Beispiele zur Taylorentwicklung

Beispiele zur Taylorentwicklung
Nun ein paar Aufgaben, die mit der Taylorentwicklung zu tun haben. In diesem
Zusammenhang sollte man auf jeden Fall die Formel für die Taylorentwicklung und das
Restglied nach Lagrange kennen.
Taylorentwicklung:
Restglied nach Lagrange:
f ( x )
f x x x R x
n ( k )
0
k
( ) = ∑ ( −
0) +
n( )
k = 0 k !
( n+
1)
f ( ξ )
Rn
( x) = ( x − x )
( n + 1)!
n+
1
0
Beispiel 1:
Bestimme das Taylorpolynom T ( ) 3
x von f ( x) : = e x • sin( x)
um den Entwicklungspunkt
1
x
0
= 0 und zeige, dass für | x | < gilt:
2
e 4
| R3 ( x) | = | f ( x) −T3
( x) | ≤ • | x |
6
Bei solchen Aufgaben ist die Vorgehensweise fast automatisch vorgebeben.
x
Zunächst bestimmen wir die ersten drei Ableitungen der Funktion f ( x) : = e • sin( x)
und
berechnen deren Werte im Punkt x
0
= 0 :
x
f ( x) : = e • sin( x)
f (0) = 0
x x x
f '( x) = e • sin( x) + e • cos( x) = e • (sin( x) + cos( x))
f '(0) = 1
x
x
f ''( x) = e • (sin( x) + cos( x)) + e • (cos( x) − sin( x))
x
f ''( x) = e • 2cos( x)
f ''(0) = 2
x x x
f '''( x) = e • 2cos( x) − e • 2sin( x) = 2 e (cos( x) − sin( x))
f '''(0) = 2
Für die spätere Abschätzung mittels des Restglied benötigen wir noch die
vierte Ableitung:
(4)
x
x
f x = e x − x + e − x − x
( ) 2 (cos( ) sin( )) 2 ( sin( ) cos( ))
(4)
x
x
f x = e − x = − e • x
( ) 2 ( 2sin( )) 4 sin( )
Einsetzen in die Formel für Taylor liefert nun das gesuchte Taylorpolynom:
3 ( k )
f (0) k
2 2 1
f ( x) = ∑ ( x − x0
) = 0 + 1 • x + x² + x³ = x + x² + x²
k! 2! 3! 3
k = 0

Für die Abschätzung benötigt man nun das Lagrange-Restglied. Es gilt:
(4)
f ( ξ ) 4 | sin ξ | e
| R3 ( x) | = | f ( x) − T3
( x) | = | x | = | x |
4! 4!
1 2
e e
≤ | x | = | x |
3! 6
4 4
ξ
4 4
Das ist so der erste Aufgabentyp, bei dem nach einem bestimmten Taylorpolynom gefragt
ist und dann ggf. noch eine Abschätzung mit dem entsprechenden Restglied nach Lagrange
gefordert ist.
Beispiel 2:
Nun zu einem zweiten Aufgabentyp, der etwas mehr Arbeit erfordert:
x
Bestimme die Taylorentwicklung von f ( x ) = − ln(1 − ) um den Entwicklungspunkt x
0
= 0 .
2
Hier bestimmen wir zunächst ein paar Ableitungen, um eine Gesetzmäßigkeit für die k-te
Ableitung zu entdecken:
x
f ( x) = − ln(1 − )
2
1 1 1 1 1 1
f '( x) = − • ( − ) = = =
x
1
2 2 x x
− 1− 2(1 − )
2 − x
2 2 2
1 1
f ''( x) = − • ( − 1) =
(2 − x)² (2 − x)²
1 2
f '''( x) = − 2 • ( − 1) =
(2 − x)³ (2 − x)³
Na, wer sieht schon was? Vielleicht nich die vierte Ableitung:
f
f
(4)
( k )
1 6
( x) = − 6 • ( − 1) =
4
(2 − x) (2 − x)
( k −1)!
( x)
=
k
(2 − x)
4
Wie sieht also die k-te Ableitung aus?
Dies müssten wir nun noch mit vollständiger Induktion beweisen. Wir verzichten hier aber
auf den sehr einfachen Induktionsbeweis und überlassen dies dem Leser als Übungsaufgabe
zur vollständigen Induktion.
Das Taylorpolynom um den Entwicklungspunkt x
0
= 0 lautet damit:
k
( k −1)!
x
f ( x)
= =
!• 2 k • 2
∞
∞
k
∑ x
k ∑
k = 1 k
k = 1
k
Und die Restgliedabschätzung nach Lagrange würde
R
n+
1
x
( x)
=
( n + 1)2
n+ 1 n+
1
lauten.

