Taylorreihe einer Integralfunktion

19.08.2007, 12:44

Basti_der_Matheboy

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Taylorreihe einer Integralfunktion

Hallo Leute,

Ich darf $\begin{eqnarray*} \int\limits_0^x\frac{\arctan(t^2)}{t^2}dt \end{eqnarray*}$
als Taylorreihe in $\begin{eqnarray*} x_0 = 0 \end{eqnarray*}$ durch Verwendung der geometrischen Reihe ausdrücken. Hat jemand eine Idee?

Ich habe gehört, dass Umformen, Integrieren und Differenzieren erlaubt sind, um auf die Form zu kommen. Leider habe ich gar keine Idee, was klappen könnte.

Lieben Gruß,
Basti

19.08.2007, 12:53

therisen

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Hallo,

das sieht schwerer aus als es ist Augenzwinkern

Augenzwinkern

Wie lautet denn die Potenzreihe von $\begin{eqnarray*} \arctan(t^2) \end{eqnarray*}$ im Ursprung? Dividiere diese durch $\begin{eqnarray*} t^2 \end{eqnarray*}$ und integriere gliedweise (warum darf man das?).

EDIT: Gibt es Einschränkungen an $\begin{eqnarray*} |x| \end{eqnarray*}$ ?

Gruß, therisen

19.08.2007, 13:23

Basti_der_Matheboy

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Aber ist die Potenzreihe des arctan(x) nicht 0 in x=0?
Also die Potenzreihe für $\begin{eqnarray*} \arctan(x) \end{eqnarray*}$ ist ja:
$\begin{eqnarray*} \sum \limits _{v=0}^\infty\frac{(-1)^v}{2v+1}*x^{2v+1} \end{eqnarray*}$

Somit ist sie für $\begin{eqnarray*} \arctan(t^2) \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \sum \limits _{v=0}^\infty\frac{(-1)^v}{2v+1}*t^{2(2v+1)} \end{eqnarray*}$
Ist das korrekt?

Weil wenn jetzt t=0 ist, wird doch die ganze Potenzreihe 0, oder irre ich mich?

19.08.2007, 13:55

therisen

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Zitat:

Original von Basti_der_Matheboy
Aber ist die Potenzreihe des arctan(x) nicht 0 in x=0?

Ja, das ist sie. Mit "Ursprung" meinte ich Entwicklungspunkt $\begin{eqnarray*} x_0=0 \end{eqnarray*}$ , auch bekannt als MacLaurinsche Reihe.

19.08.2007, 14:22

Basti_der_Matheboy

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Ich erhalte $\begin{eqnarray*} \sum \limits _{v=0}^\infty\frac{(-1)^v}{(4v+1)(2v+1)}x^{4v+1} \end{eqnarray*}$

Stimmt das?

Da ich Matheanfänger bin und so eine Aufgabe zum ersten mal versuche zu lösen, würde ich mich freuen, wenn du mir noch ein paar Tipps geben könntest. Ich soll jetzt nämlich $\begin{eqnarray*} f^{(k)}(0) \end{eqnarray*}$ für k=0,1,2,3,4,5 ausrechnen. Wie funktioniert das? Welcher Teil dieser Potenzreihe stellt nun die Ableitungen dar?

Gruß,
Basti

19.08.2007, 14:59

therisen

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Hi,

das Ergebnis stimmt - allerdings nur für $\begin{eqnarray*} |x|<1 \end{eqnarray*}$ .

Zu deiner anderen Frage: Was ist f?

Gruß, therisen

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19.08.2007, 15:14

Basti_der_Matheboy

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f ist wohl die Integralfunktion, die ich im ersten Beitrag beschrieben habe. Denn die war als f(x) gegeben. Diese Funktion habe ich jetzt ja als Taylorreihe in Entwicklungspunkt x0=0 errechnet.

Nur was kann ich jetzt damit anfangen? Wie ermittle ich damit die Ableitungen?

19.08.2007, 15:25

therisen

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Ok, dann ergibt die Aufgabe Sinn. Es wäre besser gewesen, wenn du gleich die originale Aufgabenstellung gepostet hättest Augenzwinkern

Augenzwinkern

Wir haben

$\begin{eqnarray*} f(x)= \sum_{k=0}^\infty \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k}=\sum \limits _{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(4k+1)(2k+1)}x^{4k+1} \end{eqnarray*}$

Die jeweiligen Koeffizienten stimmen überein (Identitätssatz). Daraus kannst du leicht die Werte von $\begin{eqnarray*} f^{(k)}(0) \end{eqnarray*}$ ablesen.

Gruß, therisen

19.08.2007, 15:36

Basti_der_Matheboy

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Also sind die Ableitungen 1,-1,1,-1,1,-1 für k=0,1,2,3,4,5?
Oder habe ich das falsch verstanden?

Das nächste mal poste ich gleich die ganze Aufgabenstellung smile

smile

19.08.2007, 15:53

therisen

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Ja, das hast du leider falsch verstanden. Für $\begin{eqnarray*} k=2,3,4 \end{eqnarray*}$ verschwindet die erste Ableitung im Ursprung (denn rechts steht ja dann $\begin{eqnarray*} 0\cdot x^k \end{eqnarray*}$ ).

