Taylorpolynom von f(x^2)

11.03.2017, 12:41

klias

Taylorpolynom von f(x^2)

Ich habe:

das Taylorpolynom $\begin{eqnarray*} T_n(x) \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ am Entwicklungspunkt $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$

ich soll zeigen, dass $\begin{eqnarray*} x \mapsto T_n(x^2) \end{eqnarray*}$ das gleiche ist, wie das Taylorpolynom zu $\begin{eqnarray*} g(x):=f(x^2) \end{eqnarray*}$ vom Grad $\begin{eqnarray*} 2n \end{eqnarray*}$

Meine Vermutung ist, dass die Hälfte der Ableitungen von $\begin{eqnarray*} f(x^2) \end{eqnarray*}$ Null sind, kann es aber nicht wirklich zeigen.

Ich hoffe jemand kann mir dazu einen Tipp geben.

11.03.2017, 16:25

Clearly_wrong

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Das einfachste wäre wohl, sich zu überlegen, dass $\begin{align*} T_n(x^2)-f(x^2)\in o(x^{2n}),~x\to 0 \end{align*}$ . Da $\begin{align*} T_n(x^2) \end{align*}$ offensichtlich ein Polynom höchstens n-ten Grades ist, muss es sich dann schon um das entsprechende Taylorpolynom handeln. Das folgt aber direkt aus $\begin{align*} T_n(x)-f(x)\in o(x^n),~x\to 0 \end{align*}$ .

11.03.2017, 16:51

klias

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Danke für deine Antwort. Ich habe nur eine Frage: Was ist $\begin{eqnarray*} o(x^n) \end{eqnarray*}$ ?

11.03.2017, 16:57

Clearly_wrong

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Es handelt sich um die Landaunotation.

Hier speziell bedeutet, es, dass $\begin{align*} \lim_{x\to 0}\frac{T_n(x)-f(x)}{x^n} = 0 \end{align*}$ .

Analog ist $\begin{align*} o(x^{2n}),~x\to 0 \end{align*}$ definiert.

11.03.2017, 17:06

klias

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warum will ich durch $\begin{eqnarray*} x^n \end{eqnarray*}$ dividieren

reicht nicht $\begin{eqnarray*} f(x) = T_n(x)+R_n(x) \forall x \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ und damit auch $\begin{eqnarray*} f(x^2) = T_n(x^2) + R_n(x^2) \end{eqnarray*}$

11.03.2017, 19:36

Clearly_wrong

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Es ist halt so, dass das Taylorpolynom $\begin{align*} T_n \end{align*}$ im Punkt $\begin{align*} x_0 \end{align*}$ vom Grad $\begin{align*} n \end{align*}$ zu einer $\begin{align*} n \end{align*}$ -fach differenzierbaren Funktion $\begin{align*} f \end{align*}$ das eindeutig bestimmte Polynom höchstens $\begin{align*} n. \end{align*}$ Grades ist mit $\begin{align*} \lim_{x\to x_0}\frac{T_n(x)-f(x)}{(x-x_0)^n} = 0 \end{align*}$ . Wenn du diese Eigenschaft also nachweisen kannst, bist du daher fertig.

Dafür hilft natürlich auch die Darstellung $\begin{align*} f(x^2) = T_n(x^2) + R_n(x^2) \end{align*}$ , aber letztendlich musst du obige Grenzwertbedingung nachweisen.

Es geht wahrscheinlich auch anders, indem du Ableitungen vergleichst, das halte ich aber für wesentlich umständlicher.

11.03.2017, 19:52

klias

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Was ich bei dem Ganzen nicht verstehe ist, warum ich hier überhaupt etwas zeigen muss. Das Taylopolynom vom Grad n einer Funktion ist eindeutig. Das heißt für mich, wenn ich $\begin{eqnarray*} T_n(x) \end{eqnarray*}$ kenne, so kenne ich auch $\begin{eqnarray*} T_n(x^2) \end{eqnarray*}$ was ja nichts anderes ist, als das Taylorpolynom von $\begin{eqnarray*} f(x^2) = g(x) \end{eqnarray*}$ und das Polynom ist damit auch vom Grad $\begin{eqnarray*} 2n \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} f(x^2) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ muss aber nur $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Mal differenzierbar sein.

