Einfaches Anfangswertproblem - Taylorentwicklung

07.02.2014, 05:55	Kimyaci	Auf diesen Beitrag antworten »
Einfaches Anfangswertproblem - Taylorentwicklung Das Thema haben wir nur kurz angesprochen und im Skript ist auch nur ein Beispiel dazu zu finden wo einfach die ganze Zeit abgeleitet wird bis die Ableitungen irgendwann alle Null werden. Also großartige Techniken kenne ich keine. Aufgabe: Bestimmen Sie das Taylorpolynom n-ten Grades ( $\begin{eqnarray} n \geq 4 \end{eqnarray}$ ), der Lösung y des Anfangswertproblems $\begin{eqnarray} y' = y + x \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} y(0) = 2 \end{eqnarray}$ im Entwicklungspunkt $\begin{eqnarray} x_0 = 0 \end{eqnarray}$ . y(0) = 2 bedeutet doch, x = 0, y = 2 oder? Wenn ich das einsetze: $\begin{eqnarray} y'(0) = 2 \end{eqnarray}$ Nun ableiten der DGL: $\begin{eqnarray} y'' = y' + 1 \end{eqnarray}$ Einsetzen von $\begin{eqnarray} y'(0) = 2 \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} y''(0) = 3 \end{eqnarray}$ Nochmals ableiten: $\begin{eqnarray} y'''(0) = y''(0) = 3 \end{eqnarray}$ Wenn ich jetzt ableite kommt da dann Null bei raus? $\begin{eqnarray} y''''(0) = 0 \end{eqnarray}$ Dann wären ja auch alle weiteren Ableitungen $\begin{eqnarray} y^{n} = 0 \ \ \text{mit} \ \ n \geq 4 \end{eqnarray}$ . Heißt das jetzt für das Taylorpolynom: $\begin{eqnarray} y = y(0) + y'(0) \cdot x + \frac 1 2 y''(0) x^2 + \frac 1 6 y'''(0) x^4 + 0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y = 2 + 2x + \frac 3 2 x^2 + \frac 1 2 x^4 \end{eqnarray}$ Also ist die Lösung eines Anfangswertproblems eine Gleichung? Edit: Unter Integralrechnung habe ich noch eine Technik namens "Lösen durch Variablentrennung" gefunden, scheint aber hier nicht notwendig zu sein da ich schon die Lösung habe?
07.02.2014, 08:30	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Du hast korrekt begonnen: $\begin{eqnarray} y' = y + x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y''= y' + 1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y''' = y'' \end{eqnarray}$ Warum machst du jetzt nicht so weiter? $\begin{eqnarray} y^{(4)} = y''' \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y^{(5)} = y^{(4)} \end{eqnarray}$ Man kann doch niemals in eine Funktion einsetzen und die Konstante dann formal ableiten. Da wäre ja jede Ableitung auf der Welt an jeder Stelle Null. Solch einen Ableitungsbegriff brauchte man dann wirklich nicht.
07.02.2014, 08:40	Kimyaci	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja das kam mir auch komisch vor.. Wäre dann die Lösung: $\begin{eqnarray} y = 2+2x+\frac 3 2 x^2 + \frac 1 2 x^4 + ... + \frac{3}{k!} \cdot x^k \end{eqnarray}$ Mit $\begin{eqnarray} k \in \mathbb N \wedge k \geq 5 \end{eqnarray}$ .
07.02.2014, 09:02	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich vermute, daß es $\begin{eqnarray} x^3 \end{eqnarray}$ statt $\begin{eqnarray} x^4 \end{eqnarray}$ heißen soll, dann wäre es richtig. Man kann das sogar fortsetzen auf eine unendliche Reihe: $\begin{eqnarray} y = 2 + 2x + 3 \cdot \frac{x^2}{2!} + 3 \cdot \frac{x^3}{3!} + \ldots = 2 + 2x + 3 \cdot \left( \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \ldots \right) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = 2 + 2x + 3 \cdot \left( \frac{x^0}{0!} + \frac{x^1}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \ldots \right) - 3 - 3x = -1 - x + 3 \cdot \operatorname{e}^x \end{eqnarray}$
07.02.2014, 09:04	Kimyaci	Auf diesen Beitrag antworten »
Hups, ja $\begin{eqnarray} x^3 \end{eqnarray}$ muss es heißen. Den Trick mit dem Fortsetzen merke ich mir, danke.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »