Mathematik 1 für Naturwissenschaften

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1 Hans Walser Mathematik für Naturwissenschaften Modul 05 TAYLOR Lernumgebung Teil

2 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil ii Modul 05 für die Lehrveranstaltung Mathematik für Naturwissenschaften Winter 003/04 Erstausgabe Winter 004/05 Erweiterungen. Teilweise Angabe von Lösungswegen Winter 005/06 Erweiterungen. Geändertes Laout Winter 006/07 Erweiterungen. MathTpe. Herbst 007 Erweiterungen Herbst 008 Erweiterungen Herbst 009 Erweiterungen Herbst 00 Grafische Überarbeitung. Erweiterung. Fehlerkorrekturen Herbst 0 Erweiterungen. Unterteilung in zwei Teile last modified: 8. August 0 Hans Walser Mathematisches Institut, Rheinsprung, 405 Basel

3 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil iii Inhalt Beispiele zu Etrema... Seemannsgarn... 3 Etremstellen einer kubischen Funktion Vier Beispiele in einem Umkehrbarkeit Umkehrbarkeit Etremalaufgabe Monotonie-Intervalle Talorpolnom Talorreihe des Kosinus...9 Talorpolnom...0 Talorpolnom... 3 Wurzel und Talor... 4 Talorpolnom Talorpolnom Talor-Polnom Talorpolnom 5. Grades cosh und sinh Talor-Reihe Talor-Reihe...9 Ableitung von sinus...9 Talor-Polnom Talor-Polnom Talor-Polnom... 5 Talor-Polnom... 6 Mehrere Lösungswege... 7 Andere Darstellung Eine Aufgabe mit steigendem Schwierigkeitsgrad, die aber immer leichter wird Null durch Null Talorentwicklung der Arcustangens-Funktion Talor-Polnom der Ableitung Herleitung von Formeln Die Eulersche Zahl...3

4 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil Beispiele zu Etrema Überlegen Sie sich einige Beispiele aus Ihrer Umwelt, in denen Randetrema auftreten. - (offene Aufgabe) Seemannsgarn Cielo de los Angeles Für das Hochseeschiff Cielo de los Angeles wird der Ölverbrauch in Tonnen pro Stunde nach der Formel Ölverbrauch = v berechnet; dabei ist v die Geschwindigkeit in Knoten. a) Wie viel ist ein Knoten? b) Welche Geschwindigkeit ist optimal? Bearbeitung a) Ein Knoten, Abkürzung kt, ist eine Seemeile pro Stunde. Eine Seemeile (nautical mile) entspricht einer Bogenminute auf der Erdkugel. Es gilt: '000 km 90 0'000 km. km '.85 km Die Seemeile ist etwas größer als die amerikanische Landmeile. Ein Knoten ist also.85 km h b) Wegen t = s ergibt sich für den Ölverbrauch in Abhängigkeit von s und v: v

5 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil f( s,v)= ( v )t = v Bei gegebenem s muss also gelten: ( ) s v = s ( 0.9 ) v f( s,v)= v ( s ( 0.9 v v ))=! = 0 v v = v v ( ) bedeutet, dass wir die Funktion Bemerkung zur Schreibweise der Ableitung: v f s,v f( s,v), welche an sich von s und von v abhängt, nur bezüglich v ableiten (so genannte partielle Ableitung). Dabei wird s wie eine Konstante behandelt. Die optimale Geschwindigkeit ist also etwa 9 Knoten oder 35 km/h. Die Abbildung zeigt die Funktion gv ( )= 0.9 v v gv ( )= 0.9 v v Wir sehen, dass das Minimum wenig sensibel auf die Wahl von v ist. Bei der optimalen Geschwindigkeit verbraucht die Cielo de los Angeles.8 Tonnen Öl pro Stunde. Damit kann ein gut isoliertes Haus einen Winter lang geheizt werden. Allerdings verbrauchen die Hochseeschiffe nicht gewöhnliches Heizöl, sondern Schweröl, das bei der Raffinerie von Rohöl anfällt. Trotz diesem enormen Verbrauch ist der Schiffstransport ökologisch die beste Lösung. Die Cielo de los Angeles, ein eher mittelgroßer Frachter, kann mit 800 Containern beladen werden; das entspricht etwa 900 Güterwagen.