Beispiel 3:
Nun ein dritter Aufgabentyp, mit dem man Wurzeln näherungsweise berechnen kann.
Die Aufgabe lautet:
Berechne mittels der Taylorentwicklung 17 näherungsweise.
Hier müssen wir 17 erstmal geschickt umschreiben und zwar gilt:
17 = 16 + 1 = 16(1 + 1 16) = 16 • 1+ 1 16 = 4• 1+
1 16
Nun entwickeln wir also die Funktion f ( x) = 4 • 1+ x um den Entwicklungspunkt x
0
= 0 ,
denn 1 16 ist ja schon mächtig klein (fast Null) und außerdem haben wir mit x
0
= 0 relativ
wenig zu rechnen.
Hier gehen wir jetzt wieder analog wie in Beispiel 2 vor. Berechnen also zunächst einmal ein
paar Ableitungen und stellen dann wieder eine Vermutung für die k-te Ableitung auf:
f ( x) = 4 1+
x
1 2
f '( x) = 4 • = = 2(1 + x)
2 1+ x 1+
x
1
−
2
3 3
1 −
−
2 2
f ''( x) = 2 • ( − )(1 + x) = − (1 + x)
2
5
3 −
2
f '''( x) = (1 + x)
2
7
(4) 15 −
2
f ( x) = − (1 + x) Hier ist es gar nicht so leicht, eine Formel für die
4
k-te Ableitung zu finden. Dennoch: Beim systematischen Überlegen kommt man
schließlich auf:
n−2 n−2
∏
1 2i
+ 1 1 2i
+ 1
−k
−k
( k ) k + 1 2 i= 1 k + 1 2 i=
1
f ( x) = ( − 1) (1 + x) • 4 • = ( − 1) (1 + x)
•
k
k −2
2 2
∏
Streng genommen wird auch hier eine vollständige Induktion erwartet.
Ein anderer Weg wäre die Argumentation über den Binomialkoeffizienten. Dazu betrachten
wir die näherungsweise Berechnung von 6 . Hier gilt wieder
6 = 4 + 2 = 4(1 + 1 2) = 2 1+ 1 2 .
Es ergibt sich dann:
⎛1 2⎞ 1 ⎛1 2⎞ 1 ⎛1 2⎞ 1 ⎛1 2 ⎞ 1
1 2−n−1
6 = 2(1 + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ... + ⎜ ⎟ + (1 ξ ) )
n ⎜ ⎟ +
n+
1
⎝1 ⎠ 2 ⎝ 2 ⎠ 2² ⎝ n ⎠ 2 ⎝ n + 1⎠
2
Nun haben wir alle drei Aufgabentypen zusammen und können noch ein paar Beispiele
betrachten:

Beispiel 4:
Das Polynom p( x) = 2( x + 2)³ − 4( x + 2) − 1 soll in x − 1 geschrieben werden.
Wir entwickeln für x
0
= 1 das Polynom bis zur dritten Ordnung:
p( x) = 2( x + 2)³ − 4( x + 2) − 1, p(1) = 41
p '( x) = 6( x + 2)² − 4, p '(1) = 50
p ''( x) = 12( x + 2), p ''(1) = 36
p '''( x) = 12, p '''(1) = 12
Daraus ergibt sich nun mit der Taylorentwicklung:
1 1
p( x) = • 12( x − 1)³ + • 36( x − 1)² + 50( x − 1) + 41
3! 2!
p( x) = 2( x − 1)³ + 18( x − 1)² + 50( x − 1) + 41
Beispiel 5:
x
Bestimme die Taylorentwicklung der Funktion f ( x)
= e • x .
Hier gehen wir analog wie in dem Beispiel 2 vor:
x
f ( x)
= e • x
x x x
f '( x) = e • x + e • 1 = e • ( x + 1)
x x x
f ''( x) = e • ( x + 1) + e • 1 = e • ( x + 2)
x x x
f '''( x) = e • ( x + 2) + e = e • ( x + 3)
...
( ) = • ( + )
( k ) x
f x e x k
Dies zeigen wir nochmal mit vollständiger Induktion:
Den Induktionsanfang haben wir mehr als erbracht.
Für den Induktionsschritt zeigen wir
Induktionsvoraussetzung (IV), dass
( k + 1) x
f ( x) = e • ( x + k + 1) unter der
( k ) x
f ( x) = e • ( x + k)
für ein n schon bewiesen ist.
( IV )
( k + 1) ( k )
x x x x
f ( x) = ( f ( x)) ' = ( e • ( x + k)) ' = e • ( x + k) + e = e • ( x + k + 1)
Genau das hatten wir zu zeigen.
Beispiel 6:
Man bestimme das Taylorpolynom dritter Ordnung von f ( x) = (sin( x))²
an der Stelle x
0
= 0
und zeige, dass für das Restglied R ( x ) die Abschätzung 1 1
3
| R3
( x) | ≤ ∀x
∈ [0, ] gilt.
48 2
Wir gehen hier wie in Beispiel 1 vor:
D.h. wir bestimmen zunächst einmal die ersten vier Ableitungen und berechnen von den
ersten drei Ableitungen deren Werte im Entwicklungspunkt x
0
= 0 :

f ( x) = (sin( x))², f (0) = 0
f '( x) = 2sin( x) cos( x), f '(0) = 0
f ''( x) = 2cos( x)cos( x) − 2sin( x)sin( x) = 2cos ²( x) − 2sin ²( x) = 2(cos ²( x) − sin ²( x)), f ''(0) = 2
f '''( x) = 2(2cos( x)( −sin( x)) − 2sin( x)cos( x)) = − 8cos( x)sin( x), f '''(0) = 0
f
(4)
( x) = −8( −sin( x))sin( x) − 8cos( x)cos( x) = 8(sin ²( x) − cos ²( x))
Das Taylorpolynom lautet damit schlecht und weg:
0 2 0
T3
( x) = x³ + x² + x + 0 = x²
3! 2! 1!
Nun zur Abschätzung. Auch hier verwenden wir dafür wieder die Restgliedabschätzung nach
Lagrange:
−8cos 2ξ
4
R3
( x)
= x
24
−8cos 2ξ
4 1 4 1 1 1 1
| R3 ( x) | = | x | = cos 2ξ
x ≤ • = < 0 ∀0
≤ x ≤
4
24 3 3 2 48 2