8. Taylorova řada. V kurzu matematiky jsme ukázali, že je možné funkci f, která má v okolí bodu x0 derivace aproximovat polynomem, jehož derivace se shodují s derivacemi aproximované funkce v bodě x0 . Pokud má funkce derivace všech řádů lze od polynomu přejít k mocninné řadě. Platí věta o rozvoji funkce v mocninnou řadu. Taylorova věta. Nechť má funkce f : R → R omezené derivace všech řádů v intervalu (x0 − r, x0 + r), x0 ∈ R, r > 0. Potom je ∞ X f (k) (x0 )
f (x) =
k!
k=1
(x − x0 )k ,
x ∈ (x0 − r, x0 + r).
Řada se nazývá Taylorovou řadou funkce f v bodě x0 . Přehled některých Taylorových řad. (1) (1∗ )
∞ X 1 = xk , |x| < 1 1 − x k=0 ∞ X 1 = (−1)k xk , |x| < 1 1 + x k=0
(2) −ln(1 − x) =
∞ X xk k=1
(2∗ ) ln(1 + x) =
k
∞ X (−1)k+1
k
k=1
(3) ex =
∞ X k=0
(−1)k x2k+1 , x ∈ R (2k + 1)!
k=0
(5) cos x =
∞ X (−1)k
(2k)!
k=0
(6) sinhx =
∞ X k=0
(7) coshx =
∞ X k=0
α
xk , |x| < 1
1 k x , x∈R k!
∞ X
(4) sin x =
, |x| < 1
(8) (1 + x) =
x2k , x ∈ R
1 x2k+1 , x ∈ R (2k + 1)! 1 x2k , x ∈ R (2k)!
∞ X k=0
!
α k x , |x| < 1, α ∈ R k
Příklad 8.1. Pomocí geometrické řady (1), (1∗ ) určete rozvoj dané funkce f v mocninnou řadu se středem v bodě x0 . Určete její obor konvergence a poloměr konvergence. 5 , x0 = 0. a) f (x) = x+2 Použijeme řadu (1∗ ) a danou funkci postupně upravíme tak, aby se její tvar shodoval se vzorcem pro součet geometrické řady. Je 28
∞ ∞ 5 5 1 5 1 5X x k X 5(−1)k k = x . = · · = − = k+1 x+2 2 1 + x2 2 1 − (− x2 ) 2 k=0 2 k=0 2 Řada konverguje pro | − x2 | < 1 ⇒ |x| < 2, tedy pro x ∈ (−2, 2). Poloměr konvergence řady je r = 2. 3 b) f (x) = , x0 = 1. 4−x Použijeme řadu (1) a danou funkci postupně upravíme tak, aby se její tvar shodoval se vzorcem pro součet geometrické řady, tedy aby vzorec obsahoval výraz (x − 1). Je ∞ ∞ X 3 3 1 x−1 k X 1 = f (x) = = = = (x − 1)k . x−1 k 4−x 3 − (x − 1) 3 3 1− 3 k=0 k=0 Řada konverguje pro | x−1 | < 1 ⇒ |x−1| < 3, tedy pro x ∈ (−2, 4). Poloměr konvergence 3 řady je r = 3. 1 c) f (x) = , x0 = 0. 4 + x2 Použijeme řadu (1∗ ) a danou funkci postupně upravíme tak, aby se její tvar shodoval se vzorcem pro součet geometrické řady. Je !k ∞ ∞ X 1 1 1 1X x2 (−1)k 2k = · = − = x . f (x) = 2 k+1 4 + x2 4 1 − (− x4 ) 4 k=0 4 k=0 4 2 Řada konverguje pro | − x4 | < 1 ⇒ |x2 | < 4 ⇒ |x| < 2, tedy pro x ∈ (−2, 2). Poloměr konvergence řady je r = 2. 4x − 3 d) f (x) = 2 , x0 = 0. x +x−6 Použijeme řady (1), (1∗ ) a funkci postupně upravíme tak, aby se její tvar shodoval se vzorcem pro součet geometrické řady. Funkci nejprve rozložíme na parciální zlomky a každý z nich rozvineme v mocninnou řadu způsobem, který jsme ilustrovali v úlohách a), b). Je 1 1 4x − 3 3 1 1 · = = + = f (x) = 2 x − x +x−6 x+3 x−2 1 − (− 3 ) ! 2 1 − x2 ∞ k ∞ ∞ X X x (−1)k 1 x k 1 X − · = − k+1 xk . − k 3 2 k=0 2 3 2 k=0 k=0 x x Řada konverguje pro (| − 3 | < 1 a | 2 | < 1) ⇒ (|x| < 3 a |x| < 2 ⇒ |x| < 2), tedy pro x ∈ (−2, 2). Poloměr konvergence řady je r = 2.
