Součásti dokumentu MAN2priklady
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{MAN2priklady}
\section{Taylorův polynom a mocninné řady}
$$
T_n(x)=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k
$$
nazýváme n-tým Taylorovým polynomem funkce $f$ v bodě $a$.
\medskip
\newline
Taylorovy polynomy důležitých funkcí v bodě $a=0:$
\begin{align*}
e^x&= \sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!} + R_n(x)\\
\sin(x)&=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1} + R_{2n+1}(x) \\
\cos(x)&=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k} + R_{2n}(x) \\
\ln(1+x)&=\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k}x^k + R_n(x) \\
(1+x)^{\alpha}&=\sum_{k=0}^n {\alpha \choose k} x^k+ R_n(x)
\end{align*}
Poznamenejme, že výraz ${\alpha \choose k}$ definujeme pro libovolné $\alpha \in \mathbb{R}$ jako ${\alpha \choose k}=\frac{\alpha(\alpha-1)\ldots (\alpha-k+1)}{k!}$ pro $k \in \mathbb{N}$ a ${\alpha \choose k}=1$ pro $k=0.$
\medskip
\newline
Řešený příklad:
Nalezněte n-tý Taylorův polynom funkce $f(x)=\frac{1}{e^{2-3x}}.$
\begin{align*}
\frac{1}{e^{2-3x}}=e^{3x-2}=\frac{1}{e^2}e^{3x}=\frac{1}{e^2}\sum_{k=0}^n \frac{(3x)^{k}}{k!} + (3x)^{n}\omega(3x)=\frac{1}{e^2}\sum_{k=0}^n \frac{3^{k}x^{k}}{k!} + x^{n}\omega(x)
\end{align*}
n-tý Taylorův polynom má tedy tvar
$$
T_n(x)=\frac{1}{e^2}\sum_{k=0}^n \frac{3^{k}x^{k}}{k!}.
$$
\medskip
\newline
Řešený příklad:
Nalezněte n-tý Taylorův polynom funkce $f(x)=\text{arccos}(x).$ Využijeme věty dávající do souvislosti Taylorův polynom funkce a Taylorův polynom její derivace
$$
\left( T_{n,f,a}(x)\right)'=T_{n-1,f',a}(x).
$$
\newline
Derivace funkce $f(x)=\text{arccos}(x)$ je $f'(x)=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},$ k této funkci tedy najdeme Taylorův polynom.
\begin{align*}
-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=-(1-x^2)^{-\frac{1}{2}}=-\sum_{k=0}^n {-\frac{1}{2} \choose k}(-1)^k x^{2k}+ x^{2n}\omega(x)
\end{align*}
Pro původní funkci tedy bude platit,
\begin{align*}
\text{arccos}(x)=c-\sum_{k=0}^n {-\frac{1}{2} \choose k}\frac{(-1)^k}{2k+1} x^{2k+1}+x^{2n+1}\omega(x).
\end{align*}
Konstantu $c$ dopočítáme dosazením nuly do obou stran rovnice: $\text{arccos}(0)=\frac{\pi}{2}=c.$ Zatím jsme však nenašli n-tý Taylorův polynom, ale $T_{2n+1},$ n-tý Taylorův polynom bude mít tvar
$$
T_n(x)=\frac{\pi}{2}-\sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor} {-\frac{1}{2} \choose k}\frac{(-1)^k}{2k+1} x^{2k+1}.
$$
\newline
Poznamenejme, že pro $k \neq 0$ platí rovnost ${-\frac{1}{2} \choose k}=(-1)^k \frac{(2k-1)!!}{2k!!},$ pro $k=0$ platí ${-\frac{1}{2} \choose k}=1$ výsledek tedy lze ještě upravit do tvaru
$$
T_n(x)=\frac{\pi}{2}-x-\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor} \frac{(2k-1)!!}{2k!!} \frac{ x^{2k+1}}{2k+1}.
$$
\medskip
\newline
Řešený příklad: Nalezněte 4. Taylorův polynom funkce $f(x)=\sin(2\ln(1+x)).$
\newline
Zajisté bychom mohli spočítat Taylorův polynom přímo z definice, je však vidět, že se v příkladu vyskytují funkce, jejichž rozvoj dobře známe ($\sin(x),$ $\ln(1+x)$). Využijeme tedy těchto rozvojů - rozvíjíme do čtvrtého stupně:
\begin{align*}
\sin(x)=x-\frac{x^3}{3!}+x^4\omega_1(x)\\
\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+x^4\omega_2(x)\\
2\ln(1+x)=2x-x^2+\frac{2x^3}{3}-\frac{x^4}{2}+x^4 \omega_3(x)
\end{align*}
Poznamenejme, že na posledním řádku jsme nezapomněli vynásobit zbytek v Peanově tvaru dvojkou, ale dvojku jsme "vtáhli" do zbytku. Nyní tedy stačí složit první a třetí polynom, hledáme 4. Taylorův polynom, takže nás budou zajímat pouze členy s maximálně čtvrtou mocninou $x$, ostatní členy se "schovají" do zbytku.
\begin{align*}
\sin(2\ln(1+x))&=\left(2x-x^2+\frac{2x^3}{3}-\frac{x^4}{2}+x^4 \omega_3(x)\right)-\frac{1}{3!}\left(2x-x^2+\frac{2x^3}{3}-\frac{x^4}{2}+x^4 \omega_3(x)\right)^3\\&+\left(2x-x^2+\frac{2x^3}{3}-\frac{x^4}{2}+x^4 \omega_3(x)\right)^4\omega_1\left(2x-x^2+\frac{2x^3}{3}-\frac{x^4}{2}+x^4 \omega_3(x)\right)\\
&=2x-x^2+\frac{2x^3}{3}-\frac{x^4}{2}-\frac{1}{3!}\left((2x)^3+ 3(2x)^2(-x^2)+\ldots\right)+x^4\omega_5(x) \\
&=2x-x^2+\frac{2x^3}{3}-\frac{x^4}{2}-\frac{4}{3}x^3+2x^4+x^4\omega_6(x)=2x-x^2-\frac{2}{3}x^3+\frac{3}{2}x^4+x^4\omega_5(x)
\end{align*}
Hledaný polynom je tedy $2x-x^2-\frac{2}{3}x^3+\frac{3}{2}x^4.$
\subsection{Příklady k procvičení}
Poznámka: Některé funkce je třeba spojitě dodefinovat v bodě $a$.
\begin{enumerate}
\item Určete 3. Taylorův polynom v bodě $a=2$ funkce
$$
f(x)=\frac{x}{x-1}
$$
\item Určete 3. Taylorův polynom v bodě $a=1$ funkce
$$
f(x)=x^x-1
$$
\item Určete 3. Taylorův polynom v bodě $a=1$ funkce
$$
f(x)=\ln\left( \frac{1}{\sqrt{x}}\right)
$$
\item Určete 2. Taylorův polynom v bodě $a=0$ funkce
$$
f(x)=\frac{x}{e^x-1}
$$
\item Určete 6. Taylorův polynom v bodě $a=0$ funkce
$$
f(x)=\ln\left( \frac{\sin(x)}{x}\right)
$$
\item Určete 7. Taylorův polynom v bodě $a=0$ funkce
$$
f(x)=\sin(x)\cos(2x)
$$
\item Určete 4. Taylorův polynom v bodě $a=0$ funkce
$$
f(x)=\frac{1+x+x^2}{1-x+x^2}
$$
\item Určete 2. Taylorův polynom v bodě $a=0$ funkce
$$
f(x)=\text{cosh}(x)
$$
\item Určete 5. Taylorův polynom v bodě $a=0$ funkce
$$
f(x)=e^{2x-x^2}
$$
\item Určete 4. Taylorův polynom v bodě $a=0$ funkce
$$
f(x)=e^{\sin(x)}
$$
\item Určete 6. Taylorův polynom v bodě $a=0$ funkce
