Berechnung von Taylorpolynom

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25.06.2011, 21:27	Pfirsichtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Berechnung von Taylorpolynom Hallo, ich habe einen anderen Thread aufgemacht mit dieser Aufgabe, aber dort hat noch niemand geantwortet. Ich habe im allerdings Nachinein gesehen, dass es einen Artikel zum Taylorpolynom gibt, in welchem aber eine andere Restglieddarstellung benutzt wurde. Ich benutze diese nun auch, da sie mir einfacher zu sein scheint und erhoffe mir insgeheim auch, dass dann vielleicht mehr Hilfestellung gegeben werden kann, da diese Restglieddarstellung vielleicht besser bekannt ist. a) Berechnen Sie das Taylorpolynom dritter Ordnung der Funktion f bei $\begin{eqnarray} x_0 \end{eqnarray}$ , wenn f (x) = lnx und $\begin{eqnarray} x_0 = 2 \end{eqnarray}$ ist. Geben Sie eine Abschätzung des Fehlers an, wenn man f (x) für $\begin{eqnarray} \| x - x_0 < 0.1 \| \end{eqnarray}$ durch den Wert des Tayorpolynoms an der Stelle x ersetzt. b) Berechnen Sie das Taylorpolynom zweiter Ordnung der Funktion $\begin{eqnarray} f (x) = e^{cos(x)} \end{eqnarray}$ bei $\begin{eqnarray} x_0 = 0 \end{eqnarray}$ und bestimmen Sie eine Konstante M > 0 derart, dass für alle x aus R gilt: $\begin{eqnarray} \| f (x) - T_2(f,0)(x) \leq M \|x\|^3 \end{eqnarray}$ Also fangen wir mal mit a) an. Als Taylorformel liegt mir vor: $\begin{eqnarray} f (x) = T_n(x) + R_n(x) = \sum\limits_{k=}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} \cdot (x - x_0) + \frac{f^{(n+1)}(\xi ) }{(n+1)!} \cdot (x-x_0)^{n+1} \end{eqnarray}$ Hierbei beschreibt natürlich T das Taylorpolynom und R das Restglied. Fü ln(x) habe ich am Ende als Taylorpolynom ( also ohne Restglied ) bekommen : $\begin{eqnarray} ln(2) + \frac{x-2}{2} - \frac{(x-2)^2}{8} + \frac{(x-2)^3}{48} \end{eqnarray}$ Nun also zum Restglied. Die Bedingung an sich verstehe ich: Es soll f(x) durch den Wert T(x) ersetzt werden, wenn $\begin{eqnarray} \|x-x_0\| < 0.1 \end{eqnarray}$ ist. Ich sehe aber nicht, wie ich das einfließen lassen soll. Ich habe erstmal wild rumgeformelt, um vielleicht irgendwo etwas interessantes zu entdecken. Dabei kam aber nichts nützliches aus meiner Perspektive heraus. $\begin{eqnarray} R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi ) }{(n+1)!} \cdot (x-x_0)^{n+1} = \frac{f^{(4)}(\xi ) }{4!} \cdot (x-x_0)^4 = - \frac{(\frac{1}{\xi^4}) }{24} \cdot (x-2)^4 = - \frac{(x-2)^4}{24 \xi^4} = - ( \frac{x-2}{\sqrt[]{24} \xi })^4 \end{eqnarray}$ Hat vielleicht jemand einen Vorschlag? Selbst wen diePerson kein Ergebnis hat, zumindestens einen Tipp, wie er / sie da rangehen würde? Wäre seeehr dankbar. ^^
25.06.2011, 23:31	Pfirsichtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Kann leider nicht mehr editieren,daher Doppelpost sry. Also ummal zu Aufgabe b) zu kommen: Ich soll das T-Polynom zweiter Ordnung von $\begin{eqnarray} e^{cos(x)} \end{eqnarray}$ berechnen. Am Ende habe ich als Polynom heraus : $\begin{eqnarray} T_n(x) = e - \frac{x^2e}{2} \end{eqnarray}$ Nun soll ich also ein M größer 0 bestimmen, so dass $\begin{eqnarray} \| f (x) - T_2(f,0)(x) \| \leq M \|x\|^3 \end{eqnarray}$ Erstmal habe ich ein paar Umformungen getätigt: $\begin{eqnarray} \| f (x) - T_2(f,0)(x) \| \leq M \|x\|^3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{\|e^{cos(x)} - e + \frac{x^2e}{2}\| }{\|x\|^3} \leq M \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \| \frac{e^{cos(x)} - e + \frac{x^2e}{2} }{x^3} \| \leq M \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \| \frac{e^{cos(x)}}{x^3} - \frac{e}{x^3} + \frac{x^2e}{x^3} \| \leq M \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \| \frac{e^{cos(x)} - e}{x^3} + \frac{e}{x} \| \leq M \end{eqnarray}$ Auch hier weiß ich dann leider nicht mehr weiter. Man könnte ja zum Beispiel das e/x weglassen, aber irgendwie komme ich auf keine schönere Darstellung. Bin für jeden Minitipp dankbar.
