádu: \[ T_4(x) = f(0) + \frac{f'(0)}{1!} x + \frac{f“(0)}{2!} x^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{3!} x^3 + \frac{f^{(4)}(0)}{4!} x^4. \] Dosadíme hodnoty: \[ T_4(x) = 0 + 1 \cdot x + 0 \cdot \frac{x^2}{2} + (-2) \cdot \frac{x^3}{6} + 0 \cdot \frac{x^4}{24} = x – \frac{x^3}{3}. \]

Taylorov polynóm \(4.\) rádu pre funkciu \( \arctan x \) okolo \(0\) je teda \[ T_4(x) = x – \frac{x^3}{3}. \]

Poznámka: Keďže \( f^{(4)}(0) = 0 \), člen so štvrtým stupňom v Taylorovom polynóme chýba.

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = (1 – x)^{-1/2} \) je definovaná a hladká v okolí \(0\) (pre \( |x| < 1 \)). Taylorov polynóm \(4.\) rádu okolo \(0\) sa vypočíta podľa vzorca: \[ T_4(x) = \sum_{k=0}^4 \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k. \]

Vypočítame postupne derivácie a ich hodnoty v \(0\).

1. funkcia: \[ f(x) = (1 – x)^{-1/2}, \quad f(0) = 1. \]

2. prvá derivácia: \[ f'(x) = -\frac{1}{2} (1 – x)^{-3/2} \cdot (-1) = \frac{1}{2} (1 – x)^{-3/2}, \] takže \[ f'(0) = \frac{1}{2}. \]

3. druhá derivácia: \[ f“(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} (1 – x)^{-3/2} \right) = \frac{1}{2} \cdot \left( -\frac{3}{2} \right) (1 – x)^{-5/2} \cdot (-1) = \frac{3}{4} (1 – x)^{-5/2}, \] preto \[ f“(0) = \frac{3}{4}. \]

4. tretia derivácia: \[ f^{(3)}(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{3}{4} (1 – x)^{-5/2} \right) = \frac{3}{4} \cdot \left( -\frac{5}{2} \right) (1 – x)^{-7/2} \cdot (-1) = \frac{15}{8} (1 – x)^{-7/2}, \] takže \[ f^{(3)}(0) = \frac{15}{8}. \]

5. štvrtá derivácia: \[ f^{(4)}(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{15}{8} (1 – x)^{-7/2} \right) = \frac{15}{8} \cdot \left( -\frac{7}{2} \right) (1 – x)^{-9/2} \cdot (-1) = \frac{105}{16} (1 – x)^{-9/2}, \] teda \[ f^{(4)}(0) = \frac{105}{16}. \]

Teraz zostavíme Taylorov polynóm: \[ T_4(x) = 1 + \frac{1}{2} x + \frac{3}{4} \cdot \frac{x^2}{2} + \frac{15}{8} \cdot \frac{x^3}{6} + \frac{105}{16} \cdot \frac{x^4}{24}. \]

Po úprave členov: \[ T_4(x) = 1 + \frac{1}{2} x + \frac{3}{8} x^2 + \frac{15}{48} x^3 + \frac{105}{384} x^4 = 1 + \frac{1}{2} x + \frac{3}{8} x^2 + \frac{5}{16} x^3 + \frac{35}{128} x^4. \]

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = \ln(1+x) \) je hladká pre \( x > -1 \). Taylorov polynóm 3. rádu okolo 0 vypočítame pomocou derivácií: \[ T_3(x) = \sum_{k=0}^3 \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k. \]

1. funkcia:

\[ f(x) = \ln(1+x), \quad f(0) = \ln 1 = 0. \]

2. prvá derivácia:

\[ f'(x) = \frac{1}{1+x}, \quad f'(0) = 1. \]

3. druhá derivácia:

\[ f“(x) = -\frac{1}{(1+x)^2}, \quad f“(0) = -1. \]

