Taylorpolynom bzw. Ableiten

23.08.2011, 19:43

yellowt

Taylorpolynom bzw. Ableiten

Hab hier eine alte Klausuraufgabe bei der ich nich weiter komme.

" Berechnen Sie das Taylorpolynom vom Grad 2 der Funktion mit Entwicklungspunkt 0 "

$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{e^{3x}-1}{3x+1} \end{eqnarray*}$

So hab die Funktion einmal Abgeleitet

$\begin{eqnarray*} f'(x)=\frac{9xe^{3x}-3 }{(3x+1)^2} \end{eqnarray*}$

Nur die zweite Ableitung bekomm ich nicht ohne Hilfsmittel hin.

Gibt es da vielleicht einen Trick bzw hab ich was übersehen?

23.08.2011, 20:20

Dopap

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nein.
die 2. Ableitung wird relativ umfangreich da x*e^(3x) nach Produktregel geht.
Die Ableitung des Nenners geht nach Kettenregel.
Deshalb erst Teilterme ableiten und zuletzt zusammenbauen.

Beachte, dass mit 3*x+1 gekürzt werden kann.

23.08.2011, 22:24

Ungewiss

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Jetzt mehr ein heuristischer Ansatz:

Angenommen wir betrachten die Funktion nur in einer kleinen Umgebung um 0, dann ist

$\begin{eqnarray*} \frac{e^{3x}-1}{3x+1}\approx a+bx+cx^2 =T_n(x) \end{eqnarray*}$ ,

Wobei T das gesuchte Taylorpolynom ist. Also

$\begin{eqnarray*} -1+\sum_{k=0}^\infty\frac{(3x)^k}{k!}\approx 3x+4.5x^2 \approx a+(3a+b)x+(3b+c)x^2 \end{eqnarray*}$

Durch Koeffizientenvergleich bekommt man a=0, b=3 und c=-4.5.

Weniger Heuristisch:
$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac ee\cdot f(x)=\frac 1e \cdot \frac{e^{3x+1}-e}{3x+1}=e^{-1}\sum_{k=1}^\infty\frac{(3x+1)^{k-1}}{k!}+\frac{e^{-1}-1}{1-(-3x)}=e^{-1}\sum_{k=1}^\infty\frac{(3x+1)^{k-1}}{k!}+(e^{-1}-1)\sum_{k=0}^\infty(-3x)^k \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} \vert x \vert < \frac 13 \end{eqnarray*}$

Man kann Gliedweise ableiten für diese x:
$\begin{eqnarray*} f'(x)=3e^{-1}\sum_{k=2}^\infty\frac{(k-1)(3x+1)^{k-2}}{k!}-3(e^{-1}-1)\sum_{k=1}^\infty k(-3x)^{k-1} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f'(0)=3e^{-1}\sum_{k=0}^\infty\frac{(k+1)}{(k+2)!}-3(e^{-1}-1)=3e^{-1}\sum_{k=0}^\infty\frac{(k+2-1)}{(k+2)!}-3(e^{-1}-1)=3e^{-1}\overbrace{\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{1}{(k+1)!}-\frac{1}{(k+2)!}\right)}^{\mathrm{Teleskopsumme}}-3(e^{-1}-1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =3 \end{eqnarray*}$
Du scheinst also einen Fehler zu haben, bei deiner Ableitung kommt nämlich f'(0)=-3 raus.
$\begin{eqnarray*} f''(x)=9e^{-1}\sum_{k=3}^\infty\frac{(k-1)(k-2)(3x+1)^{k-3}}{k!}+9(e^{-1}-1)\sum_{k=2}^\infty k(k-1)(-3x)^{k-2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f''(0)=9e^{-1}\sum_{k=0}^\infty\frac{(k+1+2-2)(k+2)}{(k+3)!}+18(e^{-1}-1)=9e^{-1}\left(\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(k+1)!}-2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k+2}{(k+3)!}\right)+18(e^{-1}-1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =9e^{-1}\left(e-1-2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(k+2)!}-\frac{1}{(k+3)!}\right)+18(e^{-1}-1)=9e^{-1}\left(e-1-1\right)+18(e^{-1}-1)=-9\Rightarrow \frac{f''(0)}{2!}=-4.5 \end{eqnarray*}$

Man war das ein Spass ;D.