6 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 3 3 Etremstellen einer kubischen Funktion Wir suchen die Etremstellen von f( )= =± f( )= Vier Beispiele in einem a) Es sei b = und c =. Welches sind die Etrema der Funktion: f( a)= 3a 3 7a b + ac 3b 3 + c Kein Etremum f a a Kein Etremum b) Es sei b = und c = 0. Welches sind die Etrema der Funktion: f( a)= 3a 3 7a b + ac 3b 3 + c 3 + 8

7 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 4 a = 0 (Maimum), a = 4 9 (Minimum) f a 0 0 / / a -0 Zwei Etremstellen c) Es sei a = und c =. Welches sind die Etrema der Funktion: f( b)= 3a 3 7a b + ac 3b 3 + c Kein Etremum f b b -50 Kein Etremum d) Es sei a = und b =. Welches sind die Etrema der Funktion: f( c)= 3a 3 7a b + ac 3b 3 + c 3 + 8

8 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 5 c = 0 (Minimum), c = 3 (Maimum) f c / / c Zwei Etremstellen 5 Umkehrbarkeit Die Funktion f hat den Definitionsbereich D =, 4 f( )= a) Begründen Sie, warum die Funktion nicht umkehrbar ist. [ ] und die Funktionsvorschrift: b) Welches ist der größte Bereich D D, so dass die Funktion in Bearbeitung Funktionsgraf D umkehrbar ist? Funktionsgraf

9 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 6 a) Eemplarisch: Die Funktion hat in D drei Nullstellen, nämlich {,0, 4 4 } { -.8, 0, 3.3 }. b) Das längste Monotonie-Intervall in D geht vom Hochpunkt zum Tiefpunkt. Berechnung der Etrempunkte: Somit ist f D = [, ]. ( )= =! 0 =, = 6 Umkehrbarkeit Die Funktion f hat den Definitionsbereich D =, 3 f( )= 3 3 [ ] und die Funktionsvorschrift: ( ) a) Begründen Sie, warum die Funktion nicht umkehrbar ist. b) Welches ist der größte Bereich D D, so dass die Funktion in Bearbeitung Funktionsgraf D umkehrbar ist? Funktionsgraf

10 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 7 a) Eemplarisch: Die Funktion hat in D drei Nullstellen, nämlich, 0,. b) Das längste Monotonie-Intervall in D geht vom Tiefpunkt ans rechte Ende. Berechnung des Tiefpunktes: Somit ist f( )= 3( 3 )= 0 = 3, = 3 D = 3,3. 7 Etremalaufgabe Gesucht ist das Maimum der Funktion: Bearbeitung e ln( ) 0 f : f( )= = = e ln( ) ( ln( ) )= 0 df d = e ln( ) ln ( )+ ( ) = e ln( ) ln( )= 0 = e Im Funktionsgrafen ist das Maimum nur zu erahnen. ( ln ( )) Maimum

11 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 8 8 Monotonie-Intervalle Es sei f ( ) = 4 + sin( ) π π 3π 4π Monotonie-Intervalle? In welchen Intervallen ist die Funktion streng monoton wachsend? + k, k 3, k Lösungsweg Die Intervallgrenzen sind dort, wo die Tangente waagrecht ist, also die Ableitung verschwindet. Aus f Die Gleichung 4 + cos ( ) = 4 + sin( ) folgt. f ( ) = 4 + cos( ) ( ) = 0, also cos ( ) = hat im Intervall [ 0, ] die Lösungen 3 und 4, wegen der -Periodizität des Kosinus folgt die allgemeine Lösung 3 + k, k 3, k.

