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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:43 Mi 01.12.2004 | | Autor: | Tiinnii |
Hi@all!
Ich habe hier folgende Fkt. die an der Stelle x0=0,54 in eine Taylorreihe entwickelt werden soll!
f(x)=1,9sin(1,525(x+0,49))
Nur habe ich wirklich keine Ahnung wie ich das machen soll!!
Habe jetzt schon die entsprechenden Kapitel mehrerer Mathebücher gelesen, nur will es einfach nicht in meinen Kopf!
Vielleicht kann es mir jemand vorrechnen bzw. zeigen wie es geht?
Ich kann hier leider keinen eigenen Ansatz zeigen, da ich keinen habe
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:52 Do 02.12.2004 | | Autor: | Hanno |
Hallo Tiinii!
Ich nehme zwar an, dass du die allgemeine Funktion für die Taylorreihenentwicklung kennst, aber ich poste sie hier am besten nochmal:
Wenn $f$ eine beliebigfach-differenzierbare, stetige Funktion ist, dann lautet die Taylorreihenentwicklung um den Entwicklungspunkt a:
[mm] $f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{f^{(k)}(a)}{k!}\cdot (x-a)^k}$
[/mm]
Wie kommt man nun darauf? Das ist gar nicht so schwer, fangen wir doch mal an:
Unser Ziel soll es vorerst sein, eine Funktion $f$ in eine Potenzreihe [mm] $a_0+a_1\cdot x+a_2\cdot x^2+...$ [/mm] zu entwickeln. Wir machen also folgenden Ansatz:
[mm] $f(x)=a_0+a_1\cdot x+a_2\cdot x^2+...=\sum_{k=0}^{\infty}{a_k\cdot x^k}$
[/mm]
Das Problem besteht nun darin, den Koeffizienten [mm] $a_i$ [/mm] zu bestimmen. Wie du gleich sehen wirst, erhalten wir ihn über i-fache Differentiation. Es gilt nämlich:
[mm] $f'(x)=a_1+2\cdot a_2\cdot x+3\cdot a_3\cdot x^2+...$
[/mm]
[mm] $f''(x)=2\cdot a_2+3\cdot 2\cdot a_3\cdot x+4\cdot 3\cdot a_4\cdot x^2+...$
[/mm]
...
[mm] $f^{(k)}(x)=k!\cdot a_k+\frac{(k+1)!}{1!}\cdot a_{k+1}\cdot x+\frac{(k+2)!}{2!}\cdot a_{k+2}\cdot x^2+...$
[/mm]
Setzt du die k-te Ableitung gleich Null, so bleibt lediglich der erste Summand, also [mm] $k!\cdot a_k$ [/mm] übrig, da alle anderen Summanden mit $x=0$ multipliziert werden. Es gilt also:
[mm] $f^{(k)}(0)=k!\cdot a_k$
[/mm]
[mm] $\gdw\frac{f^{(k)}(0)}{k!}=a_k$
[/mm]
Und damit haben wir schon die Formel für die Koeffizienten [mm] $a_i$!
[/mm]
Setzen wir das in unseren obigen Ansatz ein, dann erhalten wir auch schon die Formel für die Taylorreihe (um den Entwicklungspunkt a=0):
[mm] $f(x)=\frac{f^{(0)}(0)}{0!}\cdot x^0+\frac{f^{(1)}(0)}{1!}\cdot x^1+\frac{f^{(2)}(0)}{2!}\cdot x^2+...=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{f^{(k)}(0)}{k!}\cdot x^k}$
[/mm]
Ist das soweit klar? Wenn nicht, dann hak' einfach nach!
