ANALYSIS 2 VERSION 26. Juni 2018

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1 ANALYSIS VERSION 6 Juni 018 LISIBACH ANDRÉ 6 Potenzreihenentwicklung 61 Einleitung Die Linearisierung einer Funktion f(x an der Stelle x ist die Funktion L(x f( + df dx ((x Die Linearisierung ist ein Polynom erster Ordnung in x Die Approximierung der Funktion f(x durch ihre Linearisierung im Punkt x schreiben wir als f(x L(x Dies ist keine Gleichung, jedoch gilt df f( L(, dx ( dl dx (, ie die Ableitungen nullter und erster Ordnung stimmen im Punkt x überein Im folgenden verallgemeinern wir diese Eigenschaften der Linearisierung auf Ableitungen n-ter Ordnung Ie für eine gegebene Funktion f(x und einen Punkt suchen wir ein Polynom p n (x so dass die Ableitungen von f(x und p n (x bis und mit der n-ten Ordnung im Punkt x übereinstimmen Ein solches Polynom p n (x wird Taylorpolynom genannt Im folgenden wird stets davon ausgegangen dass die vorkommenden Ableitungen existieren Für eine präzisere Formulierung der Theorie wäre es jeweils nötig die Dierenzierbarkeit der betrachteten Funktionen zur geforderten Ordnung vorauszusetzen 6 Taylorpolynome Sei eine Funktion f(x und ein Punkt gegeben Wir suchen ein Polynom n-ter Ordnung, so dass die Ableitungen dieses Polynoms und die Ableitungen von f(x im Punkt x bis und mit der n-ten Ordnung übereinstimmen Wir bezeichnen das Polynom mit p n (x Um die folgenden Betrachtungen zu vereinfachen wählen wir 0 und verallgemeinern später auf 0 Es muss also gelten 1 p(0 f(0, p (0 f (0, p (0 f (0, p (n (0 f (n (0 (die höheren Ableitungen des Polynoms verschwinden, ie p (k (x 0 für k > n Diese Gleichungen erlauben es die Koezienten des Polynoms zu bestimmen Wir illustrieren dies an einem Beispiel und studieren den Fall n 3 Wir suchen also das Polynom p 3 (x, ie die Koezienten a 0, a 1, a und a 3 in p 3 (x a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0, 1 Wir verwenden die Notation: f (x df dx (x, f (x d f dx (x,, f (n (x dn f dx n (x 1

2 so dass Wir haben p(0 f(0, p (0 f (0, p (0 f (0, p (0 f (0 p (x 3a 3 x + a x + a 1, p (x 6a 3 x + a, p (x 6a 3 Bei x 0 haben wir p(0 a 0, p (0 a 1, p (0 a, p (0 6a 3 und die Forderung der Gleichheit der Ableitungen bei x 0 liefert a 0 f(0, a 1 f (0, a f (0, 6a 3 f (0 Aus diesen Gleichungen folgen die Ausdrücke für die Koezienten des Polynoms a 0 f(0, a 1 f (0, a f (0, a 3 f (0 6 Das gesuchte Polynom lautet also p 3 (x f(0 + f (0x + f (0 x + f (0 x 3 6 Die Koezienten des Polynoms sind durch die Ableitung der gegebenen Funktion f(x im gegebenen Punkt 0 bestimmt Um das Beispiel zu konkretisieren wählen wir für die gegebene Funktion f(x e x Wir haben Somit gilt f (n (x e x f(0 f (0 f (0 f (0 1 und das Taylorpolynom dritter Ordnung von f(x e x im Punkt 0 lautet p 3 (x 1 + x + x + x3 6 Um einen allgemeinen Ausdruck für die Koezienten a k herzuleiten, leiten wir das Polynom n p n (x a k x k k-mal ab und setzen x 0 Wir erhalten p (k n (0 a k, wobei der Faktor durch wiederholtes Ableiten auftaucht Somit gilt für den Koezienten a k a k p(k n (0 und aus der Forderung dass die Ableitungen des Polynoms p n (x (bis und mit Ordnung n mit den Ableitungen der Funktion f(x an der Stelle 0 übereinstimmen sollen folgt a k p(k n (0 f (k (0

