Taylor-Reihen Aufgaben 1. Entwickle die Funktion f mit der ... - gxy.ch

Taylor-Reihen
Aufgaben
1. Entwickle die Funktion f mit der Gleichung f(x) = sin x nach dem Satz von Taylor
in eine Potenzreihe mit dem Entwicklungspunkt a = 0.
2. Gegeben ist die Funktion f(x) = ln x.
(a) Entwickle f nach dem Satz von Taylor in eine Potenzreihe mit dem Entwicklungspunkt
a = 1.
(b) Berechne ln 2, so dass das Ergebnis auf 2 Stellen nach dem Dezimalpunkt genau
ist. Wie gross muss dafür der Grad des Taylor-Polynoms gewählt werden?
3. Entwickle die Funktion f(x) = √ 1 + x nach dem Satz von Taylor in eine Potenzreihe
bis zur Potenz x 5 . (Entwicklungsstelle a = 0)
4. Berechne die Lösung der Gleichung x 2 = e x näherungsweise, indem du die Exponentialfunktion
in eine Potenzreihe bis zur Potenz x 3 an der Stelle a = 0 entwickelst.
5. Berechne den Grenzwert
sin x
lim
x→0 x
mit Hilfe einer Potenzreihenentwicklung der Sinusfunktion.
6. Das in der Statistik oft auftretende Integral
∫ x
0
e −t2 dt
besitzt keine elementare Stammfunktion. Daher ist man auf eine Näherungslösung
angewiesen. Entwickle den Integranden in eine Potenzreihe und integriere diese
gliedweise.
7. Schreibe das Polynom p(x) = x 4 + 3x 3 + x 2 + 2x + 1 mit Hilfe des Satzes von Taylor
um in die Form q(x) = c 4 (x − 1) 4 + c 3 (x − 1) 3 + c 2 (x − 1) 2 + c 1 (x − 1) + c 0 .
8. Für die Formel von Taylor gibt es eine differenzielle Form des Restglieds:
mit
f(x) = f(a) + f ′ (a)(x − a) + f ′′ (a)
2!
(x − a) 2 + · · · + f (n) (a)
(x − a) n + R n+1 (x)
n!
R n+1 (x) = f (n+1) (ξ)
(x − a)n+1
(n + 1)!
wobei ξ eine geeignete Stelle zwischen x und a ist.
Die e-Funktion wird in eine Potenzreihe mit Entwicklungsstelle a = 0 entwickelt.
Wie gross kann der Fehler an der Stelle x = 0.5 maximal werden, wenn die Reihe
nach
(a) 3 Gliedern (b) 4 Gliedern (c) 5 Gliedern
abgebrochen wird? Verwende zur Abschätzung des Fehlers das oben angegebene
Restglied.

Taylor-Reihen
Lösungen+
1. f(x) = sin x ⇒ f(0) = 0
f ′ (x) = cos x ⇒ f ′ (0) = 1
f ′′ (x) = − sin x ⇒ f ′′ (0) = 0
f ′′′ (x) = − cos x ⇒ f ′′′ (0) = −1
f (4) (x) = sin x ⇒ f ′′′ (0) = 0
. . .
f(x) = f(a) + f ′ (a)(x − a) + f ′′ (a)
2!
(x − a) 2 + f ′′′ (a)
(x − a) 3 + . . .
3!
a = 0 ⇒ sin(x) = 0 + 1 · x + 0 − 1 3! · x3 + 0 + 1 5! · x5 + 0 − 1 7! · x7 + . . .
∞
sin(x) = x − x3
3! + x5
5! − x7
7! + · · · = ∑
(−1) k x 2k+1
(2k + 1)!
2. (a) f(x) = ln x ⇒ f(1) = 0
f ′ (x) = x −1 ⇒ f ′ (1) = 1
f ′′ (x) = −x −2 ⇒ f ′′ (1) = −1
f ′′′ (x) = 2x −3 ⇒ f ′′′ (1) = 2 = 2!
f (4) (x) = −6x −4 ⇒ f (4) (1) = −6 = −3!
f (5) (x) = 24x −5 ⇒ f (5) (1) = 24 = 4!
. . .
f(x) = f(a) + f ′ (a)(x − a) + f ′′ (a)
2!
k=0
(x − a) 2 + f ′′′ (a)
(x − a) 3 + . . .
3!
ln(x) = 0 + 1 · (x − 1) − 1 2! · (x − 1)2 + 2!
3! · (x − 1)3 − 3!
4! · (x − 1)4 + . . .
ln(x) = (x − 1) −
(x − 1)2
2
+
(x − 1)3
3
oder mit der Substitution x − 1 → x:
ln(x + 1) = x − x2
2 + x3
3 − x4
4 + x5
(b) s n =
n∑
(−1)
k=1
k+1 xk
k
n s n ln 2 | ln 2 − s n |
10 0.64563 0.69315 0.04752
20 0.66877 0.69315 0.02438
30 0.67676 0.69315 0.01639
40 0.68080 0.69315 0.01235
49 0.70325 0.69315 0.01010
50 0.68325 0.69315 0.00990
51 0.70286 0.69315 0.00971
−
(x − 1)4
4
5 + · · · = ∞
∑
k=1
+ · · · =
k+1 xk
(−1)
k
∞∑
k+1 (x − 1)k
(−1)
k
k=1

