Aufgabe 1
Sei $\D f(x)=\frac{1}{1+e^x}$.
- Geben Sie das $2.$ Taylorpolynom im Entwicklungspunkt $0$ an.
- Weisen Sie nach, dass der Approximationsfehler des ersten
Taylorpolynoms im Intervall $[-1,0]$ kleiner als $\D\frac{1}{3}$ ist.
Tipp
-
Taylorformel:
$\D T_n f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\left(x-x_0\right)^k$
-
Lagrange-Form des Restglieds:
$\D R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\left(x-x_0\right)^{n+1}$
Lösung
-
$
\D f'(x)=\frac{-e^x}{\left(1+e^x\right)^2}\\
\D f''(x)=\frac{-e^x\left(1+e^x\right)^2+e^x\cdot 2\left(1+e^x\right)\cdot e^x}{\left(1+e^x\right)^4}=\frac{-e^x-e^{2x}+2e^{2x}}{\left(1+e^x\right)^3}=-\frac{e^x\left(1-e^x\right)}{\left(1+e^x\right)^3}\\
\D f(0)=\frac 12,\quad f'(0)=-\frac 14,\quad f''(0)=0\\
\D\RA T_2 f(x)=\frac 12-\frac 14 x
$
-
$
\D R_1 f(x)=\frac{1}{2!}f''(\xi)\left(x-0\right)^2=-\frac{x^2}{2}\frac{e^\xi\left(1-e^\xi\right)}{\left(1+e^\xi\right)^3}
$
Auf $[-1,0]$ ist $\D e^\xi\leq 1$,
$\D 1-e^\xi\leq 1-\frac 1e$
und
$\D 1+e^\xi\leq 1+\frac 1e$
Also ist $ \D\RA |R_1 f(x)|\leq \frac {1^2}{2} \frac{1\cdot\left(1-\frac 1e\right)}{\left(1+\frac 1e\right)^3}$
Jetzt wird $e$ und $\frac{1}{e}$ abgeschätzt:
$ \D\frac 52\leq e \leq \RA \frac 13 \leq \frac 1e \leq \frac 25\\
\D 1 - \frac 1e \leq \frac 23\\
\D 1 + \frac 1e \geq \frac 43$
Also ist der Fehler $\D |R_1 f(x)| \leq \frac 12 \cdot \frac 23 \cdot \frac{27}{64}=\frac{9}{64}\leq \frac 18
$
Aufgabe 2
-
Sei $\D f(x)=\ln (1+\sin x)$. Bestimmen Sie das $3.$ Taylorpolynom von $f$ im Entwicklungspunkt $0$.
-
Sei $R$ der Fehler, der entsteht, wenn $f$ im Intervall $\left[-\frac 12, \frac 12\right]$ durch das zweite
Taylorpolynom ersetzt wird.
Zeigen Sie $|R|\leq \frac{1}{12}$.
Tipp
-
Taylorformel:
$\D T_n f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\left(x-x_0\right)^k$
-
Lagrange-Form des Restglieds:
$\D R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\left(x-x_0\right)^{n+1}\\
\D\frac{1}{2}\le \frac{\pi}{6}$
Lösung
-
$
\D f'(x)=\frac{\cos x}{1+\sin x}\\
\D f''(x)=\frac{-\sin x (1+\sin x)-\cos^2 x}{\left(1+\sin x\right)^2}=-\frac{1+\sin x}{\left(1+\sin x\right)^2}=\frac{-1}{1+\sin x}\\
\D f'''(x)=\frac{\cos x}{\left(1+\sin x\right)^2}\\
\D\RA f(0)=0,\quad f'(0)=1,\quad f''(0)=-1,\quad f'''(0)=1\\
\D\RA T_3 f(x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}
$
-
$\D R_2(x)=\frac{f'''(\xi)}{3!}x^3$
Auf $\left[-\frac 12,\frac 12\right]$ gilt:
$\D\sin \xi\geq\sin\left(-\frac 12\right)\geq\sin\left(-\frac{\pi}{6}\right)=-\frac 12\RA 1+\sin\xi\geq \frac 12,\qquad |\cos\xi|\leq 1
\D\RA |R_2(x)|\leq \frac 16 \frac{1}{\left(\frac 12\right)^2}\left(\frac 12\right)^3=\frac {1}{12}$
Aufgabe 3
Sei $\D f(x)=x\sin x$.