3 Dies ist der gesuchte allgemeine Ausdruck für die Koezienten des Taylorpolynoms Das Taylorpolynom von f(x zur Ordnung n im Punkt 0 lautet somit n p n (x a k x k n Übung 1 f (k (0 x k Man bestimme das Taylorpolynom 6 Ordnung im Punkt 0 für die Funktionen (i f(x sin(x, (ii g(x cos(x Wird das Taylorpolynom in einem allgemeinen Punkt gesucht (ie nicht zwingend bei 0, so sind die Ableitungen der Funktion f(x bei auszuwerten und es ergibt sich ein Polynom n-ter Ordnung in x Ie das Taylorpolynom von f(x der Ordnung n im Punkt x ist gegeben durch p n (x f( + f ( (x + f ( (x + + f (n ( (x n n! n f (k ( (x k Als Beispiel bestimmen wir das Taylorpolynom dritter Ordnung der Funktion f(x log(x im Punkt 1 Wir haben und somit gilt f(x log(x, f (x 1 x, f (x 1 x, f (x x 3 Die Koezienten sind somit f(1 0, f (1 1, f (1 1, f (1 a 0 0, a 1 1, a 1, a und das Taylorpolynom dritter Ordnung von log(x im Punkt 1 lautet p 3 (x 3 a k (x k (x 1 1 (x (x 13 Gegeben ist die Funktion Übung f(x x Man bestimme das Taylorpolynom 4 Ordnung von f(x (i im Punkt 0, (ii im Punkt 1 3

4 Übung 3 Man bestimme das Taylorpolynom 3 Ordnung für die Funktion im Punkt 3 f(x (1 + x 3/ 63 Restglied Wir betrachten nun die Dierenz zwischen der Funktion f(x und dem Taylorpolynom p n (x Diese Dierenz wird als Restglied bezeichnet und entspricht dem Fehler der gemacht wird wenn an Stelle von f(x die Approximation p n (x verwendet wird, ie das Restglied ist der Fehler der Approximation f(x p n (x Wir leiten den Ausdruck für das Restglied für den Fall des Taylorpolynoms erster Ordnung her Zuerst schreiben wir die Funktion f(x mit Hilfe des Fundamentalsatzes als x f(x f( + f (tdt Die Ableitung f (t schreiben wir in der selben Form, wieder mit Hilfe des Fundamentalsatzes, t f (t f ( + f (sds Nun betrachten wir das Integral auf der rechten Seite Wie aus der untenstehenden Grak ersichtlich ist, existiert ein ξ [, t] so dass t f (sds f (ξ(t y t f (sds f (ξ(t f (ξ ξ t y f (s x Verwenden dieser Gleichung in der Gleichung für f (t ergibt f (t f ( + f (ξ(t und dieser Ausdruck, eingesetzt in der Gleichung für f(x, ergibt Ie wir erhalten f(x f( + x ( f ( + f (ξ(t dt f( + f ( (x + f (ξ x (t dt f( + f ( (x + f (ξ(x f(x f( + f ( (x }{{} p 1 (x : Taylorpolynom 1 Ordnung 4 + f (ξ(x } {{ } Restglied

5 Allgemein gilt f(x p n (x + R n (x, wobei p n (x n und ξ zwischen und x liegt Bemerkungen: f (k ( (x k Taylorpolynom, R n (x f (n+1 (ξ (n + 1! (x n+1 Restglied (i Das Restglied ist von der gleichen Form wie die Terme im Taylorpolynom, jedoch wird die Ableitung nicht bei sonder bei ξ ausgewertet (ii ξ ist im allgemeinen nicht bekannt (iii R n (x liefert meist eine Fehlerabschätzung zwischen f(x und der Approximation durch das Taylorpolynom (siehe Beispiel unten Als Beispiel einer Fehlerabschätzung betrachten wir die Approximation der Funktion f(x e x durch ihr Taylorpolynom zweiter Ordnung im Punkt 0 Das Restglied hängt von x ab und somit muss ein Intervall (welches enthält betrachtet werden um in diesem Intervall den Fehler abzuschätzen Wir betrachten das Intervall [0, 1] Das Taylorpolynom ist Das Restglied ist p (x f (k (0 x k 1 + x + x R (x f (3 (ξ x 3 eξ 3! 3! x3 Dieses Restglied schätzen wir wie folgt ab Da ξ [0, 1], folgt Da x [0, 1], folgt e ξ e 1 e x 3 1 Aus diesen beiden Ungleichungen folgern wir für das Restglied R (x eξ 3! x3 e Ie der Fehler den man begeht, wenn man, im Intervall [0, 1], p (x an Stelle von e x verwendet beträgt beträgt 045 Übung 4 Wir betrachten die Funktion f(x log(1 + x und den Punkt 0 (i Man bestimme das Taylorpolynom Ordnung p (x an der Stelle (ii Man bestimme das Restglied R (x (iii Man bestimme eine obere Schranke für R (x im Intervall [0, 1/] 5