25.06.2011, 23:35	lgrizu	Auf diesen Beitrag antworten »
Welche Restglieddarstellung benutzt ihr denn bzw. habt ihr bisher benutzt? Du solltest das Restglied schon nach oben abschätzen, mit einem Epsilon im Nenner hilft dir das erst mal wenig. Das Epsilon liegt doch zwischen x und x_0, welche Abschätzung kann man also für das Restglied wählen?
26.06.2011, 00:01	Pfirsichtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich konnte leider in der Vorlesung nicht anwesend sein, versuche die Aufgaben aber trotzdem mit Büchern und Internet zu lösenoder mich damit zu beschäftigen. ^^ Ich habe mir nun gedacht: $\begin{eqnarray} R_3 = \frac{f^{(4)} (\xi)}{4!} \cdot (x-2)^4 = - \frac{(\frac{1}{\xi^4}) }{24} \cdot (x-2)^4 \end{eqnarray}$ So nun habe ichmir gedacht, dass ich ja das Ganze abschätzen könnte, indem ich das Teilen durch 24 und das Minus weglasse. Also: $\begin{eqnarray} - \frac{(\frac{1}{\xi^4}) }{24} \cdot (x-2)^4 \leq \frac{(x-2)^4}{\xi^4} = ( \frac{x-2}{\xi} )^4 \end{eqnarray}$ Und nun ist ja $\begin{eqnarray} x < \xi < x_0 \end{eqnarray}$ , also ist der letzte Termn kleiner 1. $\begin{eqnarray} R_3 \leq ( \frac{x-2}{\xi} )^4 < 1 \end{eqnarray}$ Ist das so in Ordnung? Ist natürlich nur irgendwie doof, dass ich nun nicht mehr an die Zusatzbedingung gedacht habe.
26.06.2011, 16:53	lgrizu	Auf diesen Beitrag antworten »
Deine Abschätzung ist doch recht grob, das geht noch feiner. Es ist $\begin{eqnarray} \epsilon \in \left[x,x_0\right] \end{eqnarray}$ , die Länge des Intervalls ist kleiner als 0,1, welche Abschätzung erhalten wir für epsilon, wenn x_0=2 ist?
26.06.2011, 17:06	Pfirsichtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Also dann wäre ja $\begin{eqnarray} 1.9 < \xi < 2 \end{eqnarray}$ Wenn ich nochmal betrachte: $\begin{eqnarray} - \frac{\frac{1}{\xi^4} }{24} \cdot (x-2)^4 = - \frac{\frac{(x-2)^4}{\xi^4} }{24} = - \frac{(x-2)^4}{ 24 \cdot \xi^4} \end{eqnarray}$ Der Term $\begin{eqnarray} (x-2)^4 \end{eqnarray}$ wirdja immer größer 0 sein. Unser $\begin{eqnarray} \xi \end{eqnarray}$ ist ebenfalls größer 0. Daher können wir wegen dem minus vor dem Quotienten sagen, dass das ganze kleiner null sein wird richtig?
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26.06.2011, 17:16	lgrizu	Auf diesen Beitrag antworten »
Ob positiv oder negativ ist Schnuppe, da der maximale Fehler berechnet werden soll werden wir um die Betragsbildung nicht drumherum kommen. Die Abschätzung für Epsilon stimmt nicht ganz: $\begin{eqnarray} 1,9< \epsilon <2,1 \end{eqnarray}$ . Desweiteren ist $\begin{eqnarray} \|x-x_0\|<0,1 \Rightarrow (x-x_0)^4<... \end{eqnarray}$ , was kommt dort hin, wo die drei Punkte stehen? Dann den ganzen Krempel einsetzen.