12 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 9 9 Talorpolnom a) Gesucht ist die quadratischen Parabel, welche die Sinuskurve an der Stelle 0 = 4 optimal approimiert. b) Geht die Parabel durch den Koordinatennullpunkt? - π a) p ( ) = + ( 4 ) 4 b) nein, p( 0) ( ) Sinus und Parabel 0 Talorreihe des Kosinus Wie lautet die Talorreihe für = f( )= cos ( ) an der Stelle 0 = 0? Bearbeitung Wir erhalten zunächst: f f f f( )= cos( ) ( )= sin ( ) ( )= cos ( )= sin ( ) ( ) f ( 4) ( )= cos( ) f ( 0)= f ( 0)= 0 f ( 0)= f ( 0)= 0 f ( 4) ( 0)= allgemein: 0 falls k ungerade f ( k) ( 0)= falls k : 4 aufgeht falls k : 4 Rest ergibt

13 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 0 Daraus ergibt sich: cos( )= + 4! 4 6! 6 ± 3 -π -π - π - -3 Kosinus und Approimationen Talorpolnom Gesucht ist die Polnomfunktion achten Grades, welche die Sinuskurve an der Stelle 0 = optimal approimiert. p ( ) =! ( ) + 4! ( ) 4 6! ( ) 6 + 8! ( ) 8 3 -π -π - π - -3 Kurve und Approimation ( ) Bemerkung : Wir sehen hier erneut, dass sin( ) = cos Bemerkung : Die Entwicklung ( ) =! p ( ) + 4! ( ) 4 6! ( ) 6 + 8! ( ) 8 enthält scheinbar nur gerade Eponenten. Tatsächlich ist es aber so, dass wir zwar bezüglich ( ) nur gerade Eponenten haben. Sobald wir aber die Sache bezüglich ansehen, erscheinen auch ungerade Eponenten. Schon aus ( ) erhalten wir:

14 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil Nun erscheint ein. ( ) = + 4 Talorpolnom Gesucht ist die Polnomfunktion sechsten Grades, welche die Sinuskurve an der Stelle 0 = optimal approimiert. 3 p ( ) = 3 + ( 3 ) 3! ( 3 ) 3! 3 ( ) ! ( 3 ) 4 + 5! ( 3 ) 5 3 6! ( 3 ) 6 3 -π -π - π - -3 Kurve und Approimation

15 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 3 Wurzel und Talor Gesucht ist die Talorentwicklung vierten Grades der Funktion an der Stelle 0 =. Wie stark weicht die Talorentwicklung an der Stelle = 0 vom wirklichen Funktionswert ab? Bearbeitung Ableitungen und Einsetzen von 0 = : f( )= = f ()= f f f ( )= f ( )= 3 4 f ()= ( )= f ()= 4 ()= 3 8 f ( 4) ( )= f ( 4) ()= 5 6 Talorentwicklung vierten Grades: p 4 ( )= + ( )! = + ( ) 8 ( 4 ) + 3! ( ) + 3 ( 8 )3 5 4! 6 ( 6 )3 5 ( 8 )4 ( )4 Wurzelfunktion und Talorapproimation vierten Grades Für = 0 erhalten wir p 4 ( 0)= = 35 = Das ist die 8 Abweichung von 0 = 0. Bemerkung: Wenn wir bis zum Grad 50 entwickeln, sieht die Sache so aus:

16 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 3 Wurzelfunktion und Talorapproimation vom Grad 50 Wir sehen hier, dass der so genannte Konvergenzradius beschränkt ist, in unserem Beispiel ist er. 4 Talorpolnom Gesucht ist das Talorpolnom 4. Grades an der Stelle 0 = 0 der Funktion ( ) = cos f ( ). f = cos Kurve a) durch direkte Berechnung, b) durch Verwendung der Talorentwicklung von cos( ). -

17 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 4 ( ) 4 cos f = cos Kurve und Approimation g = Talorpolnom Gesucht ist das Talorpolnom 4. Grades an der Stelle 0 = 0 der Funktion ( ) = sin( ) f ( ). f = sin -π π - Kurve a) durch direkte Berechnung, b) durch Verwendung der Talorentwicklung von sin( ). -