6 64 Taylorreihe Im Prinzip kann man Taylorpolynome beliebiger Ordnung bestimmen Wir denieren den Ausdruck n f (k ( lim (x k n als Taylorreihe der Funktion f(x mit Zentrum Im Spezialfall 0 heisst der Ausdruck MacLaurin-Reihe Die obige Denition macht nur Sinn falls der Grenzwert existiert Wir betrachten die Situation im folgenden für x I R Falls lim R n(x 0 für x I, n dann folgt dass der obige Grenzwert existiert und dass f(x f (k ( (x k für x I, ie in diesem Fall ist die Funktion f(x durch ihre Taylorreihe gegeben Das Intervall I R kann auch die gesamte reelle Achse sein Wir betrachten das Beispiel der Exponentialfunktion, ie f(x e x, auf der gesamten reellen Achse, ie I R mit 0 Das Taylorpolynom ist Das Restglied ist p n (x n f (k (0 x k 1 + x + x + x3 3! + x4 4! + + xn n! R n (x f (n+1 (ξ (n + 1! xn+1 e ξ (n + 1! xn+1 Nun betrachten wir den Grenzwert dieses Ausdrucks für n Wir müssen somit den Grenzwert x n+1 lim n (n + 1! für ein beliebiges (aber festes x R bestimmen Wir haben n! x x x x 1 4 n Für ein festes x R gibt es nun ein m N so dass x m < 1 Es folgt somit x n x n n! x 1 x x 3 x x m 1 m x m + 1 x n }{{}}{{} C alle Faktoren<1 C x m x m + 1 x n < C x m x m x m x }{{ m } n (m 1 Faktoren 6

7 Mit folgt Somit gilt ( x n (m 1 C m ( x lim C n (m 1 0 n }{{ m } <1 x n lim n n! 0 lim R x n+1 n(x lim n n eξ (n + 1! x n+1 eξ lim n (n + 1! 0 Das Restglied verschwindet also für n, die Taylorreihe existiert für alle x R und es gilt e x f (k (0 x k x k Als weiteres Beispiel betrachten wir die Funktion f(x sin(x bei 0 Wir haben f(0 sin(0 0, f (0 cos(0 1, f (0 sin(0 0, f (3 (0 cos(0 1, Wir sehen dass die Ableitungen gerader Ordnung verschwinden und sich für die Ableitungen ungerader Ordnung jeweils die Werte 1 und 1 abwechseln Das Taylorpolynom lässt sich somit schreiben als p n (x x x3 7! + x9 9! ± xn n! wobei wir für den letzten Term + verwenden wenn n gerade ist und wenn n ungerade ist Dies lässt sich mit einer Summer folgendermassen schreiben n ( 1 k p n (x (k + 1! xk+1 (man verwendet den Index k und die ungeraden Terme bekommt man durch k + 1, da man bei k 0 startet Das Restglied ist R n (x f (n+1 (ξ (n + 1! xn+1 Für die Fehlerabschätzung betrachten wir wieder I R Wir haben { f (n+1 cos(ξ : n gerade, (ξ sin(ξ : n ungerade Aus cos(ξ 1, sin(ξ 1 7