26.06.2011, 19:46	Pfirsichtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Hm irgendwie fehlt mir wohl noch der letzte Schritt. Die 3 Pünktchen ergebn ja $\begin{eqnarray} 0.1^4 \end{eqnarray}$ Nun kannich das ja inmeine Formeinsezten, aber ich binmirnoch nicht ganz sicher, was aus dem $\begin{eqnarray} \xi \end{eqnarray}$ wird. $\begin{eqnarray} R_3 = \frac{f^{(4)}(\xi)}{4!} \cdot (x-2)^4 = - \frac{(\frac{1}{\xi^4} )}{24} \cdot (x-2)^4 < - \frac{(\frac{1}{\xi^4} )}{24} \cdot 0.1^4 \end{eqnarray}$ Nun soll ich ja f(x) durch den Wert des Taylporpolynoms an der Stelle x ersetzen. Aber wie genau? Soll ich das ganze Taylorpolynom da rein setzen mit $\begin{eqnarray} \xi \end{eqnarray}$ als Variable, wobei ich ja nun weiß, wie groß $\begin{eqnarray} \xi \end{eqnarray}$ ungefähr ist?
26.06.2011, 22:45	lgrizu	Auf diesen Beitrag antworten »
Eigentlich sollst du den Fehler abschätzen, wenn man statt der Funktion das Taylorpolynom an der Stelle x "benutzt", und das funktioniert über die Abschätzung des Restgliedes. Eine Abschätzung für Epsilon hatten wir doch auch, diese noch einsetzen.
26.06.2011, 23:45	Pfirsichtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Achso ich kann ja also weiternoch oben abschätzen durch $\begin{eqnarray} - \frac{(\frac{1}{\xi^4}) }{24} \cdot 0.1^4 < - \frac{(\frac{1}{1.9^4}) }{24} \cdot 0.1^4 = 3.2 \cdot 10^{-7} \end{eqnarray}$ Das ist irgendwie eine verdammt kleine Zahl, ist das so ok? Für welche xgilt den nun diese Fehlerabschätzung? Für ln(2) oder füralle x? Wenn es füralle x sein sollte,wäre esja schonmal falsch. Soll die Abschätzung nur für ln(2) gelsten, so wäre ja alles schön. Sry wenn ich mich ungeschickt anstelle und man alles vorkauen muss. ^^
26.06.2011, 23:55	lgrizu	Auf diesen Beitrag antworten »
Für alle x wäre der Fehler schwer abzuschätzen, da die Funktion $\begin{eqnarray} f(x)=-\frac{1}{x^4} \end{eqnarray}$ gegen -unendlich strebt für x gegen 0, es wird also schwer, den Funktionsterm abzuschätzen. Edit: zum Vergleich einmal die beiden Funktionen: Man sieht, dass der Fehler um x_0=2 herum wirklich klein ist.
27.06.2011, 01:36	Pfirsichtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja ok ,also b) habe ich wie gesagt als Taylorpolynom heraus : $\begin{eqnarray} T_2(e^{cos(x)} , 0 ) = e - \frac{x^2e}{2} \end{eqnarray}$ Ich soll also ein M > 0 berechnen,sodass $\begin{eqnarray} \| f (x) - T_2 ( f , 0 ) (x) \| \leq M \cdot \|x\|^3 \end{eqnarray}$ Also formen wir doch mal etwas um: $\begin{eqnarray} \frac{\|e^{cos(x)} - e + \frac{x^2e}{2} \| }{\|x\|^3} \leq M \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \| \frac{e^{cos(x)} - e + \frac{x^2e}{2} }{x^3} \| \leq M \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \| \frac{e^{cos(x)} -e}{x^3} + \frac{x^2e}{x^3} \| \leq M \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \| \frac{e^{cos(x)} -e}{x^3} + \frac{e}{x} \| \leq M \end{eqnarray}$ So und nun hab ich mir gedacht, dass cos(x) ja nur Werte - 1 bis 1 annimt. Das heißt in dem ersten Bruch steht eine Zahl, welche höchstens eins wird. Außerdem wird der zweite Bruch niemals größer als e sein, das halt auch nur mit x = 1 , und aonsonsten wird der Term mit steigendem x gegen 0 gehen. Daher : $\begin{eqnarray} \| \frac{e^{cos(x)} -e}{x^3} + \frac{e}{x} \| \leq \| 1 + e \| \leq M \end{eqnarray}$ Und hier könnte ich ja nun zum Beispiel M = 4 wählen. Passt das so ungefähr? ^^
27.06.2011, 09:22	lgrizu	Auf diesen Beitrag antworten »
Auch bei der Aufgabe ist das Restglied (diesmal global) abzuschätzen.
