Taylorreihe - Fehlerabschätzung

04.05.2019, 21:32

SM!LE

Taylorreihe - Fehlerabschätzung

Guten Tag,

ich habe bei einer praktischen Anwendung des Taylorpolynoms ein wenig Schwierigkeiten und würde mich sehr über hilfreiche Tipps freuen.
Ich denke, dass ich Teilaufgabe 1 richtig gelöst haben müsste allerdings bin ich bei Teilaufgabe 2 dezent ratlos.

Aufgabe:

Nach Albert Einstein ist

$\begin{eqnarray*} E(v)=\frac{m_0c^2}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}} \end{eqnarray*}$

die Gesamtenergie eines Teilchens der Ruhemasse $\begin{eqnarray*} m_0 \end{eqnarray*}$ , das sich mit der Geschwindigkeit $\begin{eqnarray*} v \in \left(-c,c\right) \end{eqnarray*}$ bewegt.
Hierbei wird die Lichtgeschwindigkeit $\begin{eqnarray*} c>0 \end{eqnarray*}$ und die Ruhemasse $\begin{eqnarray*} m_0 \end{eqnarray*}$ des Teilchens als gegebene Konstanten angenommen.

Mit der Ruheenergie $\begin{eqnarray*} \ E_0:=E(0)=m_0c^2 \end{eqnarray*}$ des Teilchens berechnet sich seine kinetische Energie $\begin{eqnarray*} E_{kin}(v) \end{eqnarray*}$ nach der Formel

$\begin{eqnarray*} E_{kin}(v):=E(v)-E_0 \end{eqnarray*}$ .

a) Man bestimme zu $\begin{eqnarray*} E_{kin} \end{eqnarray*}$ im Entwicklungspunkt $\begin{eqnarray*} v_0=0 \end{eqnarray*}$ das Taylorpolynom 4. Ordnung und vergleiche dieses mit dem klassischen Asudruck $\begin{eqnarray*} \tilde{E}_{kin}(v)=\frac{1}{2}m_0v^2 \end{eqnarray*}$ für die kinetische Energie.

b) Man bestimme einen Geschwindigkeitsbereich $\begin{eqnarray*} -v_*\leq v \leq v_* \end{eqnarray*}$ , gemessen in $\begin{eqnarray*} \frac{km}{s} \end{eqnarray*}$ , für den relativen Fehler

$\begin{eqnarray*} \ F(v):=\frac{E_{kin}(v)-\tilde{E}_{kin}(v)}{E_{kin}(v)} \end{eqnarray*}$

zwischen relativistischer und klassischer kinetischer Energie maximal 1% beträgt.

Meine Lösung zu a):

1) 4 mal abgeleitet und für $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} v_0=0 \end{eqnarray*}$ eingesetzt:

$\begin{eqnarray*} \ E_{kin}(v)=\frac{m_0c^2}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}-m_0c^2\Rightarrow \ E_{kin}(0)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ E_{kin}^{(1)}(v)=\frac{m_0v}{\sqrt{\left(1-\frac{v^2}{c^2}\right)^3}}\Rightarrow \ E_{kin}^{(1)}(0)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ E_{kin}^{(2)}(v)=\frac{m_0\left(2v^2+c^2\right)}{c^2\cdot\sqrt{\left(1-\frac{v^2}{c^2}\right)^5}}\Rightarrow \ E_{kin}^{(2)}(0)=m_0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ E_{kin}^{(3)}(v)=\frac{6m_0v^3+9c^2m_0v}{c^4\cdot\sqrt{\left(1-\frac{v^2}{c^2}\right)^7}}\Rightarrow \ E_{kin}^{(3)}(0)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ E_{kin}^{(4)}(v)=\frac{3m_0\left(8v^4+24c^2v^3+3c^4\right)}{c^6\cdot\sqrt{\left(1-\frac{v^2}{c^2}\right)^9}}\Rightarrow \ E_{kin}^{(4)}(0)=\frac{6m_0}{c^2} \end{eqnarray*}$

2) Taylorpolynom 4. Ordnung aufgestellt:

$\begin{eqnarray*} \ T_4f(v,v_0)=\frac{1}{2}m_0v^2+\frac{m_0v^4}{4c^4} \end{eqnarray*}$

Somit würden sich das Taylorpolynom nur um $\begin{eqnarray*} +\frac{m_0v^4}{c^4} \end{eqnarray*}$ unterscheiden oder?

Für Aufgabenteil b) habe ich leider noch keinen Ansatz und wäre für jeden Tipp dankebar.

Mit freundlichen Grüßen
SM!LE

05.05.2019, 02:03

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

sehr saubere Darstellung! Freude

Ich würde es etwas simpler angehen: sei $\begin{eqnarray*} x=-\frac {v^2}{c^2} \end{eqnarray*}$ und damit ist $\begin{eqnarray*} E=m_0c^2(1+x)^{-\frac 12} \end{eqnarray*}$

Zum Glück gibt es die Binomialreihe $\begin{eqnarray*} (1+z)^\alpha = \sum_{\mu=0}^\infty \binom {\alpha}{\mu}z^\mu \quad \Rightarrow \quad(1+x)^{-\tfrac12}= 1-\tfrac 12 x + \tfrac38 x^2 - \tfrac{5}{16}x^3 \cdots... \end{eqnarray*}$

und das Einsetzen von x ergibt sich das Gewünschte.

a.) Es genügt hier bis zum Glied in $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ zu gehen.

