6і1 Taylorova formule.. C p.1/5

1 3Taylorova formule 6і1 Taylorova formule. C p.1/5

1 3Taylorova formule 6і1 P 0 0 klad 5.1.1 Najd їte Taylor 0 1v polynom t 0 0et ho stupn ї funkce f(x) =ln(2x 6с1 1), kter 0 5 aproximuje funkci f vokol bodu x 0 =1. 6і1 P 0 0 klad 5.1.2 Napi 0 8te Taylor 0 1v polynom 4. stupn ї pro funkci f(x) =e 6с1x 2 vbod ї x 0 =0 apomoc n їho vypo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu f(0, 1). 6і1 P 0 0 klad 5.1.3 Spo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu 3 л 30 pomoc Taylorova polynomu 2. stupn ї. Odhadn їte shora absolutn hodnotu chyby, kter і se p 0 0i v 0 5po 0 0tu dopust te.. C p.2/5

1 3P 0 0 klad 5.1.1 Najd їte Taylor 0 1v polynom t 0 0et ho stupn ї funkce funkci f vokol bodu x 0 =1. f(x) =ln(2x 6с1 1), kter 0 5 aproximuje?. C p.3/5

1 3P 0 0 klad 5.1.1 Najd їte Taylor 0 1v polynom t 0 0et ho stupn ї funkce funkci f vokol bodu x 0 =1. V 0 5sledek: f(x) =ln(2x 6с1 1), kter 0 5 aproximuje T 3 (x) =2(x 6с1 1) 6с1 2(x 6с1 1) 2 + 8 3 (x 6с1 1)3.. C p.3/5

1 3P 0 0 klad 5.1.1 Najd їte Taylor 0 1v polynom t 0 0et ho stupn ї funkce funkci f vokol bodu x 0 =1. N vod: f(x) =ln(2x 6с1 1), kter 0 5 aproximuje Taylor 0 1v polynom n -t іho stupn ї T n vokol bodu x 0 je definovan 0 5 vztahem T n (x) =f(x 0 )+ f Д (x 0 ) 1! (x 6с1 x 0 )+ f Д Д (x 0 ) 2! (x 6с1 x 0 ) 2 +...+ f (n) (x 0 ) n! (x 6с1 x 0 ) n.. C p.3/5

1 3P 0 0 klad 5.1.1 Najd їte Taylor 0 1v polynom t 0 0et ho stupn ї funkce funkci f vokol bodu x 0 =1. 0 9e 0 8en : f(x) =ln(2x 6с1 1), kter 0 5 aproximuje Do vzorce pro T 3 (x) dosad me funk 0 0n hodnotu f(x 0 ) a hodnoty prvn, druh і at 0 0et derivace funkce f vbod ї x 0 =1 : f(1) = 0, f Д (x) = 2 2x 6с1 1 6м0 f Д (1) = 2, f Д Д 4 (x) = 6с1 6м0 f Д Д (1) = 6с14, (2x 6с1 1) 2 f (3) (x) = Taylor 0 1v polynom 16 (2x 6с1 1) 3 6м0 f (3) (1) = 16. T 3 (x) =0+ 2 6с14 (x 6с1 1) + 1! 2! (x 6с1 1)2 + 16 3! (x 6с1 1)3 =2(x 6с1 1) 6с1 2(x 6с1 1) 2 + 8 (x 6с1 1)3 3 bude dob 0 0e aproximovat funkci f na n їjak іm okol I bodu x 0 =1. (Totookol I mus nutn ї spl ovat podm nku I 6ш3 D(f) =( 1 2, ч).). C p.3/5