Příklad 8.2. Pomocí řady pro logaritmus rozviňte danou funkci f v mocninnou řadu se středem v bodě x0 a určete její obor konvergence a poloměr konvergence. a) lnx, x0 = 2. Použijeme řady (2) či (2∗ ). Vzorec pro danou funkci upravíme, aby odpovídal tvaru funkce, jejíž rozvoj používáme. Je x−2 x−2 lnx = ln[2 + (x − 2)] = ln 2 1 + = ln2 + ln 1 + = 2 2 ∞ ∞ X (−1)k x − 2 k X (−1)k = ln2 + = (x − 2)k . k k 2 k.2 k=1 k=1 Řada konverguje pro | x−2 | < 1 ⇒ |x − 2| < 2, tedy pro x ∈ (0, 4). Poloměr konvergence 2 řady je r = 2.
29
1+x b) ln , x0 = 0. 1−x Použijeme řady (2) a (2∗ ). Vzorec pro danou funkci upravíme, aby odpovídal tvaru funkce, jejíž rozvoj používáme. Je ∞ ∞ ∞ X X 1+x (−1)k+1 k X xk (−1)k+1 + 1 k ln = ln(1 + x) − ln(1 − x) = x + = x = 1−x k k k=1 k=1 k k=1 ∞ X 2 x2n+1 . 2n + 1 n=0
Řady (2) a (2∗ ) konvergujípro |x| < 1, tedy získaná řada konverguje také pro x ∈ (−1, 1). Poloměr konvergence řady je r = 1. Příklad 8.3. Pomocí řady pro exponenciální funkci řešte: a) Určete rozvoj funkce f (x) = e2x v mocninnou řadu se středem v bodě x0 = 1. Určete její obor konvergence a poloměr konvergence. Použijeme řadu (3) a vyjádření dané funkce upravíme tak, aby obsahovalo v exponentu výraz (x − 2). Je ∞ ∞ X X 1 2k f (x) = e2x = e2(x−1)+2 = e2 · e2(x−1) = e2 · [2(x − 1)]k = e2 · (x − 1)k . k! k! k=0 k=0 Řada (3) konverguje pro všechna reálná čísla, tedy řada, kterou jsme z ní získali substitucí x → (x − ) konverguje rovněž pro všechna x ∈ (−∞, ∞). Poloměr konvergence této řady je r = ∞. x2 1 a) Určete rozvoj funkce ϕ(x) = √ e− 2 v mocninnou řadu se středem v bodě 2π x0 = 0. Určete její obor konvergence a poloměr konvergence. (Funkce je hustotou norZ ∞ x2 1 √ e− 2 dx = 1.) málního rozdělení náhodné veličiny. Je sudá a −∞ 2π 2 K určení rozvoje použijeme řadu (3), ve které provedeme substituci x → − x2 . Dostaneme !k ∞ ∞ (−1)k 2k 1 x2 1 X 1 X 1 − x2 2 √ √ √ x . = − = ϕ(x) = e 2 2π k=0 2k .k! 2π k=0 k! 2π Řada (3) konverguje pro všechna reálná čísla, použitou substitucí se její obor konvergence nemění. Řada konverguje pro x ∈ (−∞, ∞) a její poloměr konvergence je r = ∞. 2
c) Určete rozvoj funkce f (x) = 0x e−t dt v mocninnou řadu se středem v bodě x0 = 0. Určete její obor konvergence a poloměr konvergence. Odhadněte chybu, které se dopustíme, jestliže pro výpočet hodnoty f (1) budeme uvažovat první tři členy řady. R
Použijeme řadu (3), ve které provedeme substituci x → −t2 a poté budeme řadu integrovat člen po členu. Záměna integrovaní se sčítáním je pro mocninné řady dovolenou operací. Tím získáme vyjádření dané funkce ve tvaru mocninné řady. Je ∞ ∞ X X 1 (−1)k 2k 2 (−t2 )k = t , e−t = k! k=0 k! k=0 a řada konverguje pro všechna x ∈ (−∞, dostaneme ! ∞).∞Integrací řady ! Z x Z x X ∞ k X (−1)k Z x (−1) 2 2k −t 2k f (x) = e dt = t dt = t dt = k! k! 0 0 0 k=0 k=0 " #x ! ∞ ∞ X X (−1)k t2k+1 (−1)k = x2k+1 , x ∈ (−∞, ∞). k! 2k + 1 0 k=0 k=0 (2k + 1)k! 30