- Beweisen Sie für $\D n\geq 0:\quad f^{(2n)}(x)=(-1)^n (x\sin x-2n\cos x)$.
- Geben Sie die Koeffizienten der Taylorreihe von $f$ im Entwicklungspunkt $0$ an.
Tipp
- Vollständige Induktion.
- Fallunterscheidung.
Lösung
-
Beweis über Induktion:
Anfang:
$\D f^{(0)}(x)=(-1)^0(x\sin x-2\cdot 0\cdot \cos x)=x\sin x=f(x)$
Schritt:
Voraussetzung ist:
$\D f^{(2n)}(x)=(-1)^n(x\sin x-2n\cos x)$.
Zu zeigen ist:
$\D f^{(2n+2))}(x)=(-1)^{n+1}(x\sin x-(2n+2)\cos x)$.
Beweis:
$
\D f^{(2n+2)}(x)=[f^{(2n)}]''(x)\\
\D[f^{(2n)}]'(x)=(-1)^n(x\cos x+\sin x+2n\sin x)=(-1)^n\left(x\cos x+(2n+1)\sin x\right)\\
\D[f^{(2n)}]''(x)=(-1)^n\left(-x\sin x+\cos x+(2n+1)\cos x\right)=(-1)^n\left(-x\sin x+(2n+2)\cos x\right)\\
\D=(-1)^{n+1}\left(x\sin x-(2n+2)\cos x\right)\qquad q.e.d.
$
-
Es ist $\D f^{(2n)}(0)=(-1)^n(-2n)=2n (-1)^{n+1}$ und $f^{(2n+1)}(0)=0$.
Die Koeffizienten der Taylorreihe sind daher:
$
\D\left[a_{2n+1}=\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}=0
\quad\text{und}\quad a_{2n}=\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}=\frac{2n(-1)^{n+1}}{(2n)!}
=
\begin{cases}
\D 0&~~\text{für }n=0\\
\D \frac{(-1)^{n+1}}{(2n-1)!} & ~~\text{sonst}
\end{cases}
\right]
$
Aufgabe 4
Sei $\D f(x)=\frac{1}{\sqrt{2+x}}$.
- Bestimmen Sie das zweite Taylorpolynom von $f$ in $\D x_0=0$.
- Weisen Sie nach, dass der Approximationsfehler des zweiten Taylorpolynoms
im Intervall $[0,\frac 12]$ kleiner als $\D\frac{1}{250}$ ist.