Haben wir nun die Formel für die obige Taylorreihe hergeleitet, dann ist es auch nicht mehr schwer, sie so zu modifizieren, dass wir auch einen Entwicklungspunkt festlegen können. Dazu nämlich machen wir nicht den Ansatz
[mm] $f(x)=a_0+a_1\cdot x+a_2\cdot x^2+...=\sum_{k=0}^{\infty}{a_k\cdot x^k}$
[/mm]
sondern
[mm] $f(x)=a_0+a_1\cdot (x-a)+a_2\cdot (x-a)^2+...=\sum_{k=0}^{\infty}{a_k\cdot (x-a)^k}$
[/mm]
An der Koeffizientenbestimmung ändert sich auch nicht viel, hier kommt sie:
[mm] $f'(x)=a_1+2\cdot a_2\cdot (x-a)+3\cdot a_3\cdot (x-a)^2+...$
[/mm]
[mm] $f''(x)=2\cdot a_2+3\cdot 2\cdot a_3\cdot (x-a)+4\cdot 3\cdot a_4\cdot (x-a)^2+...$
[/mm]
...
[mm] $f^{(k)}(x)=k!\cdot a_k+\frac{(k+1)!}{1!}\cdot a_{k+1}\cdot (x-a)+\frac{(k+2)!}{2!}\cdot a_{k+2}\cdot (x-a)^2+...$
[/mm]
Damit nun alle Summanden außer dem ersten wegfallen, müssen wir, um Gegensatz zu oben, nicht 0, sondern a für x einsetzen, da dann der Ausdruck x-a zu Null wird. Insgesamt kommen wir also zu dem Ergebnis:
[mm] $f(x)=\frac{f^{(0)}(a)}{0!}\cdot (x-a)^0+\frac{f^{(1)}(a)}{1!}\cdot (x-a)^1+\frac{f^{(2)}(a)}{2!}\cdot (x-a)^2+...=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{f^{(k)}(a)}{k!}\cdot (x-a)^k}$
[/mm]
Dies ist genau die Formel, die ich zu Beginn der Antwort gepostet habe und damit hätten wir uns die Grundlagen schonmal erarbeitet. Wenn du noch Fragen hast, dann frag', es kann immermal sein, dass ich mich vertippt habe oder einen Denkfehler begangen habe.
Für nähere Informationen (auch dort ist keine Fehlerfreiheit gewährleistet) kannst du auch gerne mal in meinen Artikel auf ![[]](/images/popup.gif) http://www.Hanno-Becker.de/Taylorreihen.pdf hereinschauen!
Und nun zu deiner Aufgabe:
Der Einfachheit halber verwende ich ab jetzt Variablen, nämlich: q=1.9, r=1.525 und s=0.49, sowie a=0.54 als Entwicklungspunkt. Die Funktion lautet also:
[mm] $f(x)=q\cdot sin(r(x+s))\quad \Rightarrow\quad f(a)=q\cdot [/mm] sin(r(a+s))$
Für die Ableitungen gilt (man beachte die Kettenregel!):
[mm] $f'(x)=q\cdot r\cdot cos(r(x+s))\quad\Rightarrow\quad f'(a)=q\cdot r\cdot [/mm] cos(r(a+s))$
[mm] $f''(x)=-q\cdot r^2\cdot sin(r(x+s))\quad\Rightarrow\quad f''(a)=-q\cdot r^2\cdot [/mm] sin(r(a+s))$
[mm] $f'''(x)=-q\cdot r^3\cdot cos(r(x+s))\quad\Rightarrow\quad -q\cdot r^3\cdot [/mm] cos(r(a+s))$
In diesem Falle ist es nicht leicht, eine allgemeine Formel für die k-te Ableitung zu finden. Wenn dir so etwas passiert, dann hast du im Groben zwei Möglichkeiten: entweder du gruppierst die Ableitungen nach bestimmten Gesichtspunkten und schreibst deine endgültige Taylorreihe mit zwei [oder mehr] Summen (z.B. könnte die eine Summe alle ungeraden, die andere alle geraden k abarbeiten), oder aber du versuchst, eine explizite, aber ein wenig komplizierte Formel zu finden. Beides will ich dir hier vorführen:
Beginnen wir mit der ersten Variante:
Wir unterteilen die Ableitungen in solche, die den Kosinus beinhalten und in solche, welche den Sinus beinhalten. Erstere sind genau die k-ten Ableitungen mit ungeradem k, letztere genau diejenigen mit geradem k. Des weiteren wechselt das Vorzeichen innerhalb dieser Gruppen ständig, was aber, wie wir gleich sehen werden, kein Problem darstellt. Wir schreiben erstmal die Taylorreihe als zwei Summen, aufgeteilt in gerade und ungerade k.