Für $\begin{eqnarray*} k=5 \end{eqnarray*}$ (oben $\begin{eqnarray*} v=1) \end{eqnarray*}$ musst du die rechte Seite auf die Gestalt $\begin{eqnarray*} \frac p{5!} \end{eqnarray*}$ bringen, wobei $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ dann der Wert der Ableitung ist.

Es ist vielleicht etwas ungünstig, links und rechts den gleichen Summationsindex zu verwenden. Was zählt sind nur die jeweiligen Koeffizienten.

19.08.2007, 16:03

Basti_der_Matheboy

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Wenn ich $\begin{eqnarray*} k=1 \end{eqnarray*}$ in die Reihendarstellung einsetze, erhalte ich $\begin{eqnarray*} \frac{-x^5}{15} \end{eqnarray*}$ , was ja dem Format $\begin{eqnarray*} \frac{-1}{15} * \frac{x^5}{1!} \end{eqnarray*}$ entspricht. Ich muss doch aber auf die Form $\begin{eqnarray*} \frac{f^{(k)} (0)}{k!}x^k \end{eqnarray*}$ kommen. Statt $\begin{eqnarray*} x^5 \end{eqnarray*}$ müsste also $\begin{eqnarray*} x^1 \end{eqnarray*}$ dort stehen, weil ich ja $\begin{eqnarray*} k=1 \end{eqnarray*}$ gesetze habe. Wie stell ich das an? Oder wo liegt mein Denkfehler?

19.08.2007, 16:57

therisen

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Ok, nochmal ausführlich:

Einerseits haben wir

$\begin{eqnarray*} f(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(4k+1)(2k+1)}x^{4k+1}=0+x+0\cdot x^2+0\cdot x^3+0\cdot x^4-\frac1{15}x^5+\dots \end{eqnarray*}$ ,

andererseits wissen wir

$\begin{eqnarray*} f(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k}= f^{(0)}(0)+f^{(1)}(0)x+\frac{f^{(2)}(0)}{2!}x^{2}+\frac{f^{(3)}(0)}{3!}x^{3}+\frac{f^{(4)}(0)}{4!}x^{4} +\frac{f^{(5)}(0)}{5!}x^{5}+\dots \end{eqnarray*}$

Daraus folgt $\begin{eqnarray*} 0=f^{(0)}(0),\, 1=f^{(1)}(0),\,f^{(k)}(0)=0 \quad (k=2,3,4) \end{eqnarray*}$ . Außerdem gilt $\begin{eqnarray*} -\frac1{15}=\frac{f^{(5)}(0)}{5!} \end{eqnarray*}$ . Das ist eine Gleichung, aus der du sofort $\begin{eqnarray*} f^{(5)} \end{eqnarray*}$ ablesen kannst.

Gruß, therisen

19.08.2007, 17:50

Basti_der_Matheboy

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Mich wundert nur, wie du auf
$\begin{eqnarray*} f(x) = \sum \limits _{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(4k+1)(2k+1)}x^{4k+1} = 0 + x + 0 \cdot x + 0 \cdot x^3 + 0 \cdot x^4 - \frac{1}{15}x^5 + \dots \end{eqnarray*}$ kommst.

Bei mir ergibt sich:
$\begin{eqnarray*} f(x) = \sum \limits _{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(4k+1)(2k+1)}x^{4k+1} = x - \frac{x^5}{15} + \frac{x^9}{45} - \frac{x^{13}}{91} + \frac{x^{17}}{153} - \frac{x^{21}}{231}+\dots \end{eqnarray*}$

traurig

traurig

19.08.2007, 18:33

therisen

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Naja, $\begin{eqnarray*} 0\cdot x^k = 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

Augenzwinkern

Und $\begin{eqnarray*} a+0=a \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} a\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

Augenzwinkern

19.08.2007, 18:46

Basti_der_Matheboy

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Bitte nochmal für Dumme. Ich dachte ich muss k=0,1,2,3,4,5 in f(x) einsetzen. Und wenn ich in $\begin{eqnarray*} x^{4k+1} \end{eqnarray*}$ für k eine 0 einsetze, macht das bei mir $\begin{eqnarray*} x^1 \end{eqnarray*}$ für den ersten Wert und das müsste x ergeben.

19.08.2007, 18:52

Basti_der_Matheboy

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Ach jetzt weiß ich glaube ich, was du getan hast. Man muss die erhaltene Potenzreihe für die Ermittlung der Koeffizienten $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ also nicht erst ab $\begin{eqnarray*} x^5 \end{eqnarray*}$ sondern schon ab $\begin{eqnarray*} x^0 \end{eqnarray*}$ betrachten... Boah war ich blind!

Ich versuche mal das Ergebnis zu errechnen, melde mich dann..

21.08.2007, 17:32

Basti_der_Matheboy

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Hallo therisen,

habe die Aufgabe noch zuende gerechnet und musste sie vorrechnen - und sie war 100% richtig. Das Ergebnis rechne ich dir gerne bei Interesse vor, allerdings glaube ich, dass es sowieso für dich trivial ist Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich möchte dir ganz herzlich für deine Hilfe danken!

Gruß,
Basti

21.08.2007, 17:36

therisen

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Hallo Basti,

freut mich, dass du es verstanden hast. Nein, vorrechnen brauchst du sie mir nicht Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich denke, dass auch jeder andere, der diesen Thread liest, mit Leichtigkeit auf die endgültige Lösung kommt (es steht ja eigentlich schon alles da).

Gruß, therisen

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