$$
f(x)=\ln(\cos(x))
$$
\item Určete 4. Taylorův polynom v bodě $a=0$ funkce
$$
f(x)=\ln\left(1+e^x\right)
$$
\item Určete 13. Taylorův polynom v bodě $a=0$ funkce
$$
f(x)=\sqrt[3]{\sin(x^3)}
$$
\item Určete n-tý Taylorův polynom v bodě $a=0$ funkce
$$
f(x)=\ln\left(2+\frac{3}{5}x\right)
$$
\item Určete n-tý Taylorův polynom v bodě $a=0$ funkce
$$
f(x)=\text{arctg}(x)
$$
\item Určete n-tý Taylorův polynom v bodě $a=0$ funkce
$$
f(x)=\text{arccotg}(x)
$$
\item Určete n-tý Taylorův polynom v bodě $a=0$ funkce
$$
f(x)=1+\ln(x+\sqrt{x^2+1})
$$
\end{enumerate}
\subsection{Výpočet limit pomocí Taylorova polynomu}
Řešený příklad: $\lim_{x \to 0}\left( \frac{1}{x} - \frac{1}{\text{sin}(x)} \right)$
\begin{align*}
&\lim_{x \to 0}\left( \frac{1}{x} - \frac{1}{\text{sin}(x)} \right)=\lim_{x \to 0}\left( \frac{\sin(x)-x}{x\sin(x)} \right)=\lim_{x \to 0}\left( \frac{x-\frac{x^3}{3!}+x^3\omega(x)-x}{x\sin(x)} \right)=\\
&\lim_{x \to 0}-\frac{x^2}{6\sin(x)}+\frac{x^2\omega(x)}{\sin(x)}=\lim_{x \to 0}-\frac{x}{\sin(x)}\frac{x}{6}+x\omega(x)\frac{x}{\sin(x)}=\lim_{x \to 0}-\frac{x}{6}.1+x\omega(x).1=0
\end{align*}
\begin{enumerate}[resume]
\item $\lim_{x \to 0} \frac{\text{tg}(x)-\sin(x)}{x^3+x^4} $
\item $\lim_{x \to 0} \frac{\cos(x)-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4} $
\item $\lim_{x \to 0} \frac{e^x\sin(x)-x(1+x)}{x^3} $
\item $\lim_{x \to 0} \frac{1}{x}\left( \frac{1}{x} - \text{cotg}(x) \right)$
\item $\lim_{x \to +\infty} \left( x-x^2\ln \left( 1+\frac{1}{x}\right) \right)$
\item $\lim_{x \to 0} \frac{\text{sinh}(\text{tg}(x))-x}{x^3} $
\item $\lim_{x \to +\infty} \left( \sqrt[6]{x^6+x^5}- \sqrt[6]{x^6-x^5} \right)$
\item $\lim_{x \to 0} \frac{1-(\cos(x))^{\sin(x)}}{x^3} $
\end{enumerate}
\subsection{Přibližný výpočet funkční hodnoty}
Řešený příklad: Vypočítejte přibližnou hodnotu výrazu $\sin\left( 36^\circ \right)$
\newline
Nejprve převedeme stupně na radiány $36^\circ=\frac{\pi}{5},$ zajímá nás tedy výraz $\sin\left( \frac{\pi}{5} \right).$ Využijeme známý rozvoj funkce sinus a Lagrangeův tvar zbytku:
$$
\sin(x)=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1} + \frac{(-1)^{n+1}\cos(\xi)}{(2n+3)!}x^{2n+3}.
$$
Hledáme tedy takové $n,$ pro které bude absolutní hodnota zbytku menší než námi zadaná tolerovaná chyba - pro tento příklad zvolme přesnost $10^{-4}$. Hodnota $x$ je v našem případě rovna $\frac{\pi}{5}$ a číslo $\xi$ je tedy z intervalu $\left\langle 0, \frac{\pi}{5} \right\rangle.$ Nejprve učiníme horní odhad.
