Nalezněte vzorec pro výpočet hodnoty funkce \(\sin\) pro všechna reálná \(x\) s přesností \(10^{-7}\). Díky periodicitě a tvaru³⁵ funkce \(f = \sin\) stačí nalézt vzorec s požadovanou přesností pro \(x\) z intervalu \((0,\frac{\pi}{2})\). Podle Taylorovy věty pro \((2n+2)\)-tý Taylorův polynom se středem v \(0\) platí \begin{equation*} \sin(x) = \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k+1} + \underbrace{\frac{f^{(2n+3)}(\xi_{n,x})}{(2n+3)!} x^{2n+3}.}_{R_{2n+2}(x)}\end{equation*} Indexy u symbolu \(\xi_{n,x}\) nám připomínají, že tento závisí na \(x\) a \(n\). Protože derivace lichého řádu funkce \(\sin\) je – až na střídající se znaménko – funkce \(\cos\), můžeme zbytek pro \(x\in\big(0,\frac{\pi}{2}\big)\) odhadnout: \begin{equation*} \big| R_{2n+2}(x) \big| \leq \frac{1}{(2n+3)!} |x|^{2n+3} < \frac{\big(\frac{\pi}{2}\big)^{2n+3}}{(2n+3)!} =: a_n.\end{equation*} Hodnoty \(a_n\) jsou uvedeny v tabulce 7.2. Vidíme, že pro \(n=5\) je \(a_n\) poprvé menší než \(10^{-7}\). Tudíž můžeme uzavřít, že se pro každé \(x\in\big(0,\frac{\pi}{2}\big)\) hodnota \(\sin(x)\) liší od výrazu \begin{equation*} x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \frac{x^9}{9!} - \frac{x^{11}}{11!}\end{equation*} nejvýše o \(10^{-7}\).

Z předchozího výkladu by mohl čtenář získat dojem, že k zlepšení přesnosti aproximace funkce \(f\) pomocí jejího Taylorova polynomu \(T_n\) je vždy dostačující zvolit vhodně velké \(n\). V tomto příkladu si ukážeme příklad funkce, která tuto domněnku vyvrací. Uvažme funkci \begin{equation*} f(x) = \begin{cases} e^{-1/x^2}, & x \neq 0, \\ 0, & x = 0. \end{cases}\end{equation*} Graf této funkce je uveden na obrázku č. 7.7. Čtenář si samozřejmě průběh této funkce může vyšetřit sám. Pojďme vypočítat její \(n\)-tý Taylorův polynom v bodě \(a=0\). Její derivaci v nule musíme spočítat z definice (pokud bychom zderivovali funkční předpis pro \(f(x)\) pro nenulová \(x\), tak dostaneme derivaci jen pro nenulová \(x\)), tedy \begin{equation*} f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{e^{-1/x^2} - 0}{x - 0} = \lim_{y \to \pm\infty} \frac{y}{e^{y^2}} = \lim_{y \to \pm\infty} \frac{1}{2ye^{y^2}} = 0.\end{equation*} Nyní se zamysleme nad tím, jak budou vypadat derivace funkce \(f\) vyšších řádů pro nenulová \(x\). Tvrdíme, že pro \(x \neq 0\) a \(k \in \mathbb{N}\) platí \begin{equation*} f^{(k)}(x) = \frac{e^{-1/x^2}}{x^{k+2}} P_k(1/x),\end{equation*} kde \(P_k(z)\) je polynom stupně \(2k-2\). Toto tvrzení můžeme snadno dokázat indukcí. Pro \(k = 1\) máme \begin{equation*} f'(x) = \frac{e^{-1/x^2}}{x^3}, \quad x \neq 0,\end{equation*} tj. \(P_k(z) = 1\). Nechť nyní tvrzení platí pro \(k \in \mathbb{N}\), proveďme indukční krok \begin{align*} f^{(k+1)}(x) &= \left( f^{(k)} \right)'(x) = \left( \frac{e^{-1/x^2}}{x^{k+2}} P_k(1/x) \right)' = \\ &= e^{-1/x^2} \left( \frac{\frac{2}{x^2} -k -2}{x^{k+3}} P_k(x) - \frac{1}{x^{k+3}} P'_k(x) \right) = \\ &= \frac{e^{-1/x^2}}{x^{k+3}} \underbrace{\left( \left(\frac{2}{x^2} - k - 2\right) P_k(1/x) - P'_k(1/x) \right)}_{P_{k+1}(1/x)},\end{align*} na pravé straně opravdu vidíme, že \(P_{k+1}(z)\) je polynom stupně \(2 + 2k-2 = 2k\). Nyní opět matematickou indukcí dokažme, že \(f^{(k)}(0) = 0\) pro přirozené \(k\). Pro \(k = 1\) jsme toto tvrzení již ověřili. předpokládejme, že tvrzení platí pro \(k\in\mathbb{N}\). Potom analogickým výpočtem jako výše dostáváme \begin{align*} f^{(k+1)}(0) &= \lim_{x \to 0} \frac{f^{(k)}(x) - f^{(k)}(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{e^{-1/x^2}}{x^{k+2}} P_k(1/x)}{x} = \\ &= \lim_{y \to \pm\infty} \frac{y^{k+3} P_k(y)}{e^{y^2}} = 0.\end{align*} Pro \(n\)-tý Taylorův polynom této funkce proto platí \(T_n(x) = 0\). Ať je \(n\) jaké chce, tak stále máme nulový polynom. Pro tuto funkci je tedy hodnota \(f(x)\) totožná s hodnotu \(R_n(x)\) pro libovolné \(x\). Poloměr konvergence příslušné Taylorovy řady je triviálně nekonečný.