Pro x = 1 dosazením do prvních tří členů řady dostaneme přibližnou hodnotu 1 23 1 . f (1) = 1 − + = = 0, 76666. Řada je alternující a odhad chyby je možné pro3 10 30 vést pomocí prvního členu, který pro vyčíslení nepoužijeme. Je jím člen pro hodnotu 1 1 . indexu k = 3 a tedy chyba aproximace ε je menší než |ε| < 7.3! = 42 = 2, 4.10−2 . Pro porovnání uveďme přesnější hodnotu, f (1) = 0, 74682. d) VeZ tvaru mocninné řady se středem v bodě x0 = 0 vyjádřete funkci Z x x x2 1 √ e− 2 dt. Φ(x) = ϕ(t)dt = −∞ −∞ 2π Pomocí této řady určete přibližnou hodnotu s přesností ε = 10−4 . Víte, že (viz př. 7.3.b.) Φ(−∞) = 0, Φ(∞) = 1, Φ(0) = 12 . (Funkce je distribuční funkcí normovaného normálního rozdělení.) Jestliže přihlédneme k uvedeným faktům a k výsledku příkladu 7.3.b, je ! ∞ (−1)k 2k 1 1 Zx X 1 Zx 1 1 Z x − t2 t dt = ϕ(t)dt = + √ e 2 dt = + √ Φ(x) = + 2k .k! 2 2 2 0 0 0 2π 2π k=0 " #x ! ∞ ∞ (−1)k t2k+1 (−1)k 2k 1 1 X 1 1 X = t dt = + √ = +√ 2 2 2π k=0 2k .k! 2k + 1 0 2π k=0 2k .k! ∞ (−1)k 1 1 X x2k+1 , x ∈ (−∞, ∞). = +√ 2 2π k=0 2k .(2k + 1).k! Řada konverguje pro všechna reálná čísla, tedy pro x ∈ (−∞, ∞). Pro přibližnou hodnotu Φ(1) dostaneme pomocí řady 1 1 1 1 . − + = 0, 84135. Φ(1) = 0, 5 + 0, 4 · 1 − + 6 40 336 3456 Jedná se o alternující řadu, chybu odhadneme pomocí dalšího členu řady, který jsme při vyčíslení již nepoužili. Jedná se o člen pro hodnotu indexu k = 5. Je tedy pro chybu 1 1 . = = 10−5 . platný odhad |ε| < 32.120.11 42240 Přesnější hodnota z tabulek je Φ(1) = 0, 841345, což koresponduje s odhadem chyby aproximace. 2
1 − e−x , f (0) = 0 v mocninnou řadu se středem v e) Určete rozvoj funkce f (x) = 4x bodě x0 = 0. Určete obor konvergence a poloměr konvergence získané řady. . Použijeme řadu (3), ve které provedeme substituci x → −x2 . Úpravami postupně dostaneme ! 2 ∞ X 1 − e−x 1 1 (−1)k 2k −x2 = 1−e = 1− x = f (x) = 4x 4x 4x k! k=0 ! ∞ ∞ ∞ X 1 (−1)k+1 2k 1 X (−1)k+1 2k X (−1)k+1 2k−1 1−1+ x = x = x . 4x k! 4x k=1 k! 4.k! k=1 k=1 Řada konverguje pro všechna reálná čísla, tedy pro x ∈ (−∞, ∞). Poloměr konvergence hledané řady je r = ∞. Příklad 8.4. Pomocí Taylorových řad goniometrických funkcí určete rozvoje daných funkcí v mocninné řady s předepsaným středem x0 . Určete také obor konvergence a poloměr konvergence získaných řad. a) sin x, x0 = 2. Použijeme řady (4) a (5). Podle součtového vzorce nejprve dostaneme 31