Die Differenz ist bei mir $\begin{eqnarray*} T_4(v)-\tfrac 12 m_0v^2=\frac {3m_0v^4}{8c^2} \end{eqnarray*}$
Deine "Energiedifferenz" hat aber die Dimension einer Masse Lehrer

Vorschlag: in der SRT normiert man c=1 und v ist dann < 1. Für b.) könnte man auch die Ruhemasse auf 1 normieren. Auch $\begin{eqnarray*} \gamma = (1-v^2)^{-\tfrac12} \end{eqnarray*}$ ist Usus. Nicht nur die Mathematiker sind schreibfaul Augenzwinkern

-----------------------------------------

Massenzunahme gefällt mir nicht besonders auch wenn es populär ist. So kann ein relativistisch schneller Körper nicht deshalb zum schwarzen Loch werden wenn. genauer ist die Formel $\begin{eqnarray*} E^2=E_0^2 +p^2c^4 \end{eqnarray*}$

05.05.2019, 13:02

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

Teil2

damit ist $\begin{eqnarray*} E=\gamma\,;\,E_0=1 \,;\,\tilde E_{kin}=\tfrac 12v^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E_{kin}^*=1+\tfrac 12 v^2+\tfrac 38 v^4-1=\tfrac 12 v^2+\tfrac 38 v^4 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E_{kin}^*-\tilde E_{kin}= \tfrac 38 v^4 \end{eqnarray*}$ (*) Werte die Taylor enthalten

$\begin{eqnarray*} F(v)=\frac {\tfrac 38 v^4}{\tfrac 12v^2+\tfrac 38 v^4} =\frac{3v^2}{4+3v^2}\stackrel{!}{=}0.01\quad\Rightarrow \, v\approx 0.1161 \end{eqnarray*}$

05.05.2019, 14:19

SM!LE

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen Dank für die Antwort.

Der Lösungsansatz zu a) mit der Binomialreihe ist erstaunlich.

Ich hab bemerkt, dass mir ein Rechenfehler bei $\begin{eqnarray*} E_{kin}^{(4)}(0) \end{eqnarray*}$ unterlaufen ist.

Richtig ist natürlich:

$\begin{eqnarray*} E_{kin}^{(4)}(0)=\frac{9m_0}{c^2} \end{eqnarray*}$

Und somit ist der Unterschied zwischen dem klassischen Ausdruck und dem Taylorpolynom 4. Ordnung natürlich $\begin{eqnarray*} +\frac {3m_0v^4}{8c^2} \end{eqnarray*}$ .

Danke für die Hilfe bei b).

Wenn ich richtig sehe, wurde dort $\begin{eqnarray*} c=1 \end{eqnarray*}$ gesetzt?

Ps: Noch eine Frage zu Aufgabe a)
Gibt es eine Möglichkeit, dass man das "mathematische Auge" trainiert, damit ich zukünftig solche Sachen sehe. Weil das ist ja wesentlich einfach und eleganter gelöst mit der Binomialreihe.

05.05.2019, 17:44

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Dopap

Vorschlag: in der SRT normiert man c=1 und v ist dann < 1. Für b.) könnte man auch die Ruhemasse auf 1 normieren. Auch $\begin{eqnarray*} \gamma = (1-v^2)^{-\tfrac12} \end{eqnarray*}$ ist Usus.

Das ist sehr praktisch und verringert die Schreibfehlerquellen. Insgesamt ein physikalischer Ansatz für ein physikalisches Problem.
Ohne Taschenrechner Rechenarbeit einzusparen war früher erste Pflicht und Taylor oder Mc. Laurin ----> Binomialreihe "tägliches Brot" ebenso wie eine allgegenwärtige Fehlerbetrachtung.

Wenn du z.B. die "Massenzunahme" bei einem Güterzugvon 1000t bei 100 km/h rehnen oder abschätzen willst, kommst du um die BinomReihe gar nicht herum, da der TR mit der genauen Formel versagt, sprich $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ bleibt 1.000 000 00

Und das war er schon, mein Blicktrainingstip Augenzwinkern

05.05.2019, 18:03

SM!LE

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke

Also wenn wie in dieser Aufgabe $\begin{eqnarray*} c>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m_0 \end{eqnarray*}$ als Konstanten vorgegeben sind, kann man es sich einfach machen und $\begin{eqnarray*} c=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m_0=1 \end{eqnarray*}$ setzten und somit das ganze vereinfachen?

In Aufgabe b) war ja nach einem Geschwindigkeitsbereich gefragt.

Wäre das dann einfach $\begin{eqnarray*} -0.1161\leq v \leq 0.1161 \end{eqnarray*}$ ?

Und wenn ich das auf die Lichtgeschwindigkeit beziehen will müsste ich einfach $\begin{eqnarray*} v\cdot c \end{eqnarray*}$ rechnen?

05.05.2019, 18:14

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

genau so wird es gemacht !

Und c=299792458 m/s Big Laugh

05.05.2019, 18:19

SM!LE

Auf diesen Beitrag antworten »

Alles klar.
Ein riesen Dankeschön das hat bei mir einige Knoten im Kopf gelöst.

Neue Frage »

Antworten »

Taylorreihe - Fehlerabschätzung

Verwandte Themen