Taylor-Beweis

08.01.2022, 13:27

aylinxx

Taylor-Beweis

Bestimme die Taylorreihe von $\begin{eqnarray*} f(x) = 5^x \end{eqnarray*}$ mit Entwicklungspunkt $\begin{eqnarray*} x_0 = 0 \end{eqnarray*}$ . In welchem $\begin{eqnarray*} x \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ konvergiert die Taylorreihe gegen die Funktion. (In welchen $\begin{eqnarray*} x \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} R_n(x) \to 0 \end{eqnarray*}$ )

Idee:

(1) Zuerst habe ich die n-te Ableitung bestimmt, um die Taylorreihe zu bestimmen:

$\begin{eqnarray*} f^{n}(x) = (\ln(5))^n 5^x \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n\in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ .

(2) Berechne den Funktionswert an der Stelle $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} f^{n}(0) = (\ln(5))^n \end{eqnarray*}$

(3) Taylorreihe aufstellen:

$\begin{eqnarray*} T_{\infty}(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(\ln(5))^n}{k!}x^{k} \end{eqnarray*}$

(4) Stelle nun $\begin{eqnarray*} R_n(x) \end{eqnarray*}$ auf.

$\begin{eqnarray*} R_{n}(x) = \frac{(\ln(5))^{n+1} \cdot 5^{\xi}}{(n+1)!}x^{n+1} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ fest und $\begin{eqnarray*} \xi \end{eqnarray*}$ zwischen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} |R_{n}(x)| = \left |\frac{(\ln(5))^{n+1} \cdot 5^{\xi}}{(n+1)!}x^{n+1}\right| = \frac{(\ln(5))^{n+1} \cdot 5^{\xi}}{(n+1)!}|x|^{n+1} \leq \frac{ 5^{\xi}}{(n+1)!}|x|^{n+1} \end{eqnarray*}$ .

Es gilt nun $\begin{eqnarray*} 5^{\xi} \leq 5^{|x|} \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{ 5^{\xi}}{(n+1)!}|x|^{n+1} \leq \frac{ 5^{|x|}}{(n+1)!}|x|^{n+1} = \frac{|x|^n \cdot 5^{|x|}}{n!} \cdot \frac{|x|}{(n+1)} \end{eqnarray*}$ .

Ab hier komme ich leider nicht weiter. verwirrt

Danke im voraus.

08.01.2022, 13:51

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Taylor-Beweis
$\begin{eqnarray*} f(x)=5^x=(e^{\ln 5})^x=e^{x\ln 5}=e^y \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} y=x \ln 5 \end{eqnarray*}$

Nun gehe ich davon aus, dass bekannt ist, dass die Taylorreihe von $\begin{eqnarray*} e^y \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} y \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ konvergiert, ihr Restglied also für alle $\begin{eqnarray*} y \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ gegen Null geht.

08.01.2022, 13:55

aylinxx

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das ist mir klar, aber wie soll ich das auf das anwenden, was ich bei meinen Ideen geschrieben habe? Heißt das, dass ich direkt so argumentieren konnte und alles was ich in meinen Ideen geschrieben habe Unnütz ist?

08.01.2022, 14:04

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn man die Konvergenz der Taylorreihe von $\begin{eqnarray*} e^y \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} e^y \end{eqnarray*}$ vorausetzen darf, wovon ich ausgehe, sind deine Überlegungen tatsächlich überflüssig. Sie führen letztlich nur dazu, den bekannten Beweis für die Taylorreihe von $\begin{eqnarray*} e^y \end{eqnarray*}$ zu wiederholen.

08.01.2022, 17:14

aylinxx

Auf diesen Beitrag antworten »

Und wenn ich das nicht voraussetzen darf, wie müsste ich dann weiter vorgehen?

08.01.2022, 17:40

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Dann kannst du wie oben anfangen mit

$\begin{eqnarray*} f(x)=5^x=(e^{\ln 5})^x=e^{x\ln 5}=e^y \end{eqnarray*}$

Das erspart es dir, den $\begin{eqnarray*} \ln 5 \end{eqnarray*}$ durch alle Rechnungen zu schleppen. Jetzt zeigst du, dass die Taylorreihe von $\begin{eqnarray*} e^y \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} y \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} e^y \end{eqnarray*}$ konvergiert. Das bedeutet, dass die Taylorreihe von $\begin{eqnarray*} 5^x=e^{x \ln 5} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} 5^x \end{eqnarray*}$ konvergiert.

09.01.2022, 08:56

aylinxx

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} R_n(x) = \frac{e^{\xi}}{(n+1)!}x^{n+1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |R_{n}(x)| = \left |\frac{e^{\xi}}{(n+1)!}x^{n+1}\right| = \frac{|e^{\xi}|}{(n+1)!}|x|^{n+1}<br /> \end{eqnarray*}$

Jetzt gilt wegen $\begin{eqnarray*} e^{\xi} \leq e^{|x|} \end{eqnarray*}$ , also:

$\begin{eqnarray*} \frac{|e^{\xi}|}{(n+1)!}|x|^{n+1} \leq \frac{e^{|x|}}{(n+1)!}|x|^{n+1} \end{eqnarray*}$

Jetzt muss ich hier nur noch zeigen, dass der für $\begin{eqnarray*} n \to \infty \end{eqnarray*}$ der Fehler gegen null geht. Aber wie soll ich das machen?