sin x = sin [(x − 2) + 2] = sin 2 cos (x − 2) + cos 2 sin (x − 2). Odtud pomocí řad (4) a (5), ve kterých provedeme substituci x → (x − 2) získáme požadovaný rozvoj. Je ∞ ∞ X X (−1)k (−1)k sin x = sin 2 (x − 2)2k + cos 2 (x − 2)2k+1 = (2k)! (2k + 1)! k=0 k=0 ! ∞ k X (−1)k sin 2 (−1) cos 2 2k 2k+1 = (x − 2) + (x − 2) . (2k)! (2k + 1)! k=0 Řada konverguje pro x ∈ (−∞, ∞), poloměr konvergence této řady je tedy r = ∞. b) cos x, x0 = −1. Použijeme řady (4) a (5). Podle součtového vzorce nejprve dostaneme cos x = cos [(x + 1) − 1] = cos 1 cos (x + 1) + sin 1 sin (x + 1). Odtud pomocí řad (4) a (5), ve kterých provedeme substituci x → (x + 1) získáme požadovaný rozvoj. Je ∞ ∞ X X (−1)k (−1)k cos x = cos 1 (x + 1)2k + sin 1 (x + 1)2k+1 = (2k)! (2k + 1)! k=0 k=0 ! ∞ k X (−1)k cos 1 (−1) sin 1 2k 2k+1 (x + 1) + (x + 1) . = (2k)! (2k + 1)! k=0 Řada konverguje pro x ∈ (−∞, ∞), poloměr konvergence této řady je tedy r = ∞. c) sin2 x, cos2 x, x0 = 0. Použijeme nejprve známých vzorců 1 1 sin2 x = (1 − cos (2x)) a cos2 x = (1 + cos (2x)) . 2 2 Odtud dostaneme pomocí rozvojů (4) a (5), ve kterých provedeme substituci x → (2x) požadované rozvoje. Je ! ! ∞ ∞ X X 1 (−1)k 1 (−1)k 2 2k 2k sin x = 1− (2x) = 1−1− (2x) = 2 2 k=0 (2k)! k=1 (2k)! ∞ X (−1)k+1 22k−1 2k = x . (2k)! k=1 ! ! ∞ ∞ k k X X 1 (−1) 1 (−1) cos2 x = 1+ (2x)2k = 1+1+ (2x)2k = 2 (2k)! 2 (2k)! k=0 k=1 ∞ X (−1)k .22k−1 2k =1+ x . (2k)! k=1 Obě řady konvergují pro x ∈ (−∞, ∞), poloměr konvergence je u obou r = ∞. d) sin x cos 3x, x0 = 0. Nejprve použijeme součtové vzorce a získáme vyjádření 1 sin x cos (3x) = [sin (4x) − sin (2x)] . 2 Nyní použijeme rozvoje (4), kde provedeme substituce x → (4x) a x → (2x). Získáme požadovaný rozvoj ve tvaru ! ∞ ∞ X 1 X (−1)k (−1)k 2k+1 2k+1 sin x cos (3x) = (4x) − (2x) = 2 k=0 (2k + 1)! k=0 (2k + 1)! ∞ ∞ X 1X (−1)k 2k+1 (−1)k 4k 2k+1 = 4 − 22k+1 x2k+1 = 2 − 1 x2k+1 . 2 k=0 (2k + 1)! k=0 (2k + 1)! Řada konverguje pro všechna x ∈ (−∞, ∞), poloměr konvergence řady je r = ∞. 32
sin x , f (0) = 1, x0 = 0. x Použijeme rozvoje (4) a dostaneme ∞ ∞ X sin x 1X (−1)k (−1)k f (x) = = x2k+1 = x2k . x x k=0 (2k + 1)! (2k + 1)! k=0 Řada konverguje pro všechna x ∈ (−∞, ∞). Z x sin t f) f (x) = dt, x0 = 0. t 0 Jestliže použijeme rozvoje z příkladu 8.4.e, pak integrací řady člen po členu získáme požadovaný rozvoj. Je ! ! Z x X Z x ∞ ∞ X sin t (−1)k 2k (−1)k 2k f (x) = dt = t dt = t dt = t (2k + 1)! 0 0 k=0 (2k + 1)! k=0 " # x ∞ ∞ X X (−1)k t2k+1 (−1)k = dt = x2k+1 . (2k + 1)! 2k + 1 (2k + 1)(2k + 1)! k=0 k=0 0 Řada konverguje pro všechna x ∈ (−∞, ∞). 1 − cos x g) f (x) = , x0 = 0. Napište první tři členy rozvoje a odhadněte chybu ε, x2 které se při aproximaci funkce f (x) tímto polynomem dopustíme. Použijeme rozvoje (5) a dostaneme ! ! ∞ ∞ X X 1 − cos x 1 (−1)k 2k 1 (−1)k 2k f (x) = = 2 1− x = 2 1−1− x = x2 x x k=0 (2k)! k=1 (2k)! ∞ ∞ 1 X (−1)k+1 2k X (−1)k+1 2k−2 = 2 x = x . x k=1 (2k)! (2k)! k=1 1 x2 x3 . Řada konverguje pro všechna x ∈ (−∞, ∞). Potom f (x) = T3 (x) = − + . 