Taylorpolynome 4. Grades

07.05.2021, 22:45

meister-eder

Taylorpolynome 4. Grades

Hallo

Gegeben sind die Funktionen $\begin{eqnarray*} f(x)=x \cdot \sqrt{1+x} \end{eqnarray*}$ mit Entwicklungsstelle $\begin{eqnarray*} x_0=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g(x)=e^{cos(x)} \end{eqnarray*}$ mit der Entwicklungsstelle $\begin{eqnarray*} x_0=\pi \end{eqnarray*}$

Muss man nun für ein Taylorpolynom 4. Ordnung wirklich jeweils viermal ableiten oder geht das auch schneller mithilfe von Potenzreihen oder ähnlichem ?

08.05.2021, 08:37

Huggy

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RE: Taylorpolynome 4. Grades
Das kommt darauf an, ob ihr bei dieser Aufgabe bestimmte Taylorreihen als bekannt voraussetzen dürft. Wenn ihr bei $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ die Taylorrihe von $\begin{eqnarray*} \sqrt {1+x} \end{eqnarray*}$ um den Entwicklungspunkt $\begin{eqnarray*} x_0=0 \end{eqnarray*}$ als bekannt voraussetzen dürft, kann man daraus ohne Ableiten die Taylorreihe um den Entwicklungspunkt $\begin{eqnarray*} x_0=1 \end{eqnarray*}$ gewinnen und daraus dann die Taylorreihe von $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ um diesen Entwicklungspunkt. Ähnlich kann man bei $\begin{eqnarray*} g(x) \end{eqnarray*}$ vorgehen, wenn die Taylorreihen von $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \cos x \end{eqnarray*}$ um den Entwicklungspunkt $\begin{eqnarray*} x_0=0 \end{eqnarray*}$ als bekannt angesehen werden dürfen.

08.05.2021, 20:21

meister-eder

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Danke für die Antwort.

Ich habe es zunächst mal für g(x) mit den 4 Ableitungen probiert und bin damit auf $\begin{eqnarray*} T_4(x,\pi)=\frac{1}{e}+\frac{1}{2e}(x- \pi)^2+\frac{1}{12e}(x- \pi)^4 \end{eqnarray*}$ gekommen.

Kann das jemand bestätigen ?

Würde man die bekannten Reihen für e^x und cos(x) nutzen, dann erhält man für die benötigten Glieder :

$\begin{eqnarray*} e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} cos(x)=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!} \end{eqnarray*}$

Irre ich oder ist dieser Weg dann vielleicht doch eher relativ aufwendig durch das ganze Einsetzen und ausmultiplizieren und bringt daher keine Zeitersparnis gegenüber dem Vorgehen mittels der Ableitungen ?

09.05.2021, 07:14

Huggy

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Zitat:

Original von meister-eder
Kann das jemand bestätigen ?

Das ist richtig.

Zitat:

Irre ich oder ist dieser Weg dann vielleicht doch eher relativ aufwendig durch das ganze Einsetzen und ausmultiplizieren und bringt daher keine Zeitersparnis gegenüber dem Vorgehen mittels der Ableitungen ?

Das kann gut sein.

09.05.2021, 20:53

meister-eder

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Alles klar, danke.

Auch für die Funktion $\begin{eqnarray*} f(x)=x \cdot \sqrt{1+x} \end{eqnarray*}$ bin ich dann den Weg über die Ableitungen gegangen.
Das artete dann aber wirklich in Beschäftigungstherapie aus und war sehr mühsam.
Ist so etwas gewollt und normal als Hausaufgabe ?
Ich persönlich fühle mich jetzt dadurch nicht schlauer oder geübter, eher ausgelaugt.
Oder übersehe ich einen weitaus schnelleren Zugang (Taylorreihen zu Wurzelfunktionen wurden in der Vorlesung nicht hergeleitet) ?

Ich weiß nicht ob jemand Lust hat mein Ergebnis zu bestätigen bzw. zu korrigieren, vielleicht gibt es ja auch irgendwelche Online-Rechner oder CAS, die das übernehmen.

Falls jemand sich erbarmt, ich komme auf :

$\begin{eqnarray*} T_3(x,1)=\sqrt{2}+\frac{5}{4}\sqrt{2} \cdot (x-1)+\frac{7}{32}\sqrt{2} \cdot (x-1)^2- \frac{3}{128} \sqrt{2} (x-1)^3 \end{eqnarray*}$

Ich weiß, eigentlich war $\begin{eqnarray*} T_4 \end{eqnarray*}$ gefordert, aber da hatte ich gerade keine Lust mehr zu, bevor ich nicht weiß, ob sich der Aufwand gelohnt hat.

09.05.2021, 21:31

Leopold

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Vorausgesetzt, du kennst die binomische Reihe, wie Huggy das schon bemerkt hat, kannst du $\begin{align*} f(x) \end{align*}$ folgendermaßen behandeln:

$\begin{align*} f(x) = x \sqrt{1+x} = x \sqrt{2+(x-1)} = \sqrt{2} \cdot x \cdot \sqrt{1 + \frac{1}{2} \left( x-1 \right)} \end{align*}$

Jetzt setze $\begin{align*} t = \frac{1}{2} \left( x-1 \right) \end{align*}$ , oder nach $\begin{align*} x \end{align*}$ aufgelöst: $\begin{align*} x = 2t+1 \end{align*}$ , drücke alles mit $\begin{align*} t \end{align*}$ aus und verwende die binomische Reihe. Fasse zusammen und resubstituiere.

Bei $\begin{align*} g(x) \end{align*}$ könnte man so rechnen:

$\begin{align*} g(x) = \operatorname{e}^{\cos(x)} = \operatorname{e}^{\cos \left( (x - \pi) + \pi \right)} = \operatorname{e}^{- \cos \left( x - \pi \right)} = \operatorname{e}^{-1} \cdot \operatorname{e}^{1 - \cos \left( x - \pi \right)} \end{align*}$

$\begin{align*} = \operatorname{e}^{-1} \cdot \exp \left( \frac{1}{2} \left( x - \pi \right)^2 - \frac{1}{24} \left( x - \pi \right)^4 + O \left( (x - \pi)^6 \right) \right) \end{align*}$

$\begin{align*} = \operatorname{e}^{-1} \cdot \left( 1 + \left( \frac{1}{2} (x-\pi)^2 - \frac{1}{24} (x-\pi)^4 + O \left( (x-\pi)^6 \right) \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} (x-\pi)^2 + O \left( (x-\pi)^4 \right) \right)^2 + O \left( (x-\pi)^6 \right) \right) \end{align*}$

$\begin{align*} = \operatorname{e}^{-1} \cdot \left( 1 + \frac{1}{2} (x-\pi)^2 - \frac{1}{24} (x-\pi)^4 + \frac{1}{8} (x-\pi)^4 + O \left( (x-\pi)^6 \right) \right) \end{align*}$

Ob das nun schneller geht, als 4 Ableitungen zu berechnen?

10.05.2021, 07:39

Huggy

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Zitat:

Original von meister-eder
$\begin{eqnarray*} T_3(x,1)=\sqrt{2}+\frac{5}{4}\sqrt{2} \cdot (x-1)+\frac{7}{32}\sqrt{2} \cdot (x-1)^2- \frac{3}{128} \sqrt{2} (x-1)^3 \end{eqnarray*}$

Ich weiß, eigentlich war $\begin{eqnarray*} T_4 \end{eqnarray*}$ gefordert, aber da hatte ich gerade keine Lust mehr zu, bevor ich nicht weiß, ob sich der Aufwand gelohnt hat.

Dein Ergebnis ist richtig. Mit dem nächsten Term bekommt man

$\begin{eqnarray*} T_4(x,1)=\sqrt{2}+\frac{5}{4}\sqrt{2} \cdot (x-1)+\frac{7}{32}\sqrt{2} \cdot (x-1)^2- \frac{3}{128} \sqrt{2} (x-1)^3+\frac {11}{2048}\sqrt 2 (x-1)^4 + \mathcal O {((x-1)^5)} \end{eqnarray*}$

Hier ist der Weg über die bekannte binomische Reihe klar einfacher und kürzer. Man schreibt natürlich auch den das $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ vor der Wurzel um in $\begin{eqnarray*} 1+(x-1) \end{eqnarray*}$ .

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