3. f (0) (x) = (1 + x) 1 2 ⇒ f (0) (0) = 1
f (1) (x) = 1 2 (1 + x)− 1 2 ⇒ f (1) (0) = 1 2
f (2) (x) = − 1 4 (1 + x)− 3 2 ⇒ f (2) (0) = − 1 4
f (3) (x) = 3 8 (1 + x)− 5 2 ⇒ f (3) (0) = 3 8
f (4) (x) = − 15(1
+ 7 16 x)− 2 ⇒ f (4) (0) = − 15
16
f (5) (x) = 105(1
+ 9 32 x)− 2 ⇒ f (5) (0) = 105
32
√
1 + x = 1 +
1
2 x − 1
4 · 2! x2 + 3
8 · 3! x3 − 15
16 · 4! x4 + 105
32 · 5! x5 − . . .
= 1 + 1 2 x − 1 8 x2 + 1 16 x3 − 5
128 x4 + 7
256 x5 − . . .
4. e x ≈ 1 + x + x2
2! + x3
3!
x 2 = e x
x 2 ≈ 1 + x + x2
2 + x3
6
6x 2 ≈ 6 + 6x + 3x 2 + x 3
0 ≈ x 3 − 3x 2 + 6x + 6
x ≈ −0.69889
Zum Vergleich die ”
exakte“ Lösung: −0.7035
5. lim
x→0
sin x
x
6. e −t2 = 1 + ( − t 2) +
(
)
= lim x − x3 + x5 − x7 + . . .
3! 5! 7!
= lim 1 − x2
x→0 x
x→0 3! + x4
5! − x6
7! + . . . = 1
( ) − t
2 2 ( ) − t
2 3 ( ) − t
2 4
+ +
2! 3! 4!
∞
= 1 − t 2 + t4
2! − t6
3! + t8
4! − · · · = ∑
k=0
(−1) k t2k
k!

∫ x
0
e −t2 dt =
=
∫ x
0
∫ x
0
(1 − t 2 + t4
2! − t6
3! + t8
1 dt −
∫ x
= [ t ] [ ]
x t
3 x − +
0
3
0
0
∫ x
t 4
)
4! − . . . dt
∫ x
t 2 dt +
0 2! dt − t 6 ∫ x
0 3! dt + 0
[ t
5 x [ t
7 x [ t
9 x
− + − . . .
5 · 2!]
0
7 · 3!]
0
9 · 4!]
0
= x − x3
3 + x5
5 · 2! − x7
7 · 3! + x9
9 · 4! − . . .
7. p(x) = x 4 + 3x 3 + x 2 + 2x + 1 p(1) = 8 c 0 = 8/0! = 8
p ′ (x) = 4x 3 + 9x 2 + 2x + 2 p ′ (1) = 17 c 1 = 17/1! = 17
p ′′ (x) = 12x 2 + 18x + 2 p ′′ (1) = 32 c 2 = 32/2! = 16
p ′′′ (x) = 24x + 18 p ′′′ (1) = 42 c 3 = 42/3! = 7
p (4) (x) = 24 p (4) (1) = 24 c 4 = 24/4! = 1
q(x) = (x − 1) 4 + 7(x − 1) 3 + 16(x − 1) 2 + 17(x − 1) + 8
t 8
4! dt − . . .
8. Achtung: In den Theorieunterlagen wurde das Restglied mit R n+1 bezeichnet. In
der Formelsammlung wird es mit R n bezeichnet. Es hat dort also die gleiche Nummer
wie die Ordnung der zuletzt berechneten Ableitung. In der Lösung wird die
Schreibweise aus der Formelsammlung verwendet.
(a) 3 Glieder: (d.h. bis zur 2. Ableitung)
R 2 (0.5) = f (3) (ξ)
3!
· (0.5 − 0) 3 = eξ
6 · 1
8 = 1 48 eξ mit ξ ∈ (0, 0.5)
Für welches ξ ∈ (0, 0.5) wird oben stehende Term maximal?
ξ = 0.5 ⇒ 1 48 · e0.5 = 0.03434836
Zum Vergleich:
2∑ 0.5 k
∣ e0.5 −
= |1.64872127 − 1.625| = 0.02372127
k! ∣
k=0
(b) R 3 (0.5) = f (4) (ξ)
4!
· (0.5 − 0) 4 = eξ
24 · 1
16 = 1
384 eξ mit ξ ∈ (0, 0.5)
ξ = 0.5 ⇒ 1
384 · e0.5 = 0.00429354
(c) R 4 (0.5) = f (5) (ξ)
5!
ξ = 0.5
⇒
· (0.5 − 0) 5 = eξ
120 · 1
32 = 1
46 080 eξ mit ξ ∈ (0, 0.5)
1
46 080 · e0.5 = 0.00042935
Moral: der maximal mögliche Fehler reduziert sich bei jedem weiteren Summanden
um etwa eine Dezimalstelle. Der wirkliche Fehler verhält sich daher nicht schlechter.

Taylor-Reihen
Lösungen
1. sin(x) = x − x3
3! + x5
5! − x7
7! + . . .
2. (a) f(x) = (x − 1) −
(x − 1)2
2
+
(x − 1)3
3
−
(x − 1)4
4
3. √ 1 + x ≈ 1 + 1 2 x − 1 8 x2 + 3 16 x3 − 5
128 x4 + 7
256 x5
4. x ≈ −0.69889
sin x
5. lim
x→0 x = 1
6.
7.
∫ x
0
e −t2 dt = x − x3
3 + x5
5 · 2! − x7
7 · 3! + x9
9 · 4! − . . .
+ . . .
8. (a) 0.03434836
(b) 0.00429354
(c) 0.00042935