Tipp
-
Taylorformel:
$\D T_n f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\left(x-x_0\right)^k$
-
Lagrange-Form des Restglieds:
$\D R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\left(x-x_0\right)^{n+1}$
Lösung
-
$
\D f(x)=\left(2+x\right)^{-\frac 12},\qquad f(0)=2^{-\frac 12}=\frac{1}{\sqrt 2}=\frac{\sqrt 2}{2}\\
\D f'(x)=-\frac 12\left(2+x\right)^{-\frac 32},\qquad f'(0)=-\frac 12 2^{-\frac 32}=-\frac{1}{4\sqrt 2}=-\frac{\sqrt 2}{8}\\
\D f''(x)=-\frac 12\left(-\frac 32\right)\left(2+x\right)^{-\frac 52},\qquad f''(0)=\frac 34 2^{-\frac 52}=\frac{3}{4\cdot 4\cdot \sqrt 2}=\frac{3\sqrt 2}{32}\\
\D T_2 f(x)=\frac{\sqrt 2}{2}-\frac{\sqrt 2}{8}x+\frac{3\sqrt 2}{64}x^2
$
-
$\D f'''(x)=\left(-\frac 12\right)\left(-\frac 32\right)\left(-\frac 52\right)\left(2+x\right)^{-\frac 72}$
Für $\xi\in\left[0,\frac 12\right]$ ist
$
\D|f'''(\xi)|\leq|f'''(0)|=\frac{15}{64\sqrt 2}\\
\D|R_2(x)|=\left|\frac{1}{3!}f'''(\xi)x^3\right|\leq \frac 16\frac{15}{64\sqrt 2}\frac 18=\frac {5\sqrt 2}{2^{11}}\leq\frac{8}{2^{11}}=\frac{1}{2^8}=\frac{1}{256}<\frac{1}{250}
$
Aufgabe 5
Bestimmen Sie (ohne Konvergenzuntersuchung) die Taylorreihe von $f(x)=\cosh{(2x)}$ in $a=0$.
Tipp
$\sinh'(x)=\cosh(x),\quad\cosh'(x)=\sinh(x)$
Lösung
Aus $\sinh'(x)=\cosh(x)$ und $\cosh'(x)=\sinh(x)$ folgt:
$
\D f^{(2k)}(x)=2^{2k}\cosh(2x)\RA a_{2k}=\frac{2^{2k}\cosh(2x)}{(2k)!}\\
\D f^{(2k+1)}(x)=2^{2k+1}\sinh(2x)\RA a_{2k+1}=\frac{2^{2k+1}\sinh(2x)}{(2k+1)!}
$
Für $x_0=0$ folgt:
$
\D a_{2k+1}=0,\qquad a_{2k}=\frac{2^{2k}}{(2k)!}\\
\D\RA T_n f(x)=\sum_{k=0}^n \frac{2^{2k}}{(2k)!}x^{2k}=\sum_{k=0}^n \frac{(2x)^{2k}}{(2k)!}
$
Aufgabe 6
Sei $\D f(x)=\sin{(e^{-x}-1)}$.
- Geben Sie das dritte Taylorpolynom von $f$ im Entwicklungspunkt $0$ an.
- Ermitteln Sie mit Hilfe des zweiten Taylorpolynoms von $f$ eine Näherung von $f\left(\frac 12\right)$.
- Weisen Sie nach, dass der Fehler dabei kleiner als $\D\frac 19$ ist.
Tipp
Lösung
-
$
\D f'(x)=-e^{-x}\cos(e^{-x}-1)\\
\D f''(x)=e^{-x}\cos(e^{-x}-1)-\sin(e^{-x}-1)(-e^{-x})(-e^{-x})\\
\D=e^{-x}\cos(e^{-x}-1)+e^{-2x}\sin(1-e^{-x})\\
\D f'''(x)=-e^{-x}\cos(e^{-x}-1)-e^{-x}\sin(e^{-x}-1)(-e^{-x})+2e^{-2x}\sin(e^{-x}-1)-e^{-2x}\cos(e^{-x}-1)(-e^{-x})\\
\D=3e^{-2x}\sin(e^{-x}-1)+(e^{-3x}-e^{-x})\cos(e^{-x}-1)\\
\D f(0)=0,\quad f'(0)=-1,\quad f''(0)=1,\quad f'''(0)=0\\
\D\RA T_3 f(x)=-x+\frac{x^2}{2}
$
-
$
\D T_2 f(x)=-x+\frac{x^2}{2}\\
\D T_2 f(\frac 12)=-\frac 12 +\frac 12\left(\frac 12\right)^2=-\frac 38
$
-
$
\D R_2(x)=\frac {1}{3!}f'''(\xi)x^3,\quad x=\frac 12\RA \xi\in \left(0,\frac 12\right)
$