18 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 5 ( sin( ) ) 3 4 f = sin -π π - g = Talor-Polnom - Kurve und Approimation Gesucht ist das Talor-Polnom sechsten Grades der Funktion f Stelle 0 = 0. Es gibt zwei Lösungswege. ( ) an der ( ) = sin( ) Direkt oder durch Quadrieren der Entwicklung von sin ( ). p 6 ( ) = Talorpolnom 5. Grades Gesucht ist das Talorpolnom 5. Grades an der Stelle 0 = 0 der Funktion ( ) = ( + ) 3. f f( )= ( + ) 3

19 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 6 f ( ) = ( + ) Funktion mit Talor-Entwicklung Bemerkung Die vorkommenden Koeffizienten erscheinen auch im Pascal-Dreieck der Binomialkoeffizienten. In der Talor-Entwicklung haben sie aber ein alternierendes Vorzeichen Binomialkoeffizienten

20 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 7 8 cosh und sinh Die Funktionen cosh (Cosinus hperbolicus, hperbolischer Kosinus) und sinh (Sinus hperbolicus, hperbolischer Sinus) sind wie folgt definiert: cosh( )= e +e und sinh( ) = e e cosh() und sinh() Wie lautet die Talor-Reihe für diese Funktionen für 0 = 0? Gibt es verschiedene Lösungswege? Vergleich mit den entsprechenden Reihen bei cos und sin? Tipp: Zuerst die Ableitungsregeln für cosh( ) und sinh( ) erarbeiten. ( k)! k cosh() = = sinh() = = Bearbeitung Aus cosh( )= e +e Aus sinh( ) = e e Es ist also: folgt cosh( ) ( k+)! k+ ( ) = e + ( ) = e folgt sinh( ) ( )e ( )e ( cosh( ) ) = sinh( ) ( sinh( ) ) = cosh( ) = sinh( ) = cosh( ) Wir haben also bis auf ein Vorzeichen dieselben Regeln wie bei cos und sin. Talorreihe für cosh an der Stelle 0 = 0.

21 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 8 Erster Lösungsweg Schema F (das heißt üblicher Weg) cosh( ) cosh( 0)= ( cosh( ) ) = sinh ( cosh( ) ) = cosh ( ) = 0 ( ) cosh( 0) ( ) = ( ) cosh( 0) Die Sache ist periodisch mit der Periodenlänge. Für die Koeffizienten a k in der Talor-Entwicklung erhalten wir daher: Somit ergibt sich: a k = k! f ( k) ( 0 )= k! falls k gerade 0 falls k ungerade ( k)! k cosh() = = Das ist bis auf Vorzeichen gleich wie bei cos. Zweiter Lösungsweg Wir setzen die Talorreihe e = ! 3 + 4! 4 + der Eponentialfunktion in die Definition cosh( )= e +e cosh( )= e +e = + + 4! 4 + ein. Dann ist: ( ) ( = ! 3 + 4! 4 + )+ + ( )+ ( ) + ( 3! )3 + ( 4! )4 + ( ) Die ungeraden Potenzen fallen weg. Für sinh kann analog vorgegangen werden. 9 Talor-Reihe = + + 4! 4 + Gesucht ist die Talor-Reihe der Funktion f ( ) = an der Stelle 0 = 0. Es gibt zwei Lösungswege; welches ist der einfachere Lösungsweg? Erster Lösungsweg: direkt