4. tretia derivácia:

\[ f^{(3)}(x) = \frac{d}{dx} \left( – (1+x)^{-2} \right) = 2 (1+x)^{-3}, \quad f^{(3)}(0) = 2. \]

Sestavíme Taylorov polynóm: \[ T_3(x) = 0 + \frac{1}{1!} x + \frac{-1}{2!} x^2 + \frac{2}{3!} x^3 = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}. \]

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = e^{-x^2} \) je hladká všade na reálnej osi. Taylorov polynóm \(4.\) rádu okolo \(0\) sa vypočíta podľa: \[ T_4(x) = \sum_{k=0}^4 \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k. \] Potrebujeme nájsť derivácie až do \(4.\) rádu a ich hodnoty v \(0\).

1. funkcia a jej hodnota:

\[ f(x) = e^{-x^2}, \quad f(0) = e^{0} = 1. \]

2. prvá derivácia:

Použijeme pravidlo reťazca: \[ f'(x) = e^{-x^2} \cdot (-2x) = -2x e^{-x^2}, \quad f'(0) = 0. \]

3. druhá derivácia:

Derivujeme \( f'(x) \): \[ f“(x) = \frac{d}{dx} (-2x e^{-x^2}) = -2 e^{-x^2} + (-2x) \cdot \frac{d}{dx} e^{-x^2}. \] Derivácia \( e^{-x^2} \) je \( -2x e^{-x^2} \), takže \[ f“(x) = -2 e^{-x^2} + (-2x)(-2x e^{-x^2}) = -2 e^{-x^2} + 4x^2 e^{-x^2} = e^{-x^2} (-2 + 4x^2). \] Hodnota v 0 je \[ f“(0) = e^{0} \cdot (-2 + 0) = -2. \]

4. tretia derivácia:

Derivujeme \( f“(x) = e^{-x^2} (-2 + 4x^2) \): \[ f^{(3)}(x) = \frac{d}{dx} \left( e^{-x^2} (-2 + 4x^2) \right) = e^{-x^2} \cdot \frac{d}{dx}(-2 + 4x^2) + (-2 + 4x^2) \cdot \frac{d}{dx} e^{-x^2}. \] Derivácia \( -2 + 4x^2 \) je \( 8x \), derivácia \( e^{-x^2} \) je \( -2x e^{-x^2} \), teda \[ f^{(3)}(x) = e^{-x^2} (8x) + (-2 + 4x^2) (-2x e^{-x^2}) = e^{-x^2} \left( 8x – 2x(-2 + 4x^2) \right). \] Upravené: \[ 8x – 2x(-2 + 4x^2) = 8x + 4x – 8x^3 = 12x – 8x^3. \] Preto \[ f^{(3)}(x) = e^{-x^2} (12x – 8x^3). \] Hodnota v \(0\): \[ f^{(3)}(0) = 0. \]

5. štvrtá derivácia:

Derivujeme \( f^{(3)}(x) = e^{-x^2} (12x – 8x^3) \): \[ f^{(4)}(x) = \frac{d}{dx} \left( e^{-x^2} (12x – 8x^3) \right) = e^{-x^2} \cdot \frac{d}{dx} (12x – 8x^3) + (12x – 8x^3) \cdot \frac{d}{dx} e^{-x^2}. \] Derivácia \( 12x – 8x^3 \) je \( 12 – 24x^2 \), derivácia \( e^{-x^2} \) je \( -2x e^{-x^2} \), teda \[ f^{(4)}(x) = e^{-x^2} (12 – 24x^2) + (12x – 8x^3)(-2x e^{-x^2}). \] Rozpíšeme druhý člen: \[ (12x – 8x^3)(-2x) = -24x^2 + 16 x^4. \] Takže \[ f^{(4)}(x) = e^{-x^2} \left( 12 – 24 x^2 – 24 x^2 + 16 x^4 \right) = e^{-x^2} \left( 12 – 48 x^2 + 16 x^4 \right). \] Hodnota v \(0\): \[ f^{(4)}(0) = e^0 \cdot 12 = 12. \]