\begin{align*}
\left|\frac{(-1)^{n+1}\cos(\xi)}{(2n+3)!}x^{2n+3} \right|=\frac{|\cos(\xi)|}{(2n+3)!}\left(\frac{\pi}{5}\right)^{2n+3} \leq \frac{1}{(2n+3)!}\left(\frac{\pi}{5}\right)^{2n+3} \leq \frac{1}{(2n+3)!}
\end{align*}
V první nerovnosti jsme odhadli absolutní hodnotu funkce kosinus jedničkou a v druhé nerovnosti jsme trochu hrubě odhadli shora číslo $\pi$ hodnotou $5.$
Z tohoto odhadu už bude možné vyřešit od které hodnoty $n$ platí nerovnost
$$
\frac{1}{(2n+3)!} < 10^{-4},
$$
\newline
tedy
$$
10^4=10000<(2n+3)!
$$
Tato nerovnost je splněna už pro $n=3$ (pro $n=2$ dostáváme $7!=5040$). Poznamenejme ještě, že funkci $\sin(x)$ jsme si na začátku vyjádřili jako součet $(2n+1)$-tého Taylorova polynomu plus zbytku, k dosažení dané přesnosti stačí tedy aproximace sedmým Taylorovým polynomem:
$$
\sin(x)\doteq x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}
$$
Za $x$ teď stačí dosadit požadovanou hodnotu $\frac{\pi}{5}.$ Pokud bychom chtěli znát desetinný rozvoj tohoto čísla, narazíme na problém, že číslo $\pi$ je iracionální a ve výpočtech vždy můžeme pracovat pouze s jeho aproximací. Budeme-li předpokládat, že pracujeme s "dostatečně přesnou" aproximací čísla $\pi,$ dostaneme desetinný rozvoj $\sin\left( \frac{\pi}{5} \right)\doteq 0,5877.$
\medskip
\newline
S přesností $10^{-4}$ (nebo vyšší dle vlastního uvážení) spočítejte hodnotu následujících výrazů:
\begin{enumerate}[resume]
\item $e$
\item $\sqrt{5}$
\item $\sqrt[3]{30}$
\item $\sqrt[5]{250}$
\item $\sqrt{e}$
\item $\ln\left( 1,05 \right)$
\item $\sin\left( \frac{\pi}{4}\right)$
\item $\cos\left( 18^\circ \right)$
\item $(1,1)^{1,2}$
\end{enumerate}
Odhadněte absolutní chybu v následujících přibližných vztazích:
\begin{enumerate}[resume]
\item $e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!} \ \ \ \ 0 \leq x \leq 1$
\item $\cos(x)=1-\frac{x^2}{2} \ \ \ \ |x| \leq \frac{1}{2}$
\item $\sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8} \ \ \ \ 0 \leq x \leq 1$
\item $\sqrt[3]{1+x}=1+\frac{x}{3}-\frac{x^2}{9} \ \ \ \ 0 \leq x \leq 1$
\end{enumerate}
Pro jaká $x$ je absolutní hodnota chyby přibližného vyjádření následujících funkcí menší než $10^{-4}$
\begin{enumerate}[resume]
\item $\sin(x)\doteq x-\frac{x^3}{6}$
\item $\ln(1+x)\doteq x-\frac{x^2}{2}$
\end{enumerate}
\subsection{Mocninné řady}
K mocninné řadě $\sum_{n=1}^{+\infty} a_n(x-a)^n$ existuje $\rho \in \overline{\mathbb{R}},$ $\rho \geq 0$ takové, že pokud $|x-a|<\rho,$ pak řada konverguje absolutně, naopak je-li $|x-a|>\rho,$ pak řada diverguje. Číslo $\rho$ nazýváme poloměrem konvergence mocninné řady a platí vztah
$$
\rho=\frac{1}{\text{limsup}\sqrt[n]{|a_n|}},
$$
přičemž klademe $\rho=0,$ pokud limes superior je rovno $+\infty$ a $\rho=+\infty,$ pokud limes superior je rovno 0.