22 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 9 Zweiter Lösungsweg: f( )= = e ln( ), Entwicklung von e benützen. ( ( ))k = k! ln 0 Talor-Reihe Gesucht ist die Talor-Reihe der Funktion f ( t) = sin t zwei Lösungswege; welches ist der elegantere Lösungsweg? ( ) an der Stelle t 0 = 0. Es gibt Bearbeitung Erster Lösungsweg: direkt Zweiter Lösungsweg: Entwicklung von sin() t benützen, anstelle von t den Term t einsetzen. f()= t sin( t)= ( ) k Ableitung von sinus ( k+ t)k+ Zeigen Sie unter Verwendung der Talor-Entwicklung, dass ( sin( ) ) = cos( ) sin( )= 3! 3 + 5! 5 7! 7 ± Ableiten der Potenzreihe ergibt: 3 3! + 5 5! 4 7 7! 6 ± =! + 4! 4 6! 6 ± = cos ( ) Talor-Polnom Gesucht ist ein approimativer Wert für: e d Anleitung: Verwenden Sie eine Talorentwicklung 4. Grades für den Integranden.

23 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 0 e + 4 e d = Die folgende Grafik zeigt die Kurve und die Approimation samt Integral: = =e Integral der Approimation Die folgende Grafik zeigt das richtige Integral (natürlich auch nur approimiert) =e Echtes Integral 3 Talor-Polnom Wie groß ist das Integral ( ) cos d a) Eakte Berechnung (eas) b) Verwendung einer Talor-Approimation vom Grad 6

24 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil a) b) Die Grafik zeigt Kurve und Approimation mit Integral = cos -π π = Approimation mit Integral an der Stel- 4 Talor-Polnom a) Gesucht ist das Talor-Polnom dritten Grades der Funktion f( )= le 0 =. b) Gesucht ist die Talor-Reihe der Funktion f( )= an der Stelle 0 =. a) p 3 ( )= ( )+ 3 ( 8 ) 5 ( 6 ) b) = ( k)! k k! p 3 ( )= ( )+ 3 ( 8 ) 5 ( 6 )3 ( ) ( )k ( ) k

25 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 5 Talor-Polnom Gesucht ist die quadratische Parabel, welche den Einheitskreis im Punkt (0,-) am besten approimiert Kreis und Parabel p ( )= + 6 Mehrere Lösungswege Gesucht ist das Talorpolnom vierten Grades der Funktion f( )= e an der Stelle 0 = 0. Es gibt verschiedene Lösungswege. p 4 ( )= = k 4 k! k Die Abbildung zeigt rot die Funktion und blau das Talorpolnom.

26 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil Funktion (rot) und Talorapproimation (blau) Erster Lösungsweg: Straightforward f( )= e f ( 0)= f ( )= e f ( 0)= ( )= 4e f ( 0)= 4 ( )= 8e f ( 0)= 8 ( )= 6e f ( 0)= 6 ( ) ( )= k e f k) ( 0)= k f f f f k Damit erhalten wird das Talorpolnom: 4 p 4 ( )= k k! k = ! ! 4 = Zweiter Lösungsweg: Vorhandenes Wissen nutzen Wir kennen bereits die Talorentwicklung: e = Nun ersetzen wir durch und erhalten: e = ( ) k! k k! k k! = k

27 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 4 Dritter Lösungsweg: Funktionsterm umformen f( )= e = e Es genügt, in der Talorentwicklung von e = ( ) = k k k! k! bis zum vierten Grad zu gehen. ( )( )= = + + ( + )+ ( ) + ( )+ höhere Glieder = höhere Glieder Vierter Lösungsweg: Die billige Tour mit CAS MuPAD gibt: f:=->ep(*): talor(f(),=0, AbsoluteOrder=5); 7 Andere Darstellung Gesucht ist die Darstellung der Funktion f( )= in der Form: f( )= a 3 ( ) 3 + a ( ) + a ( )+ a 0 f( )= 3( ) 3 + ( ) 3( ) 8 Eine Aufgabe mit steigendem Schwierigkeitsgrad, die aber immer leichter wird a) f ( ) = Gesucht ist zunächst die quadratische Parabel, welche die kubische Parabel von f an der Stelle 0 = optimal approimiert. Zeigen Sie dann, dass diese beiden Parabeln keinen weiteren Punkt mehr gemeinsam haben.