Teraz zostavíme Taylorov polynóm \(4.\) rádu:

\[ T_4(x) = 1 + 0 \cdot x + \frac{-2}{2!} x^2 + 0 \cdot x^3 + \frac{12}{4!} x^4 = 1 – x^2 + \frac{12}{24} x^4 = 1 – x^2 + \frac{1}{2} x^4. \]

Riešenie:

Funkcia \( f(x) = \sin x \cdot e^{x} \) je hladká pre všetky reálne čísla, preto môžeme použiť Taylorov polynóm okolo \(0\): \[ T_5(x) = \sum_{k=0}^5 \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k. \] Potrebujeme vypočítať derivácie \( f^{(k)}(x) \) pre \( k=0,1,2,3,4,5 \) a ich hodnoty v \(0\).

1. funkcia a jej hodnota:

\[ f(x) = \sin x \cdot e^{x}, \quad f(0) = \sin 0 \cdot e^{0} = 0. \]

2. prvá derivácia:

Použijeme pravidlo súčinu: \[ f'(x) = (\cos x) e^{x} + \sin x \cdot e^{x} = e^{x} (\cos x + \sin x). \] Hodnota v \(0\) je \[ f'(0) = e^{0} (\cos 0 + \sin 0) = 1 \cdot (1 + 0) = 1. \]

3. druhá derivácia:

Derivujeme prvú deriváciu: \[ f“(x) = \frac{d}{dx} \left( e^{x} (\cos x + \sin x) \right) = e^{x} (\cos x + \sin x) + e^{x} (-\sin x + \cos x) = e^{x} ( (\cos x + \sin x) + (-\sin x + \cos x) ). \] Po úprave: \[ (\cos x + \sin x) + (-\sin x + \cos x) = 2 \cos x. \] Preto \[ f“(x) = 2 e^{x} \cos x, \] a \[ f“(0) = 2 \cdot 1 \cdot 1 = 2. \]

4. tretia derivácia:

Derivujeme druhú deriváciu: \[ f^{(3)}(x) = \frac{d}{dx} (2 e^{x} \cos x) = 2 e^{x} \cos x + 2 e^{x} (-\sin x) = 2 e^{x} (\cos x – \sin x). \] Hodnota v \(0\): \[ f^{(3)}(0) = 2 \cdot 1 \cdot (1 – 0) = 2. \]

5. štvrtá derivácia:

Derivujeme tretiu deriváciu: \[ f^{(4)}(x) = \frac{d}{dx} \left( 2 e^{x} (\cos x – \sin x) \right) = 2 e^{x} (\cos x – \sin x) + 2 e^{x} (-\sin x – \cos x) = 2 e^{x} ( (\cos x – \sin x) + (-\sin x – \cos x) ). \] Po úprave: \[ (\cos x – \sin x) + (-\sin x – \cos x) = -2 \sin x, \] teda \[ f^{(4)}(x) = -4 e^{x} \sin x, \] a \[ f^{(4)}(0) = -4 \cdot 1 \cdot 0 = 0. \]

6. piata derivácia:

Derivujeme štvrtú deriváciu: \[ f^{(5)}(x) = \frac{d}{dx} (-4 e^{x} \sin x) = -4 e^{x} \sin x – 4 e^{x} \cos x = -4 e^{x} (\sin x + \cos x). \] Hodnota v 0: \[ f^{(5)}(0) = -4 \cdot 1 \cdot (0 + 1) = -4. \]

Zostavíme Taylorov polynóm \(5.\) rádu: \[ T_5(x) = 0 + \frac{1}{1!} x + \frac{2}{2!} x^2 + \frac{2}{3!} x^3 + 0 \cdot x^4 + \frac{-4}{5!} x^5 = x + x^2 + \frac{2}{6} x^3 – \frac{4}{120} x^5. \]

Upravené:

\[ T_5(x) = x + x^2 + \frac{1}{3} x^3 – \frac{1}{30} x^5. \]