29.06.2011, 15:05	Pfirsichtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Hey , sry das ich mich nun solange nicht mehr gemeldet habe. Das Wetter war zu gut. Jedanfalls sehe ich ein, dass der linke Teil der Ungleichung wohl eben dem Restglied entspricht. $\begin{eqnarray} \| f (x) - T_2(f,0) (x) \| \leq M \cdot \|x\|^3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \| R_2 (x) \| \leq M \cdot \|x\|^3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \| \frac{f^{(3)}(\xi)}{3!} \cdot (x)^3 \| \leq M \cdot \|x\|^3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \| \frac{f^{(3)}(\xi)}{3!} \| \leq M \end{eqnarray}$ Nun ist leider die dritte Ableitung der Funktion nicht so schön geworden. :/ $\begin{eqnarray} \| \frac{e^{cos(x)} sin(x) \cdot [ 2 cos(x) - sin^2(x) + cos(x) + 1 ]}{6} \| \| \leq M \end{eqnarray}$ Nun hast du ja gesagt, dass wir das globale Restglied abschätzen müssen. Damit meinst du aber nicht, dass uns nur x = 0 interessiert oder? Denn wir sollen ja ein M für alle x bestimmten. Edit : Nemoment, ich hab einfach statt den $\begin{eqnarray} \xi \end{eqnarray}$ ein x geschrieben. -.-
29.06.2011, 15:18	lgrizu	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich glaube, bei der 3. Ableitung ist dir ein Vorzeichenfehler unterlaufen: $\begin{eqnarray} f'''(x)=(2 \cdot \sin(x) \cdot \cos(x)- \sin(x)) \cdot \exp(\cos(x))+ (\sin^2(x)-\cos(x)) \cdot (-\sin(x)) \cdot \exp(\cos(x)) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\exp(\cos(x)) \cdot \sin(x) \cdot (2 \cdot \cos(x)-1-\sin^2(x)+\cos(x))=\exp(\cos(x)) \cdot \sin(x) \cdot (3 \cos(x)-\sin^2(x)-1) \end{eqnarray}$ . Diese Funktion ist periodisch und nimmt globale Extrema an, eine Kurvendiskussion oder eine gezielte Überlegung führt also zu einer brauchbaren Abschätzung.
29.06.2011, 19:07	Pfirsichtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Also die zweite Ableitung lautet ja $\begin{eqnarray} e^{cos(x)} \cdot ( sin^2(x) - cos(x)) \end{eqnarray}$ Und für die Klammer habe ich als Ableitung : $\begin{eqnarray} 2cos(x)sin(x) + sin(x) \end{eqnarray}$ Denn die Ableitung von cos(x) wird ja -sin(x) , allerdings wird ja dann - und - zu +. Daher kommt das +1 , statt dem -1 , wenn man nachher sin(x) ausklammert.
29.06.2011, 20:48	lgrizu	Auf diesen Beitrag antworten »
Jap, ist richtig, ich hatte den Vorzeichenfehler. Mit der Abschätzung schon begonnen?
29.06.2011, 21:15	Pfirsichtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich würde sagen, dass ja cos und sin höchstens 1 werden können, daher: $\begin{eqnarray} \| \frac{e^{cos(x)} \cdot sin(x) \cdot ( 3 cos(x) - sin^2(x) + 1)}{6} \| \leq \| \frac{e \cdot ( 3 - 1 + 1 )}{6} \| = \| \frac{3e }{6} \| \leq M \end{eqnarray}$ Und jetzt könnte man hier zum Beispiel M als 2 wählen.
29.06.2011, 21:18	lgrizu	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kann auch noch feiner abschätzen:
29.06.2011, 23:29	Pfirsichtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Hmm also irgendwie ist das komisch. Nach dem Graphen müsste ja sogar M = 1 möglich sein. Wenn ich das aber mal ausprobiere , es soll ja gelten: $\begin{eqnarray} \| f(x) - T_2(f,0)(x) \| \leq M \cdot \|x\|^3 \end{eqnarray}$ Für M wähle ich nun also 1 undnun soll das Ganzefür alle x aus R gelten. Probiereich es also zumBeispielmalmit x = 1 aus: $\begin{eqnarray} \| e^{cos(1)} - e - \frac{e \cdot 1^2}{2} \| \leq 1^3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \| - 1.359 \| \leq 1 \end{eqnarray}$ Das stimmt also nicht. Ich weiß nicht, bei welchem Schritt ich anders abschätzen soll. Beim Letzten? Dort hatte ich mir gedacht, dass ich den größtmögichen Werten nehmen müsste, damit mein M sozusagen auch noch die größten Abweichungen " abfangen " kann.
30.06.2011, 00:30	lgrizu	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe das gerade einmal für x=1 durch den TR gejagt und bekomme dann ungefähr 0,46 heraus. Mach doch einfach eine Kurvendiskussion.

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