28 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil Kurve und quadratische Approimation b) f ( ) = Gesucht ist zunächst die quadratische Parabel, welche die kubische Parabel von f an der Stelle 0 optimal approimiert. Zeigen Sie dann, dass diese beiden Parabeln keinen weiteren Punkt mehr gemeinsam haben. c) Wird eine beliebige kubische Parabel an einer beliebigen Stelle 0 durch eine quadratische Parabel approimiert, dann haben die beiden Parabeln keinen weiteren Schnittpunkt mehr gemeinsam. Dies ist zu zeigen. Tipp: Die kubische Parabel lässt sich in der Form = a 3 ( 0 ) 3 + a ( 0 ) + a ( 0 ) + a 0 darstellen. d) Wird eine beliebige Parabel n-ten Grades an einer beliebigen Stelle 0 durch eine Parabel (n )-ten Grades approimiert, dann haben die beiden Parabeln keinen weiteren Schnittpunkt mehr gemeinsam. Dies ist zu zeigen. a) p ( ) = Die Gleichung f ( ) = p ( ) ist äquivalent zu ( ) 3 = 0. ( ) = p ( ) ist äquiva- b) p ( ) = ( 9 0 7) lent zu ( 0 ) 3 = 0. c) Aus = f ( ) Die Gleichung f ( ) = a 3 ( 0 ) 3 + a ( 0 ) + a ( 0 ) + a 0 ergibt sich p ( ) = a ( 0 ) + a ( 0 ) + a 0. Die Gleichung f ( ) = p ( ) ist äquivalent zu ( ) 3 = 0. 0 d) Aus = f n ergibt sich p ( ) = a k ( 0 ) k f ( ) = p ( ) ist äquivalent zu ( 0 ) n = 0. n ( ) = a k ( 0 ) k. Die Gleichung

29 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 6 9 Null durch Null lim 0 cos( ) ( sin( ) ) =? a) Anwendung der Regel von Bernoulli - de l Hôpital b) Geeignete Talor-Entwicklung in Zähler und Nenner lim 0 cos( ) ( sin( ) ) = f = - cos sin 3 -π π - Grenzwert = Talorentwicklung der Arcustangens-Funktion Gesucht ist die Talorentwicklung vom Grad 7 der Funktion arctan(t) an der Stelle t 0 = 0. Was ergibt sich, wenn der Wert t = eingesetzt wird? Bearbeitung Wir erhalten der Reihe nach die Ableitungen (bis zum Grad 6 habe ich es von Hand nachgerechnet): restart: for n from to 7 do Diff(arctan(t),t$n)=simplif(diff(arctan(t),t$n)); end do;

30 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 7 Für t 0 = 0 erhalten wir somit: arctan(0) = 0 d 4 dt 4 arctan(0) = 0 Für die Koeffizienten erhalten wir: d dt arctan(0) = d dt arctan(0) = d d arctan(0) = 4 5 dt dt 6 arctan(0) = 0 a k = k! f ( k) ( t 0 ) 3 d arctan(0) = 3 dt 7 d arctan(0) = 70 7 dt und damit die Entwicklung: k a k

31 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 8 arctan(t) t 3 t t5 7 t 7 Die Figur zeigt die Graphen von Arcustangens und der Approimation. Es ist offensichtlich, wie es weitergeht: Talor arctan(t) = t 3 t t5 7 t 7 ± = ( ) k k+ tk+ Wegen arctan()= 4 erhalten wir für t = eine Approimation von. Es ist: 4 = 4( t ± )= 4 ( ) k k+ Diese Formel geht auf Leibniz (646-76) zurück. Die Reihe konvergiert nicht sehr schnell. for k from to 0 do p:=4*sum('evalf((-)^n/(*n+))', 'n'=0..k): print('n'=k,'näherungswert'=p); od: n =, Näherungswert = n =, Näherungswert = n = 3, Näherungswert = n = 4, Näherungswert = n = 5, Näherungswert = n = 6, Näherungswert = n = 7, Näherungswert = n = 8, Näherungswert = n = 9, Näherungswert = n = 0, Näherungswert = n =, Näherungswert = n =, Näherungswert = n = 3, Näherungswert = n = 4, Näherungswert =