8 folgt f (n+1 (ξ R n (x (n + 1! xn+1 x n+1 (n + 1! Der Grenzwert der rechten Seite für n ist lim n x n+1 (n + 1! 0 (die Begründung ist identisch mit derjenigen für die Exponentialfunktion und es folgt Somit gilt Analog ndet man sin(x cos(x lim R n 0 n ( 1 k (k + 1! xk+1 ( 1 k ( xk Wir sehen dass die ungerade Funktion sin(x nur Terme mit ungeraden Potenzen besitzt und die gerade Funktion cos(x nur Terme mit geraden Potenzen Die wichtigsten Taylorreihen sind e x 1 + x + x! + x3 3! + x4 4! +, sin(x x x3 7! +, cos(x 1 x! + x4 4! x6 6! +, x 1 x + x x 3 + x 4, x 1 + x 1 + x 8 + 3x (nur die ersten drei dieser Taylorreihen existieren auf ganz R Übung 5 Man benutze die Taylorreihe von e x bei x a um zu zeigen dass ( e x e a (x a 1 + (x a + +! Übung 6 Die Funktion f(x sin(x wird durch das Taylorpolynom 3 Ordnung an der Stelle 0 approximiert Man nde eine obere Schranke für den Fehler dieser Approximation im Intervall [ π/, π/] 65 Methoden der Reihenentwicklung Wir illustrieren die Methoden an Hand von Beispielen 8

9 651 Summen Aus folgt 65 Produkte Aus folgt e x 1 + x + x! + x3 3! + x4 4! + x5 5! + x6 6! + x7 7! +, sin(x x x3 7! + sin(x + e x 1 + x + x! + x4 4! + x5 + x6 5! 6! + e x 1 + x + x! + x3 3! +, sin(x x x3 3! + e x sin(x (1 + x + x! + x3 ( 1 x + x +! 1 3! x + x + x3 3 + (x 3! + x3 x 3 + 3! Quotienten Im folgenden bestimmen wir die Reihenentwicklung der Funktion tan(x im Punkt 0 aus den bekannten Reihenentwicklungen für sin(x und cos(x Wir haben Wir machen den Ansatz sin(x x x3 7! +, cos(x 1 x! + x4 4! x6 6! + tan(x a 0 + a 1 x + a x + a 3 x 3 + Im folgenden bestimmen wir die Koezienten a 0, a 1, dieses Ansatzes Multiplikation der Gleichung mit cos(x ergibt tan(x sin(x cos(x tan(x cos(x sin(x Nun substituieren wir die bekannten Reihenentwicklungen und den Ansatz Die Gleichung wird zu ( a0 + a 1 x + a x + a 3 x 3 + ( 1 x! + x4 4! x6 6! + x x3 7! + Ausmultiplizieren auf der linken Seite ergibt ( a 0 + a 1 x + a a ( 0 x + a 1 + a 3 9 x 3 + x x3 7! +

10 Koezientenvergleich liefert a 0 0, a 1 1, a a 0 0, a 1 + a 3 1 3!, Die ersten beiden Gleichungen bestimmen a 0 und a 1 Aus der dritten Gleichung folgt a a 0 0 und aus der vierten Gleichung folgt a 3 1 3! + a Dieser Prozess kann beliebig fortgesetzt werden und somit können alle Koezienten des Ansatzes für tan(x bestimmt werden Wir haben 654 Verschachtelung Aus tan(x x + x3 3 + folgt durch Substitution e x 1 + x + x! + x3 3! + e x 1 + ( x + ( x! + ( x 3 3! 1 x + x4! x6 3! + x8 4! + Als Beispiel entickeln wir die Funktion bis zur vierten Ordnung Wir haben cosh(x ex + e x + ( x 4 4! + Somit gilt e x 1 + x + x! + x3 3! +, e x 1 x + x! x3 3! + cosh(x ex + e x 1 + x + x4 4! Eulers Formel Wir haben e jx 1 + (jx + (jx! ie wir nden Eulers Formel + (jx3 3! + (jx4 4! + (jx5 5! 1 + jx x! jx3 + x4 3! 4! + jx5 + 5! 1 x! + x4 4! + +j (x x3 }{{} 5! }{{} cos(x sin(x cos(x + j sin(x, e jx cos(x + j sin(x 10 +

