Taylor-Reihe des Arkustangens

24.11.2016, 15:40

Lilu20

Taylor-Reihe des Arkustangens

Meine Frage:
Wie bestimmte ich die Taylor-Reihe des Arkustangens im Entwicklungspunkt 0 über die Ableitungen?

Meine Ideen:
Ich habe die Ableitungen bereits gebildet und dann den Punkt 0 eingesetzt.
Nur komme ich nicht weiter.

24.11.2016, 15:42

HAL 9000

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Vor ca. einer Stunde hast du im anderen Thread gepostet:

Zitat:

Original von Lilu20
Die Taylor-Reihe des Arkustangens konvergiert nur für x Element (-1,1).

[...]

Die Taylor- Reihe habe ich gebildet

Ja was denn nun? Hast du sie nun gebildet oder nicht? Erstaunt1

24.11.2016, 15:44

Lilu20

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Sie war dann doch falsch unglücklich

24.11.2016, 15:50

HAL 9000

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Dann zeig doch mal, was du bisher hast, d.h.

Zitat:

Original von Lilu20
Ich habe die Ableitungen bereits gebildet und dann den Punkt 0 eingesetzt.

dann sehen wir weiter.

25.11.2016, 08:40

Lilu20

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Die Ableitungen:
arctan'(x) = $\begin{eqnarray*} 1/1+x^2 \end{eqnarray*}$
arctan''(x) = $\begin{eqnarray*} 2x/(1+x^2)^2 \end{eqnarray*}$
arctan'''(x)= $\begin{eqnarray*} 6x^2-2/(1+x^2)^3 \end{eqnarray*}$
arctan''''(x)= $\begin{eqnarray*} 24x-24x^3/(1+x^2)^4 \end{eqnarray*}$

Und die im Entwicklungspunkt 0 ergeben:
arctan(0) = 0
Erste Ableitung = 1
Zweite Ableitung =0
Dritte Ableitung = -2
Vierte Ableitung= 0
Fünfte Ableitung = 24
Sechste Ableitung = 0

25.11.2016, 08:53

Dopap

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Zitat:

Original von Lilu20

arctan''''(x)= $\begin{eqnarray*} 24x-24x^3/(1+x^2)^4 \end{eqnarray*}$

der / soll wohl ein Bruchstrich sein.

$\begin{eqnarray*} \arctan''''(x)= \frac {24x-24x^3}{(1+x^2)^4} \end{eqnarray*}$

code:
1:	[latex]\arctan''''(x)= \frac {24x-24x^3}{(1+x^2)^4} [/latex]

25.11.2016, 09:09

Lilu20

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Genau, ich wusste nicht, wie ich den einfügen kann.

25.11.2016, 09:47

HAL 9000

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Wir wollen ja die Taylorreihe $\begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n \end{align*}$ für $\begin{align*} f(x) = \arctan(x) \end{align*}$ aufstellen. Wie bereits festgestellt ist da $\begin{align*} f'(x) = \frac{1}{1+x^2} \end{align*}$ . Bildet man die weiteren Ableitungen, wird es rasch ziemlich kompliziert, erst recht wenn man einen allgemeinen expliziten Ausdruck für die $\begin{align*} n \end{align*}$ -te Ableitung finden will.

Wenn du keine Berührungsängste damit hast, würde ich an der Stelle die komplexe Partialbruchzerlegung der ersten Ableitung vorschlagen, die lautet

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

Die Einzelterme rechts sind normale (argumentverschobene) Potenzfunktionen, die sich leicht differenzieren lassen. Tatsächlich hat die $\begin{align*} n \end{align*}$ -te Ableitung dann die einfache Gestalt

$\begin{align*} f^{(n)}(x) = \frac{(-1)^n(n-1)!}{2i}\left( \frac{1}{(x+i)^n} - \frac{1}{(x-i)^n} \right) \end{align*}$ ,

begründbar per vollständiger Induktion. Damit ist

$\begin{align*} f^{(n)}(x) = \frac{(-1)^n(n-1)!}{2i(x^2+1)^n}\left( (x-i)^n - (x+i)^n \right) \end{align*}$ ,

speziell also beim Einsetzen des Arguments $\begin{align*} x=0 \end{align*}$

$\begin{align*} f^{(n)}(0) = \frac{(-1)^n(n-1)!}{2i}\left( (-i)^n - i^n \right) = \frac{(n-1)!}{2i}\left( i^n - (-i)^n \right) \end{align*}$ .

Für gerade $\begin{align*} n=2k \end{align*}$ bedeutet das

$\begin{align*} f^{(2k)}(0) = \frac{(2k-1)!}{2i}\left((-1)^k - (-1)^k \right) = 0 \end{align*}$

Für ungerade $\begin{align*} n=2k+1 \end{align*}$ hingegen

$\begin{align*} f^{(2k+1)}(0) = \frac{(2k)!}{2i}\left( i(-1)^k +i(-1)^k \right) = (-1)^k(2k)! \end{align*}$ .

Eingesetzt in die Taylorreihe fallen also sämtliche Terme für $\begin{align*} n=2k \end{align*}$ weg, es verbleibt

$\begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n = f(0) + \sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(2k+1)}(0)}{(2k+1)!} x^{2k+1} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k(2k)!}{(2k+1)!} x^{2k+1} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} x^{2k+1} \end{align*}$ .

25.11.2016, 12:54

Matt Eagle

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RE: Taylor-Reihe des Arkustangens
Am einfachsten wäre es vermutlich so: Entwickle die 1. Ableitung des ArcTan in eine geom. Reihe und führe an dieser eine gliedweise Integration durch.

25.11.2016, 15:24

HAL 9000

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So geht's natürlich auch. Big Laugh

Immerhin bietet mein Weg oben die Möglichkeit, unter Nutzung des Binomischen Satzes auch eine explizite reelle Darstellung der gesamten $\begin{align*} n \end{align*}$ -ten Ableitung aufzustellen - falls man die anderweitig mal noch brauchen sollte:

$\begin{align*} f^{(n)}(x) = \frac{(-1)^n(n-1)!}{2i(x^2+1)^n}\sum_{j=0}^n \binom{n}{j} \left( (-i)^j - i^j \right)x^{n-j} = \frac{(n-1)!}{(x^2+1)^n}\sum_{k=0}^{\left\lfloor \frac{n-1}{2}\right\rfloor} (-1)^{n-k-1} \binom{n}{2k+1} x^{n-2k-1} \end{align*}$ . Augenzwinkern

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