\medskip
\newline
Při výpočtu se může hodit Cauchyho vzoreček pro limitu kladných posloupností
$$
\lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{a_n}= \lim_{n \to +\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n},
$$
pokud limita na pravé straně existuje.
\medskip
\newline
Poznamenejme ještě, že při zkoumání konvergence mocninné řady v krajních bodech oboru konvergence nepomůže Cauchyho ani d'Alambertovo kritérium v limitním tvaru.
\medskip
\newline
Řešený příklad: Vyšetřete obor konvergence mocninné řady $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(3x+1)^n}{n^22^n}.$
\newline
Nejprve řadu upravíme do tvaru
$$
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(3x+1)^n}{n^22^n}=\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{3^n\left(x+\frac{1}{3}\right)^n}{n^22^n},
$$
odtud vidíme, že střed je v bodě $a=-\frac{1}{3},$ dále spočítáme poloměr konvergence $\rho.$
$$
\text{limsup} \sqrt[n]{|a_n|}=\text{limsup} \sqrt[n]{\frac{3^n}{n^2 2^n}}=\frac{3}{2}
$$
Poloměr konvergence je $\rho=\frac{2}{3},$ víme tedy, že řada konverguje pro $x \in \left(-1,\frac{1}{3}\right),$ zbývá vyšetřit krajní body. Pro $x=-1$ dostáváme řadu $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}, $ tato řada konverguje podle Leibnizova kritéria. Pro $x=\frac{1}{3}$ máme řadu $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2}, $ která rovněž konverguje, výsledný obor konvergence je tedy $\left\langle -1,\frac{1}{3} \right\rangle.$
\newline
Vyšetřete obor konvergence mocninné řady:
\begin{enumerate}[resume]
\item $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\ln(n)}{n}x^n $
\item $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n5^n}(x-3)^n $
\item $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(x-1)^n}{n^n} $
\item $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{3^n+(-2)^n}{n5^n}(x+1)^n $
\item $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(2x+4)^n}{4^nn} $
\item $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(nx)^n}{n!} $
\item $\sum_{n=1}^{+\infty} \left( \frac{x}{\sin(n)}\right)^n$
\item $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(n!)^2}{(2n)!}x^n $
\item $\sum_{n=1}^{+\infty} \left(1+\frac{1}{n} \right)^{n^2} x^n $
\item $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n!}\left( \frac{n}{e} \right)^n x^n $
\end{enumerate}
\subsection{Rozvoj funkce do mocninné řady}
Vyjádření reálné funkce reálné proměnné jako řady
$$
f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty} a_n(x-a)^n \ \ \ \ \forall x \in \mathcal{J}
$$
nazýváme rozvojem funkce do mocninné řady se středem v bodě $a \in D_f,$ kde interval $\mathcal{J}$ je takový, že $a \in \mathcal{J}^o$ (je z vnitřku intervalu) a $\mathcal{J} \subset D_f.$ Jako $\mathcal{J}$ zpravidla uvažujeme největší interval s touto vlastností.
\medskip
\newline
Rozvoje známých funkcí
\begin{align*}
e^x&= \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{x^k}{k!} \ \ \forall x \in \mathbb{R}\\
\sin(x)&=\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1} \ \ \forall x \in \mathbb{R} \\
\cos(x)&=\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k}\ \ \forall x \in \mathbb{R} \\
\ln(1+x)&=\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}x^k \ \ \forall x \in \left(-1,1\right\rangle \\
(1+x)^{\alpha}&=\sum_{k=0}^{+\infty} {\alpha \choose k} x^k\ \ \forall x \in (-1,1)
\end{align*}
Řešený příklad: Rozviňte do mocninné řady v bodě $a=0$ funkci $
f(x)=\text{arctg}\left(\frac{2-2x}{1+4x}\right)
.$
\newline
Začneme určením definičního oboru, $x \neq -\frac{1}{4}.$ Dle zavedení rozvoje funkce do mocninné řady, hledáme tento rozvoj vždy na intervalu, který je podmnožinou definičního oboru, takového, že $a \in \mathcal{J}^o.$ V našem případě budeme tedy hledat rozvoj nejvýše na intervalu $\left( -\frac{1}{4},+\infty\right)$ (tedy nikoliv na $\mathbb{R} \smallsetminus \lbrace -\frac{1}{4} \rbrace $). Dále budeme pokračovat pomocí derivace funkce.
\begin{align*}
f'(x)&=\frac{1}{1+\left( \frac{2-2x}{1+4x}\right)^2}\frac{-2(1+4x)-4(2-2x)}{(1+4x)^2}=\frac{-10}{5+20x^2}=\frac{-2}{1+4x^2}\\
&=-2\left( 1+4x^2\right)^{-1}=-2\sum_{n=0}^{+\infty} {-1\choose n} 4^n x^{2n}=-2\sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n 4^n x^{2n}
\end{align*}
Tento rozvoj by platil na $\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2} \right)$ - tento interval bychom dostali řešením nerovnosti $-1<4x^2<1,$ nesmíme však zapomenout na nedefinovanost původní funkce, a tedy i nedefinovanost její derivace v bode $x=-\frac{1}{4},$ rozvoj tedy platí na intervalu $\left(-\frac{1}{4}, \frac{1}{2} \right).$ Rozvoj původní funkce dostaneme zintegrováním.
\begin{align*}
f(x)=\text{arctg}\left(\frac{2-2x}{1+4x}\right)=-2\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-4)^n}{2n+1} x^{2n+1}+c
\end{align*}
Dosazením nuly do obou stran rovnice dopočítáme konstantu $c=\text{arctg}(2).$ Víme, že integrováním nezměním poloměr konvergence řady, jediné co je třeba vyšetřit je konvergence v krajních bodech intervalu. V bode $x=-\frac{1}{4}$ není funkce definována, má tedy smysl zkoumat chování řady pouze v bodě $x=\frac{1}{2}.$ Dosazením dostaneme řadu
$$
\text{arctg}(2)-\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1},
$$
která zjevně konverguje podle Leibnizova kritéria.
Výsledný obor konvergence je tedy $\left(-\frac{1}{4}, \frac{1}{2} \right\rangle.$
\medskip
\newline
Rozviňte do mocninné řady v bodě $a=-1$
\begin{enumerate}[resume]
\item $
f(x)=\ln(5+2x)
$
\item$
f(x)=x^3
$
\item$
f(x)=\sin(x)
$
\end{enumerate}
Rozviňte do mocninné řady v bodě $a=0$
\begin{enumerate}[resume]
\item$
f(x)=e^{-x^2}
$
\item$
f(x)=\frac{x^{10}}{1-x}
$
\item$
f(x)=\frac{1}{(1-x)^2}
$
\item$
f(x)=\frac{2+x}{(1+2x)(1-x)}
$
\item$
f(x)=\frac{x}{\sqrt{1-2x}}
$
\item$
f(x)=\text{sinh}(x)
$
\item$
f(x)=\frac{x}{\sqrt{1-2x}}
$
\item$
f(x)=\ln\left( \frac{1+x}{1-x}\right)
$
\item$
f(x)=\text{arcsin}(x)
$
\item$
f(x)=\text{arccotg}(x)
$
\item$
f(x)=\text{arctg}\left( \frac{2x}{2-x^2}\right)
$
\item$
f(x)=\text{arccos}\left( 1-2x^2 \right)
$
\item$
f(x)=\ln^2\left( {1-x}\right)
$
\item$
f(x)=x\text{arcsin}\left( x\right) + \sqrt{1-x^2}
$
\item$
f(x)=x\text{arctg}\left( x\right) + \sqrt{1+x^2}
$
\item$
f(x)=e^x\cos(x)
$
\item$
f(x)=\sin(x)\cos(x)
$
\end{enumerate}