11 656 Dierenzieren Die Dierentiation kann Term für Term durchgeführt werden Beispiel d dx sin(x d (x x3 dx 7! + 1 x! + x4 4! x6 6! +, cos(x 657 Integration Auch die Integration kann Term für Term ausgef hurt werden Beispielsweise kann die folgende nicht elementar integrierbare Funktion integriert werden t sin(x t 0 x dx 1 (x x3 0 x 5! + dx t (1 x 0 3! + x4 5! + (x t x ! + t t3 3 3! + t5 5 5! + 66 Anwendungsbeispiel: Kurbeltrieb TBW Übung 7 Für die folgenden Funktionen nde man das Taylorpolynom dritter Ordnung an der Stelle 0 (i f(x e x, 0 (ii f(x log(x, 1 (iii f(x log(1 + x, 0 (iv f(x 1 x, (v f(x 1 x +, 0 (vi f(x 1 x, 0 (vii f(x x 4 x 3 5x + 4, 0 (viii f(x x 4 x 3 5x + 4, (ix f(x x x + 1, 0 (x f(x sin(x, π 4 Übung 8 Das Taylorpolynom zweiter Ordnung einer Funktion f(x bei x wird quadratische Approximation genannt Für die folgenden Funktionen soll die quadratische Approximation bei 0 berechnet werden (i f(x log(cos(x (ii f(x e sin(x Übung 9 Man zeige durch Reihenentwicklung bis zur vierten Ordnung, dass gilt sin (x + cos (x 1 Man zeige Übung 10 d dx ex e x 11

12 an Hand der Reihenentwicklung Lösungen zu den Übungen Lösung zu Übung 1 (i p 6 (x x 1 6 x x5, (ii p 6 (x 1 1 x x x6 Lösung zu Übung (i p 4 (x 1 x+x x 3 +x 4, (ii p 4 (x (x (x (x (1 x4 Lösung zu Übung 3 p 3 (x 8 + 3(x (x (x 33 Lösung zu Übung 4 (i p (x x 1 x 1 (ii R (x x 3, mit ξ < x 3(1+ξ 3 1 (iii x 1/ Daraus folgt R (x 1 3 ( ( 1 3 3(1+ξ Mit ξ < x 05 folgt 3 R (x < Lösung zu Übung 5 Sei f(x e x Die Taylorreihe ist e x f (k (a (x a k Mit f (k (a e a für alle k folgt das Resultat Lösung zu Übung 6 Das Taylorpolynom lautet p 3 (x x 1 6 x3 Das Restglied ist R 3 (x f (4 (ξ 4! x 4 Wir haben f (4 (ξ sin(ξ Da 1 sin(ξ 1 für ξ ( π/, π/, folgt f (4 (ξ 1 Zusammen mit π/ x π/ folgt die obere Schranke für den Fehler: R (x ( 1 π 4 4! π ! π4 384 Lösung zu Übung 7 (i p 3 (x 1 + x + x x3 (ii p 3 (x (x 1 1 (x (x 1 3 (iii p 3 (x x x + x3 3 (iv p 3 (x (x (x (x (v p 3 (x 1 x 4 + x 8 x3 16 (vi p 3 (x 1 x x 8 x3 16 (vii p 3 (x 4 5x x 3 (viii p 3 (x 46 61(x (x + 10(x + 3 (ix p 3 (x x x 3 (x p 3 (x (x π 4 1 (x π (x π 4 3 1

13 Lösung zu Übung 8 (i Q(x x (ii Q(x 1 + x + x Wir haben Somit folgt Analog ndet man sin (x Lösung zu Übung 9 sin(x x x3 5! + (x x3 x x4 3! cos (x 1 x + + (x 5! + x3 ( 5! + 1 3! x 6 + ( 4! + 1 x ! + Die Terme bis (und mit zur vierten Ordnung heben sich auf (man kann zeigen dass sich die Terme beliebiger Ordnung aufheben Dies ist nicht überraschend, da wir aus geometrischen Überlegungen wissen dass sin (x + cos (x 1 exakt gilt Lösung zu Übung 10 d dx ex d (1 + x + x dx! + x3 3! x + x! + x3 3! + e x 13