2 24 720 Chybu odhadneme pomocí dalšího členu řady, neboť se jedná o alternující řadu. Je tedy |x|6 |ε| < . 40320 Z 1 sin x h) Pomocí rozvoje v mocninnou řadu vypočtěte integrál I = dx s přesností x 0 ε < 10−5 . Pomocí rozvije (4), obdobně jako v příkladu 8.4.e,f dostaneme ! ! Z 1 Z 1 X Z 1 ∞ ∞ k k X sin x (−1) (−1) I= dx = x2k dx = x2k dx x (2k + 1)! (2k + 1)! 0 0 0 k=0 k=0 " #1 ∞ ∞ X X (−1)k x2k+1 (−1)k = = . 2k + 1 0 k=0 (2k + 1)(2k + 1)! k=0 (2k + 1)! Jedná se o alternující řadu a tedy chyba aproximace je menší než první z členů, které při výpočtu přibližné hodnoty již nebudeme uvažovat. Jestliže si začneme vypisovat členy řady od začátku, vidíme, že k dosažení požadované přesnosti stačí uvážit první čtyři členy 1 1 1 1 1 . . řady. Je pak I = 1 − + − = 0, 94608. Chyba |ε| < = = 10−7 . 18 600 35280 9.9! 3265920 Příklad 8.5. Pomocí rozvoje exponenciální funkce odvoďte rozvoje funkcí coshx, sinhx v mocninnou řadu se středem v bodě x0 = 0. Určete i jejich obory konvergence. e) f (x) =
Nejprve si zapíšeme, že 1 x 1 x coshx = e + e−x , sinhx = e − e−x . Odtud pomocí řady (3) dostaneme 2 2 33
∞ ∞ ∞ X (−1)k k 1 X 1 k X 1 coshx = x + x = x2k . 2 k=0 k! k! (2k)! k=0 k=0 ! ∞ ∞ ∞ X 1 X 1 k X (−1)k k 1 sinhx = x − x = x2k+1 . 2 k=0 k! k! (2k + 1)! k=0 k=0 Obě řady konvergují pro všechna x ∈ (−∞, ∞).
!
Z x sin t − sinht Příklad 8.6. Ve tvaru mocninné řady vyjádřete funkci f (x) = dt. Urt2 0 čete obor konvergence této řady. Vypočtěte přibližné hodnoty funkce v bodě x = 1, když budete postupně uvažovat jeden, dva a tři členy rozvoje.
Použijeme řadu (4) a řadu z příkladu 8.8. Je pak ! Z x Z x ∞ ∞ sin t − sinht 1 X (−1)k 2k+1 X 1 2k+1 f (x) = dt = t − t dt = t2 0 0 t2 k=0 (2k + 1)! k=0 (2k + 1)! Z x Z x X ∞ ∞ 1 X −2 −2 4k+3 = t dt = t4k+1 dt = 2 0 t k=0 (4k + 3)! 0 k=0 (4k + 3)! ! " # ∞ Z x ∞ ∞ 4k+2 x X X X −2 −2 t −1 = t4k+1 dt == = x4k+2 . (4k + 3)! (4k + 3)! 4k + 2 (2k + 1)(4k + 3)! 0 k=0 k=0 k=0 0 Řada konverguje pro všechna x ∈ (−∞, ∞). Jako přibližné hodnoty f (1) postupně dostaneme 1 1 . I1 = − = − = −0, 166666, 3! 6 1 1 1 1 . I2 = − + =− + = −0, 1667328, 3.7! 6 15120 3! 1 1 1 1 1 1 . I3 = − + + =− + + = −0, 1667328. 3! 3.7! 5.11! 6 15120 2.108 Příklad 8.7. Pomocí binomické řady určete rozvoje daných funkcí a proveďte předepsané výpočty. √ a) Určete rozvoj funkce f (x) = 3 1 + x v mocninnou řadu se středem v bodě x0 = 0 a napište aproximaci této funkce polynomem třetího stupně. V binomické řadě (8) !volíme α = 13 a pro danou funkci získáme rozvoj ∞ 1 √ X 3 f (x) = 3 1 + x = xk , |x| < 1. k k=0 Vypočteme postupně první čtyři kombinační čísla. Je 1 3
0
!