Ich hätte da noch paar Fragen, wenn das ok ist.

(1) Kann ich diesen Trick, also die Funktion umschreiben zu $\begin{eqnarray*} e^y \end{eqnarray*}$ immer anwenden, also auch zum Beispiel für: $\begin{eqnarray*} 2^x \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} 3^x \end{eqnarray*}$ und genauso argumentieren?

(2) Wenn ich ein anderen Entwicklungspunkt zum Beispiel $\begin{eqnarray*} x_0 = 2 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} x_0=1 \end{eqnarray*}$ , macht es dann einen Unterschied oder gilt das dann auch für alle x?

09.01.2022, 10:20

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von aylinxx
Jetzt muss ich hier nur noch zeigen, dass der für $\begin{eqnarray*} n \to \infty \end{eqnarray*}$ der Fehler gegen null geht. Aber wie soll ich das machen?

$\begin{eqnarray*} e^{|x|} \end{eqnarray*}$ ist für gegebenes $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ein fester Wert, d. h. nicht von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ abhängig. Darum musst du dich also nicht kümmern. Für den Term

$\begin{eqnarray*} S_n(x)=\frac {|x|^{n+1}} {(n+1)!} \end{eqnarray*}$

lässt sich für gegebenes $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ finden, so dass

$\begin{eqnarray*} \frac {|x|} {(n_0+1)}=q<1 \end{eqnarray*}$

ist. Wenn $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ hinaus wächst, kommt, wenn $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ um $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ wächst im Zähler ein Faktor $\begin{eqnarray*} |x| \end{eqnarray*}$ hinzu und im Nenner ein Faktor $\begin{eqnarray*} n+1 > n_0 +1 \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} S_n(x) \end{eqnarray*}$ ändert sich also jedesmal um einen Faktor $\begin{eqnarray*} <q \end{eqnarray*}$ und da $\begin{eqnarray*} q<1 \end{eqnarray*}$ , ist der Grenzwert $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ . Das musst du nur noch sauber ausformulieren.

Zitat:

(1) Kann ich diesen Trick, also die Funktion umschreiben zu $\begin{eqnarray*} e^y \end{eqnarray*}$ immer anwenden, also auch zum Beispiel für: $\begin{eqnarray*} 2^x \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} 3^x \end{eqnarray*}$ und genauso argumentieren?

Ja.

Zitat:

(2) Wenn ich ein anderen Entwicklungspunkt zum Beispiel $\begin{eqnarray*} x_0 = 2 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} x_0=1 \end{eqnarray*}$ , macht es dann einen Unterschied oder gilt das dann auch für alle x?

Das gilt für jeden Entwicklungspunkt.

09.01.2022, 11:03

aylinxx

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn ich die Idee richtig verstanden habe, würde ich das $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ einfach immer $\begin{eqnarray*} n_0 > |x| \end{eqnarray*}$ wählen. Und da $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} |R_n| = \lim_{\lambda \to \infty} |R_{n_0 + \lambda}| \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ . An dieser Stelle funktioniert das, weil sich der Grenzwert nicht ändert, wenn ich die ersten Folgenglieder weglasse, wenn ich jetzt nicht komplett auf den falschen Dampfer bin.

Somit gilt: $\begin{eqnarray*} |R_{n_0 + \lambda}| = \frac {|x|^{n_0}} {n_0!} \cdot \frac{|x|^{\lambda}}{\prod_{i=1}^{\lambda}((n_0+1)+i)} \end{eqnarray*}$ .

Und wie ich mich kenne, ist das bestimmt falsch. Ist das zumindest ein wenig richtig?

09.01.2022, 12:57

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Bis auf Kleinigkeiten passt das. Da der konstante Faktor $\begin{eqnarray*} e^{|x|} \end{eqnarray*}$ weggelassen ist, ist das nicht $\begin{eqnarray*} |R_{n+ \lambda}| \end{eqnarray*}$ sondern $\begin{eqnarray*} |S_{n+ \lambda}| \end{eqnarray*}$ . Im Zähler sollte vorne $\begin{eqnarray*} |x|^{n_0+1} \end{eqnarray*}$ stehen und das Produkt im Nenner sollte mit $\begin{eqnarray*} i=0 \end{eqnarray*}$ beginnen. Man sieht das, wenn man $\begin{eqnarray*} S_{n_0} \end{eqnarray*}$ betrachtet, also $\begin{eqnarray*} \lambda=0 \end{eqnarray*}$ . Dann muss sich ja

$\begin{eqnarray*} |S_{n_0}|=\frac {|x|^{n_0+1}} {(n_0+1)!}=\frac {|x|^{n_0+1}} {n_0!} \frac {|x|^0}{n_0+1} \end{eqnarray*}$

ergeben.

10.01.2022, 09:01

aylinxx

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke dir. Wink

Neue Frage »

Antworten »

Taylor-Beweis

Verwandte Themen