1 3P 0 0 klad 5.1.1 Najd їte Taylor 0 1v polynom t 0 0et ho stupn ї funkce funkci f vokol bodu x 0 =1. Maple: > f1 := x->ln(2*x-1); f(x) =ln(2x 6с1 1), kter 0 5 aproximuje f1 := x З ln(2 x 6с1 1) VMapluexistujep 0 0 kaz taylor( expr, eq, n ), kter 0 5 vytvo 0 0 Taylor 0 1v rozvoj ((n-1)-n ho) stupn ї funkce expr v bod ї, kter 0 5 jezad n rovnost eq. > T3 := taylor(f1(x),x=1,3+1); T3 := 2 (x 6с1 1) 6с1 2(x 6с1 1) 2 + 8 3 (x 6с1 1)3 +O((x 6с1 1) 4 ) Pokud chceme spo 0 0 tat Taylor 0 1v polynom (n-1)n ho stupn ї funkce expr v bod ї eq/nm pou 0 6ijeme p 0 0 kaz, kter 0 5 p 0 0ev d rozvoj na polynom:. > T3 := convert(taylor(f1(x),x=1,3+1),polynom); T3 := 2 x 6с1 2 6с1 2(x 6с1 1) 2 + 8(x 6с1 1)3 3. C p.3/5

1 3P 0 0 klad 5.1.1 Najd їte Taylor 0 1v polynom t 0 0et ho stupn ї funkce funkci f vokol bodu x 0 =1. Mathematica: f1[x ]=Log[2x 6с1 1] f(x) =ln(2x 6с1 1), kter 0 5 aproximuje Log[ 6с11 +2x] R = Series[f1[x], {x, 1, 3}] 2(x 6с1 1) 6с1 2(x 6с1 1) 2 + 8 3 (x 6с1 1)3 + O[x 6с1 1] 4 T3 = Normal[R] 2( 6с11+x) 6с1 2( 6с11 +x) 2 + 8 3 ( 6с11 +x)3. C p.3/5

1 3P 0 0 klad 5.1.2 Napi 0 8te Taylor 0 1v polynom 4. stupn ї pro funkci f(x) =e 6с1x2 vbod ї x 0 =0 apomoc n їho vypo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu f(0, 1).?. C p.4/5

1 3P 0 0 klad 5.1.2 Napi 0 8te Taylor 0 1v polynom 4. stupn ї pro funkci f(x) =e 6с1x2 vbod ї x 0 =0 apomoc n їho vypo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu f(0, 1). V 0 5sledek: T 4 (x) =1 6с1 x 2 + 1 2 x4, f(0, 1). = T 4 (0, 1) = 0, 99005.. C p.4/5

1 3P 0 0 klad 5.1.2 Napi 0 8te Taylor 0 1v polynom 4. stupn ї pro funkci f(x) =e 6с1x2 vbod ї x 0 =0 apomoc n їho vypo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu f(0, 1). N vod: Bud lze klasicky spo 0 0 tat hodnoty funkce f(x) =e 6с1x2 adal 0 8 ch 0 0ty 0 0 derivac vbod ї x 0 =0 az skan і hodnoty dosadit do vzorce (viz p 0 0edchoz p 0 0 klad): T 4 (x) =f(x 0 )+ f Д (x 0 ) 1! (x 6с1x 0 )+ f Д Д (x 0 ) 2! (x 6с1x 0 ) 2 + f (3) (x 0 ) 3! (x 6с1x 0 ) 3 + f (4) (x 0 ) 4! (x 6с1x 0 ) 4. P 0 0ibli 0 6nou hodnotu funkce dostaneme ze vztahu f(0, 1). = T 4 (0, 1).. C p.4/5

1 3P 0 0 klad 5.1.2 Napi 0 8te Taylor 0 1v polynom 4. stupn ї pro funkci f(x) =e 6с1x2 vbod ї x 0 =0 apomoc n їho vypo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu f(0, 1). 0 9e 0 8en : Taylor 0 1v polynom 2. stupn ї pro funkci f(y) =e y vbod ї y 0 =0 (snadno zapamatovateln 0 5) je roven T 2 (y) =1+ 1 1! y + 1 2! y2 =1+y + 1 2 y2. Polo 0 6 me-li y = 6с1x 2, dost v me Taylor 0 1v polynom 4. stupn ї pro funkci f(x) =e 6с1x2 bod ї x 0 =0 : T 4 (x) =1+( 6с1x 2 )+ 1 2 ( 6с1x2 ) 2 =1 6с1 x 2 + 1 2 x4. v Pro p 0 0ibli 0 6n 0 5 v 0 5po 0 0et hodnoty funkce f(x) =e 6с1x2 vbod ї x =0, 1 sta 0 0 polo 0 6it f(0, 1). = T 4 (0, 1) = 1 6с1 0, 1 2 + 0, 14 2 =0, 99005. Tedy e 6с10,12. =0, 99005.. C p.4/5

