Ableitungen für Taylorpolynom

27.04.2011, 11:57	benille	Auf diesen Beitrag antworten »
Ableitungen für Taylorpolynom Bitte gib hier Deine Frage ein. Welche Lösungsansätze sind Dir selbst dazu eingefallen? Was hast Du schon probiert? Bedenke, dass wir hier Hilfe zur Selbsthilfe leisten und keine Komplettlösungen liefern werden. Viel Erfolg!
27.04.2011, 11:59	benille	Auf diesen Beitrag antworten »
entschuldigt, irgendwie hat das mit dem posten nicht richtig funktioniert, hier der eigentliche beitrag wäre super, wenn wer nachrechnen könnte, ob ich mit meinen ergebnissen richtig liege ich muss für ein taylorpolynom 3ten Grades folgende funktion ableiten: f(x)=6/(1+e^(3-x)) zuerst habe ich die funktion umgeschrieben in: f(x)=6e^(-3-x^-1) f'(x)=(6e^(-3-x^-1))x f''(x)=(6e^(-3-x^-1)x^2 f'''(x)=(6e^(-3-x^-1)*x^3 ich befürchte leider , dass ich die kettenregel falsch angewandt habe in meiner angabe steht noch, dass die funktion einen wendepunkt bei x=3 hat. das bestätigt nur, dass das taylorpolynom den grad hat, oder? vielen dank im voraus
27.04.2011, 13:12	omg_me	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo! Genau. Die Funktion ist schon mal richtig umgeschrieben: $\begin{eqnarray} f(x) = \frac {6}{1+e^{3-x}} = 6 \cdot (1+e^{3-x})^{-1} \end{eqnarray}$ Nun, was sagt die Kettenregel? Die 6 ist ein Faktor. Deshalb wird er bei der Ableitung erhalten bleiben. Der Term wird mit dem Exponent multipliziert und der Exponent wird um 1 verringert. Dann muss dieser Term noch mit der inneren Ableitung multipliziert werden. Diese ist dann $\begin{eqnarray} e^{3-x} \cdot (-1) \end{eqnarray}$ Somit wäre die erste Ableitung $\begin{eqnarray} f'(x) = -6 \cdot (1+e^{3-x})^{-2} \cdot e^{3-x} \cdot (-1) = 6 \cdot (1+e^{3-x})^{-2} \cdot e^{3-x} \end{eqnarray}$ Versuchs nochmals! Jetzt darfst du sogar die Produktregel anwenden. Die Angabe mit dem Wendepunkt hat noch eine andere Bedeutung. Tipp: Wie ist denn die 2. Ableitung an der Stelle x = 3, wenn x ein Wendepunkt ist? (Vorausgesetzt, dass du die Taylorentwicklung an der Stelle x=3 durchführen musst.) Grüsse omg_me
28.04.2011, 18:36	benille	Auf diesen Beitrag antworten »
vielen dank für deine hilfe, ich habe jetzt versucht die 2te und 3te ableitung durchzuführen: $\begin{eqnarray} f''(x)=-12\cdot(1+e^{3-x})^{-3} \cdot e^{3-x} \cdot (-1)\cdot e^{3-x} + e^{3-x} \cdot (-1) \cdot 6 \cdot(1+e^{3-x})^{-2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =12\cdot(1+e^{3-x})^{-3} \cdot (e^{3-x})^2 - e^{3-x} \times 6\cdot(1+e^{3-x})^{-2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f'''(x)=-36\cdot(1+e^{3-x})^{-4} \cdot e^{3-x} \cdot (-1) \cdot (e^{3-x})^2 + 12 \cdot (1+e^{3-x})^{-3} \cdot 2 \times e^{3-x} \cdot (-1) - ( e^{3-x} \cdot (-1) \cdot 6\cdot (1+e^{3-x})^{-2} + e^{3-x} -12\cdot(1+e^{3-x})^{-3} \cdot e^{3-x} \cdot (-1)) \end{eqnarray}$ schaut leider alles sehr unübersichtlich aus, wär trotzdem nett wenn sich wer finden würde, es nachzukontrollieren lg
28.04.2011, 21:13	omg_me	Auf diesen Beitrag antworten »
Jup. Sieht gut aus. (Vorausgesetzt, dass bei deinem letzten Term der dritten Ableitung die -12 eingeklammert wird ) GreeZ
01.05.2011, 14:07	benille	Auf diesen Beitrag antworten »
danke! die klammer war wohl ein schlampigkeitsfehler ich hätte jetzt noch eine frage zum taylorpolynom ich muss ja das taylorpolynom f3 3ten grades im wendepunkt x=3 berechnen daher habe ich x=3 in die ableitungen eingesetzt: f(3)=3 f'(3)=1,5 f''(3)=0 f'''(3)= -0,75 diese werte habe ich dann in die formel ür das taylorpolynom eingesetzt und folgendes herausbekommen: 3+1,5(x-3)+0+(-075/3!)(x-3)^3 und jetzt soll ich noch die differenz für f(x) - f3(x), wenn x=3,9 ausrechnen: f(3,9)=20,758 f3(3,9)=4,259 differenz=16,499 kann das sein, dass die differenz so groß ist? oder muss ich da irgendwo einen fehler gemacht haben? lg
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03.05.2011, 15:58	benille	Auf diesen Beitrag antworten »
wär super, wenn mir wer helfen könnte. ich habe gehört, dass das restglied meist kleiner 1 ist und dass ist ja bei meiner lösung keines wegs der fall.
04.05.2011, 16:09	twoe	Auf diesen Beitrag antworten »
du hast k(3,9) falsch berechnet: k(3,9) = 6/ (1+e^-0,9) = 4,267

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