11.03.2017, 19:56

Clearly_wrong

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Zitat:

so kenne ich auch $\begin{eqnarray*} T_n(x^2) \end{eqnarray*}$ was ja nichts anderes ist, als das Taylorpolynom von $\begin{eqnarray*} f(x^2) = g(x) \end{eqnarray*}$

Das sollst du doch zeigen, du scheinst es als gegeben vorauszusetzen.

Übrigens funktioniert der ganze Spaß nur, wenn $\begin{align*} f \end{align*}$ auch $\begin{align*} 2n \end{align*}$ -mal differenzierbar ist, denn sonst muss $\begin{align*} g \end{align*}$ kein $\begin{align*} 2n. \end{align*}$ Taylorpolynom haben, auch wenn die Grenzwerteigenschaft erfüllt ist. Man kann sich hierfür zum Beispiel $\begin{align*} f(x) = x^3\chi_{\mathbb Q} \end{align*}$ anschauen. $\begin{align*} f \end{align*}$ und $\begin{align*} x\mapsto f(x^2) \end{align*}$ sind nur einmal differenzierbar in Null und nicht öfter. Dennoch existiert natürlich $\begin{align*} \lim_{x\to 0}\frac{f(x^2)}{x^2} \end{align*}$ .

11.03.2017, 20:15

klias

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Danke für deine Geduld.

Ich verstehe nicht warum sich das Polynom ändern soll. Ich setzte in das existierende statt $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ einfach $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ ein und bin fertig. Dem Polynom ist es doch grundsätzlich egal, welchen Wert $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ hat. Deshalb meine ich auch, dass n-Mal differenzierbar reicht, da das Polynom immer noch das gleiche ist. Nur die $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ haben sich verändert und der höchste Exponent ist jetzt halt $\begin{eqnarray*} 2n \end{eqnarray*}$ . Ich schränke einfach $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auf meine $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ ein

11.03.2017, 20:28

Clearly_wrong

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Es ist schon richtig, dass man mit $\begin{align*} T_n(x^2) \end{align*}$ immernoch $\begin{align*} f(x^2) \end{align*}$ approximieren kann, indem man $\begin{align*} x^2 \end{align*}$ statt $\begin{align*} x \end{align*}$ einsetzt. Es ist also tatsächlich klar, dass $\begin{align*} T_n(x^2) \end{align*}$ die Funktion $\begin{align*} g \end{align*}$ approximiert. Die Frage ist hier, wie gut!
Das Taylorpolynom 2n. Ordnung hat eine weitaus höhere Approximationsgüte, als das Taylorpolynom n. Ordnung und a priori ist überhaupt nicht klar, warum sich diese Approximationsgüte auf einmal so schlagartig verbessern soll. Warum sollte es z.B. nicht möglich sein, dass $\begin{align*} T_n(x^2) \end{align*}$ die Funktion $\begin{align*} g \end{align*}$ nur genauso gut approximiert, wie ein Taylorpolynom n. Grades? Wäre das nicht ebenfalls plausibel? Dass $\begin{align*} T_n(x^2) \end{align*}$ ein Polynom 2n. Grades ist, ist hier kein Argument. Man kann etwa zu $\begin{align*} T_n \end{align*}$ beliebige Monome oberhalb von $\begin{align*} x^n \end{align*}$ dazuaddieren ohne die Approximationsgüte für $\begin{align*} x\to 0 \end{align*}$ zu verschlechtern.

Diese Verbesserung der Approximationsgüte ist nachzuweisen und ich sehe nicht, wie das ohne einen Nachweis klar sein soll, auch wenn der Nachweis selbst sehr simpel ist.

11.03.2017, 21:39

klias

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Danke, jetzt verstehe ich. Ich soll also nachweisen, dass $\begin{eqnarray*} R_n(x^2) = R_{2n}(x) \end{eqnarray*}$ , also dass die Approximation besser geworden ist. Das schaue ich mir morgen genauer an. Die Landau Notation werde ich leider nicht verwenden können, da wir die noch nicht in der Vorlesung gemacht haben

11.03.2017, 21:55

klias

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Ich versuche jetzt zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} R_{2n}(x)-R_n(x^2) = 0 \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}f^{(2n+1)}(\epsilon) - \frac{x^{2n+2}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\epsilon_1) \end{eqnarray*}$ und hier hänge ich wieder. Mir gelingt es einfach nicht zu zeigen, dass die beiden gleich sind

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