1 3P 0 0 klad 5.1.2 Napi 0 8te Taylor 0 1v polynom 4. stupn ї pro funkci f(x) =e 6с1x2 vbod ї x 0 =0 apomoc n їho vypo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu f(0, 1). Maple: > fe2:=x->exp(-x 0Ї32); fe2 := x З e ( 6с1x2 ) > T4 := convert(taylor(fe2(x),x=0,4+1),polynom); T4 := 1 6с1 x 2 + 1 2 x4 Do z skan іho polynomu 4. stupn ї T4 dosad me zadan 0 5 bodadostanemep 0 0ibli 0 6nou hodnotu funkce fe2 v tomto bod ї. > subs(x=0.1,t4); 0.9900500000 Pro porovn n spo 0 0 t me p 0 0esnou hodnotu zadan і funkce fe2 v zadan іm bod ї. > evalf(fe2(0.1)); 0.9900498337. C p.4/5

1 3P 0 0 klad 5.1.2 Napi 0 8te Taylor 0 1v polynom 4. stupn ї pro funkci f(x) =e 6с1x2 vbod ї x 0 =0 apomoc n їho vypo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu f(0, 1). Mathematica: f2[x ]=Exp[ 6с1x д 2] e 6с1x2 Taylor 0 1v vzorec: R = Series[f2[x], {x, 0, 4}] 1 6с1 x 2 + x4 2 + O[x]5 Taylor 0 1v polynom: T4 = Normal[R] 1 6с1 x 2 + x4 2 hodpriplizna = InputForm[T4/.{x З 0.1}] 0.99005 hodpresna = InputForm[fe2[0.1]] 0.9900498337491681. C p.4/5

1 3P 0 0 klad 5.1.3 Spo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu 3 л 30 pomoc Taylorova polynomu 2. stupn ї. Odhadn їte shora absolutn hodnotu chyby, kter і sep 0 0i v 0 5po 0 0tu dopust te.?. C p.5/5

1 3P 0 0 klad 5.1.3 Spo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu 3 л 30 pomoc Taylorova polynomu 2. stupn ї. Odhadn їte shora absolutn hodnotu chyby, kter і sep 0 0i v 0 5po 0 0tu dopust te. V 0 5sledek: 3 л. 30 =3, 106996, R2 (30) э 0, 000254.. C p.5/5

1 3P 0 0 klad 5.1.3 Spo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu 3 л 30 pomoc Taylorova polynomu 2. stupn ї. Odhadn їte shora absolutn hodnotu chyby, kter і sep 0 0i v 0 5po 0 0tu dopust te. N vod: Zvol me vhodn ї bod x 0. Taylor 0 1v polynom druh іho stupn ї T 2 vokol bodu x 0 je definovan 0 5 vztahem T 2 (x) =f(x 0 )+ f Д (x 0 ) 1! (x 6с1 x 0 )+ f Д Д (x 0 ) 2! (x 6с1 x 0 ) 2. Chybu aproximace, kter і se dopust me, lze vyj d 0 0it pomoc vzorce: R 2 (x) = f (3) (ін) (x 6с1 x 0 ) 3, kde ін й (x 0,x)(nebo ін й (x, x 0 )). 3!. C p.5/5

1 3P 0 0 klad 5.1.3 Spo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu 3 л 30 pomoc Taylorova polynomu 2. stupn ї. Odhadn їte shora absolutn hodnotu chyby, kter і sep 0 0i v 0 5po 0 0tu dopust te. 0 9e 0 8en : Zvol me bod x 0 =27(le 0 6 bl zko bodu x =30), nebot funk 0 0n hodnotu f(27) = 3 л 27 = 3 a hodnoty prvn chdvouderivac funkce f vbod ї x 0 =27 dok 0 6eme snadno spo 0 0 tat: f Д (x) = 1 3 x 6с1 2 3 6м0 f Д (27) = 1 3 є 1 9. =0, 037037, f Д Д (x) = 6с1 2 5 9 x 6с1 3 6м0 f Д Д (27) = 6с1 2 9 є 1. = 6с10, 000457. 243 Dost v me Taylor 0 1v polynom a hledanou p 0 0ibli 0 6nou funk 0 0n hodnotu: T 2 (x) =3+ 1 1 27 (x 6с1 27) 6с1 2187 (x 6с1 27)2, 3 л 30. = T2 (30). =3+0, 037037(30 6с1 27) 6с1 0, 0009144(30 6с1 27) 2. =3, 1069963. K vyj d 0 0en chyby aproximace pot 0 0ebujeme t 0 0et derivaci funkce: Dal 0 8 f (3) (x) = 10 27 x 6с1 8 3.. C p.5/5