= 1,
1 3
1
!
1 = , 3
1 3
2
!
1 −2 1 = · 3 =− , 3 2 9
1 3
3
!
1 −5 5 =− · 3 = . 9 3 81
Odtud dostaneme pro aproximující polynom vyjádření √ 1 1 5 3 . f (x) = 3 1 + x = T3 (x) = 1 + x − x2 + x , |x| < 1. 3 9 81 Z 1 √ b) Vypočtěte integrál I = 1 − x4 dx, pomocí binomické řady a vypočtěte jeho 0 přibližnou hodnotu pomocí prvních tří členů řady. 1 V binomické řadě (8) volíme α = ! a provedeme substituci x →!(−x4 ). Dostaneme 2 ! ! Z 1 √ Z 1 X ∞ ∞ Z 1 1 1 X k 4k k 4k 2 2 dx = dx = I= 1 − x4 dx = (−1) x (−1) x k k 0 0 0 k=0 k=0 34
∞ X
#1
∞ 1 X x4k+1 (−1)k 2 = = (−1) . k 4k + 1 0 k=0 k 4k + 1 k=0 Postupně vypočteme kombinační čísla a dostaneme 1 2
!
"
!
k
1 2
!
0
= 1,
1 2
!
1
1 = , 2
1 2
2
!
1 − 12 1 = · =− , 2 2 8
1 2
3
!
1 − 32 1 =− · = . 16 8 3
Odtud dostaneme přibližnou hodnotu integrálu 1 1 1 1 1 1 . I =1− − − =1− − − = 0, 8813. 2.5 8.9 16.13 10 72 208 c) Pomocí binomické řady z využitím vzorce pro derivaci odvoďte rozvoj funkce f (x) = arcsin x v mocninnou řadu se středem v bodě x0 = 0 a určete obor a poloměr konvergence této řady. Napište aproximaci funkce polynomem, pro který použijete první čtyři členy řady. Vypočtětě přibližně hodnotu arcsin 12 tak, že použijejte aproximující polynom. Víme, že (arcsin x)0 = √ x
1 , x ∈ (−1, 1). Odtud plyne, že 1 − x2
dt , x ∈ (−1, 1). Integrand vyjádříme ve tvaru mocninné řady pomocí 0 1 − t2 rozvoje (8), kde volíme α = − 12 a kde provedeme substituci x → −t2 . Integrací řady člen po členu dostaneme požadovaný rozvoj funkce x v mocninnou řadu. ! ! arcsin ! Tedy ! Z x Z x X Z x X ∞ ∞ 1 dt − − 12 2 k k 2k 2 √ arcsin x = (−t ) dt == (−1) t dt = = k k 0 0 0 1!− t2 k=0 k=0 !" #x ! Z x ∞ ∞ ∞ 1 1 X X X t2k+1 (−1)k − 12 k −2 2k k −2 = (−1) t dt = (−1) = x2k+1 . k k k 2k + 1 2k + 1 0 k=0 k=0 k=0 0 Použili jsme řady s poloměrem konvergence r = 1. Ten se použitou substitucí a následnou integrací nemění. Získaná řada konverguje pro x ∈ (−1, 1) a v tomto oboru platí uvedené vyjádření funkce arkussinus. Postupně vypočteme požadovaná kombinační čísla z rozvoje a dostaneme tak aproximující Taylorův polynom. Je arcsin x =
− 21 0
Z
√
!
= 1,
− 12 1
!
1 =− , 2
− 12 2
!
1 −3 3 =− · 2 = , 2 2 8
− 12 3
!
=
3 − 52 15 · =− . 8 3 16
Je tedy 1 3 15 7 . x. arcsin x = T5 (x) = x + x3 + x5 + 6 8 16 Po dosazení x = 12 do vztahu dostaneme 1 . 1 1 3 15 1 1 3 15 arcsin ( ) = + + + = + + + = 0, 52318 2 2 6.8.2 8.5.32 16.7.128 2 48 1280 1605632 Pro porovnání uvedeme, že arcsin 12 = π6 = 0, 52359.
35