32 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 9 3 Talor-Polnom der Ableitung Eine Funktion f hat die Talor-Polnom: n = 5, Näherungswert = n = 6, Näherungswert = n = 7, Näherungswert = n = 8, Näherungswert = n k! f k f( ) Was kann über die Ableitung g( )= f ( ) 0 ( )( 0 ) k ( ) gesagt werden? Bearbeitung Wir können auf zwei Wege vorgehen. a) Ableitung des Talor-Polnoms von f: n g( )= f( ) k! f ( k) ( 0 )( 0 ) k Da wir für k = 0 in f eine Konstante haben, fällt diese beim Ableiten weg: n k! f k n = k! f ( k) 0 k= n = k! f ( k) 0 k= n = ( k)! f ( k) 0 k= g( )= f( ) ( ) 0 ( ) ( 0 ) k ( )( 0 ) k ( ) ( )k 0 ( ) k ( )( 0 ) k b) Direktes Vorgehen: Es ist: f n k! g k ( )= g( ) ( ) 0 ( )( 0 ) k Man beachte, dass der Grad um kleiner wird. Nun ist aber g ( k) = f ( ) = f ( k+). Somit erhalten wir: ( ) k

33 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 30 f ( )= g( ) Jetzt haben wir zwei Darstellungen: n a) g( ) ( k)! f ( k) 0 k= b) g( ) n k! f k+ ( ) 0 n k! f k+ ( )( 0 ) k ( )( 0 ) k ( ) 0 ( )( 0 ) k Die vermeintlichen Unterschiede sind ein Bezeichnungsproblem. Wir ersetzen zunächst in b) die Summationsvariable k durch k = i. Dann ist k + = i. Weil k von 0 bis n läuft, läuft i von bis n. Somit haben wir: n g( ) k! f ( k+) ( 0 )( 0 ) k = ( i)! f () i 0 Wenn wir nun i direkt durch k ersetzen, erhalten wir die Version a). n i= ( )( 0 ) i 3 Herleitung von Formeln Gesucht sind für q < Formeln für: kq k =? k q k =? k 3 q k =? k 4 q k =? k= k= Tipp: Funktion f( q)= q k = q q ableiten Bearbeitung k= Daher ist (Multiplikation mit q): f( q)= q k = q k= k= k= q d dq f ( q )= kqk = ( q) k= Weiter: kq k q = ( q) k=

34 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 3 Daher ist (Multiplikation mit q): gq ( )= kq k q = ( q) d dq gq k= ( )= k q k = +q ( q) 3 k= Weiter: k= k q k = q+q ( q) 3 hq ( )= k q k d dq hq Daher ist (Multiplikation mit q): k= ( )= k3 q k k= = q+q ( q) 3 = +4q+q q ( ) 4 Weiter: k 3 q k = q+4q +q 3 ( q) 4 k= iq ( )= k 3 q k = q+4q +q 3 ( q) 4 d dq iq Daher ist (Multiplikation mit q): 33 Die Eulersche Zahl In die binomische Formel k= ( )= k4 q k = +q+q +q 3 ( q) 5 k= k 4 q k = q+q +q 3 +q 4 ( q) 5 k= ( a + b) n n = ( n k )a nk b k = a n + na n b + nn ( ) a n b + nn ( )( n) a n3 b 3 + setzen wir a = und b = n :! 3!

35 Hans Walser: Modul 05, TAYLOR. Lernumgebung Teil 3 ( + n ) n n = ( n k )( n ) k ( ) = + + n! Für n schließt nun Euler: e = lim n + n = + n( n )+ nn ( ) ( )( n ) + n 3!! + ( ) + nn n ( )( n) ( ) n = + +! + 3! + = 3! k! ( ) 3 + n