[mm] $f(x)=\summe_{k=0}^{\infty}{\frac{f^{(2k+1)}(a)}{(2k+1)!}\cdot x^{2k+1}}+\summe_{k=0}^{\infty}{\frac{f^{(2k)}(a)}{(2k)!}\cdot x^{2k}}$
[/mm]
Für die Ableitungen [mm] $f^{(2k+1)}$ [/mm] gilt (siehe oben)
[mm] $f^{(2k+1)}=(-1)^k\cdot r^{2k+1}\cdot [/mm] cos(r(a+s))$,
für die geraden Ableitungen analog dazu
[mm] $f^{(2k)}=(-1)^{k}\cdot r^{2k}\cdot [/mm] sin(r(a+s))$
und damit haben wir auch schon die gesuchte Taylorreihe:
[mm] $q\cdot sin(r(x+s))=\summe_{k=0}^{\infty}{\frac{(-1)^k\cdot r^{2k+1}\cdot cos(r(a+s))}{(2k+1)!}\cdot x^{2k+1}}+\summe_{k=0}^{\infty}{\frac{(-1)^{k}\cdot r^{2k}\cdot sin(r(a+s))}{(2k)!}\cdot x^{2k}}$
[/mm]
Nun noch ein kleines Schmankerl: wir können die Taylorreihe nämlich auch ohne Trennung der Summen entwickeln:
Dazu machen wir uns klar, dass [mm] $cos(x)=sin\left( \frac{\pi}{2}-x\right) [/mm] $ gilt. Da sich der Sinus und der Kosinus abwechseln sollen, müssen wir dafür sorgen, dass einerseits der Summand [mm] $\frac{\pi}{2}$ [/mm] abwechselnd addiert wird und zudem noch das Vorzeichen von x ständig wechselt. Das Wechseln zwischen 0 und [mm] $\frac{\pi}{2}$ [/mm] erreichen wir so: [mm] $\frac{(1+(-1)^n)\cdot\frac{\pi}{2}}{2}=\frac{(1+(-1)^n)\cdot\pi}{4}$, [/mm] das Wechseln des Vorzeichens von x erhalten wir über Multiplikation mit [mm] $(-1)^n$. [/mm] Nun fehlt nur noch das Vorzeichen der gesamten Ableitung, das erst mit jeder zweiten Ableitung wechselt. Der Trick ist allerings genau der gleiche: [mm] $(-1)^{\frac{k-1+\frac{1+(-1)^{k}}{2}}{2}}$ [/mm] - warum dieser Ausdruck sein Vorzeichen alle zwei Schritte ändert, das überlasse ich dir!
Es ergibt sich somit allgemeine Formel für [mm] $f^{(k)}$
[/mm]
[mm] $f^{(k)}(a)=(-1)^{\frac{k-1+\frac{1+(-1)^{k}}{2}}{2}}\cdot q\cdot r^k\cdot [/mm] sin [mm] \left(\frac{(1+(-1)^{k+1})\cdot\pi}{4} +(-1)^k\cdot r(a+s)\right)$
[/mm]
und daraus resultierend die Taylorreihe:
[mm] $f(x)=\summe_{k=0}^{\infty}{\frac{(-1)^{\frac{k-1+\frac{1+(-1)^{k}}{2}}{2}}\cdot q\cdot r^k\cdot sin \left(\frac{(1+(-1)^{k+1})\cdot\pi}{4} +(-1)^k\cdot r(a+s)\right)}{k!}\cdot x^k}$
[/mm]
Ich hoffe, dass ich dir helfen konnte. Wenn es Unklarheiten gibt, dann frag' nach!
Liebe Grüße,
Hanno
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