23.08.2011, 22:50

Dopap

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möglich, dass das ein Spass für "Überflieger" ist.
--------------------------

und "Man war das ein Spass..."

sollte doch besser " Mann, war das ein Spass ..." lauten

--------------------------------------------------
hier wird konkrete Hilfestellung gesucht.

23.08.2011, 23:04

Ungewiss

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Hey, ich dachte eigentlich die Frage wäre von dir schon hinreichend beantwortet worden und wenn ich mich selber an der Aufgabe aus Jux versuchen will, ist das doch der richtige Ort dafür smile

.

Und ob die Überflieger das spassig finden, weiss ich auch nicht, prinzipiell wars ja nur Gerechne, bis auf ein, zwei Standardideen.

Apropos: Danke für die Korrektur meines sprachlichen Fehlers!

23.08.2011, 23:40

Grouser

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Ich kann deinen Einwand wirklich nicht nachvollziehen, Dopap. Die Ansätze von Ungewiss sind bei weitem einfacher zu bewerkstelligen als ein Runterbeten der standard Taylorentwicklung für die gegebene Funktion. Abgesehen davon benutzen beide nur absolut grundlegende Konzepte und sind leicht verständlich.

Natürlich ist das nicht mein Bier, aber gerade in der Mathematik sind neue Lösungswege doch immer sehr zu begrüßen... Mich jedenfalls hat es gefreut Freude

23.08.2011, 23:54

tigerbine

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Zitat:

Ungewiss
Hey, ich dachte eigentlich die Frage wäre von dir schon hinreichend beantwortet worden und wenn ich mich selber an der Aufgabe aus Jux versuchen will, ist das doch der richtige Ort dafür

Bitte nur abwarten, bis der user sich meldet und der Thread somit frei ist. Denn so steht eine "Komplettlösung" da, egal ob nun als erster oder zweiter Post. Augenzwinkern

Zitat:

Grouser
Natürlich ist das nicht mein Bier, aber gerade in der Mathematik sind neue Lösungswege doch immer sehr zu begrüßen... Mich jedenfalls hat es gefreut

Wie gesagt, mit dem passenden timing: sehr gerne. Augenzwinkern

24.08.2011, 17:14

yellowt

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Erstmal Danke für die Antworten.

@ Ungewiss: Danke für die Mühe. Aber das mir dann doch ein bisschen zu Speziell. Sollte in der Klausur max. 10-15 min dauern.

Bei der 1. Ableitung hab ich wirklich einen Fehler entdeckt.

$\begin{eqnarray*} f'(x)= \frac{9xe^{3x}+3 }{(3x+1)^2} \end{eqnarray*}$

also

$\begin{eqnarray*} f'(0)= 3 \end{eqnarray*}$

Hab da jetzt ein bisschen herumprobiert und einen möglichen Ansatz gefunden.
( Ob das funktioniert müsstet ihr mir erläutern)

In meiner Formelsammlung sind Tabellen zu "Speziellen Potenzreihen"

$\begin{eqnarray*} e^{3x}=1+3x+\frac{9}{2}x^{2} \end{eqnarray*}$

Kann ich das $\begin{eqnarray*} e^{3x} \end{eqnarray*}$ durch die 2.Näherung ersetzen?

Das würde das Ableiten erheblich erleichtern.

25.08.2011, 21:58

Dopap

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wahrscheinlich schon. Ich würde aber vorschlagen , dass du zumindest eine Potenz höher gehen solltest.
Andererseits:
was ist nun an der 2. Ableitung sooo schrecklich?

$\begin{eqnarray*} f''(x)= 9\frac {9x^2e^{3x}+e^{3x}-2}{(3x+1)^3} \end{eqnarray*}$

edit: e^(3*x) könnte man noch partiell ausklammern.

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