1 3P 0 0 klad 5.1.3 Spo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu 3 л 30 pomoc Taylorova polynomu 2. stupn ї. Odhadn їte shora absolutn hodnotu chyby, kter і sep 0 0i v 0 5po 0 0tu dopust te. 0 9e 0 8en : Chyba, kter і jsmesedopustilip 0 0i aproximaci hodnoty R 2 (30) = f (3) (ін) (30 6с1 27) 3 = 3! 3 л 30, je 10 3! 27 3 л ін 8 (30 6с1 27)3 = 5 3 3 л, kde ін й (27, 30). 8 ін Provedeme horn odhad velikosti chyby. M 0 1 0 6eme vyu 0 6 t toho, 0 6e funkce x 6с1 8 3 je na intervalu Є27, 30 klesaj c (zjist me z porn і znam іnko 0 0tvrt і derivace). Nebo lze pou 0 6 t vahy, 0 6e z nerovnosti ін 8 щ (27) 8 1, plyne ін 8 э ( 1 27 )8. Odhad chyby, kter і jsmese dopustili, tedy je: R 2 (30) э 5 3 3 л 27 8. =0, 000254.. C p.5/5

1 3P 0 0 klad 5.1.3 Spo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu 3 л 30 pomoc Taylorova polynomu 2. stupn ї. Odhadn їte shora absolutn hodnotu chyby, kter і sep 0 0i v 0 5po 0 0tu dopust te. Maple: > fs := x -> surd(x, 3); fce t 0 0et odmocnina z x fs := x З surd(x, 3) > T2 := convert(taylor(fs(x),x=27,2+1),polynom); T2 := 27 (1/3) + 27(1/3) (x 6с1 27) 6с1 27(1/3) (x 6с1 27) 2 81 6561 > T2 := evalf(convert(taylor(fs(x),x=27,2+1),polynom)); T2 := 2.000000000 + 0.03703703703 x 6с1 0.0004572473709 (x 6с1 27.) 2 > subs(x=30,t2); 3.106995885 n sleduje vypo 0 0et t 0 0et derivace funkce fs v bod ї 27: > treti d:= (D@@3)(fs); treti d := x З 10 surd(x, 3) 27 x 3 > odhad chyby=abs(evalf(treti d(27))/3! *(30-27) 0Ї33); odhad chyby =0.0002540263171 V syst іmu Maple samoz 0 0ejm ї dok 0 6eme vypo 0 0 tat p 0 0 mo t 0 0et odmocninu z 0 0 sla 30. > evalf(fs(30)); 3.107232506. C p.5/5

1 3P 0 0 klad 5.1.3 Spo 0 0t їte p 0 0ibli 0 6n ї hodnotu 3 л 30 pomoc Taylorova polynomu 2. stupn ї. Odhadn їte shora absolutn hodnotu chyby, kter і sep 0 0i v 0 5po 0 0tu dopust te. Mathematica: f3[x ]=x д {1/3} {x 1/3} R = Series[f3[x], {x, 27, 2}] { } 3+ x 6с127 27 6с1 (x 6с127)2 2187 + O[x 6с1 27] 3 T2 = Normal[R] { } 3+ 1 ( 6с127+x)2 27 ( 6с127 + x) 6с1 2187 hodpriblizna = N[InputForm[T4/.{x З 30}]] {3.1069958847736627} dddf3 = D[f3[x], {x, 3}][[1]] 10 27x 8/3 chyba = N[Abs[(dddf3/.{x З 27})(3 д 3)/3!]] 0.000254026 hodpresna = N[InputForm[f3[30]]] {3.1072325059538586}. C p.5/5