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| Aufgabe | Geben Sie für die folgenden Funktionen die Taylor-Reihen um den Punkt x0 = 0 bis zur vierten Ordnung an:
[mm]
(1-x^2)*e^{-x^2}[/mm]
[mm]
ln(1+x^2)[/mm]
[mm]
\bruch{1}{1+\sin x}
[/mm]
[mm]e^{-1/x^2}
[/mm]
[mm]\coth x
[/mm] |
Hallo.
Nachdem ich die Taylorreihen über die Ableitungen gebildet habe frage ich mich jetzt nur, ob man evtl. Zeit sparen kann bei zusammengesetzten Funktionen.
Ist es zum Beispiel möglich die Taylor-Reihe einer Funktion [mm]f(x) = \cot x
[/mm] ohne großes Ausarbeiten aufzustellen, wenn ich die Taylor-Reihe von [mm]\cos x[/mm] und [mm]\sin x[/mm] kenne?
Und wie sieht es bei Kompositionen von bekannten Funktionen, wie zum Beispiel bei [mm]e^{2x + 1}[/mm] aus?
Danke für jede Hilfe.
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt..
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:11 Fr 13.11.2009 | | Autor: | pelzig |
> Nachdem ich die Taylorreihen über die Ableitungen gebildet
> habe frage ich mich jetzt nur, ob man evtl. Zeit sparen
> kann bei zusammengesetzten Funktionen.
> Ist es zum Beispiel möglich die Taylor-Reihe einer Funktion [mm]f(x) = \cot x[/mm] ohne großes Ausarbeiten
> aufzustellen, wenn ich die Taylor-Reihe von [mm]\cos x[/mm] und [mm]\sin x[/mm] kenne?
Nein. Prinzipiell kann man Potenzreihen mit dem Cauchyprodukt miteinander multiplizieren, d.h. Wenn du die Taylorreihen von $f$ und $g$ kennst, dann kannst du damti die von $fg$ berechnen. In manchen Fällen kann man auf ähnliche Weise auch die Taylorreihe von $1/f$ gewinnen, aber das ist sehr kompliziert und im Allgemeinen gar nicht machbar.
> Und wie sieht es bei Kompositionen von bekannten
> Funktionen, wie zum Beispiel bei [mm]e^{2x + 1}[/mm] aus?
In diesem speziellen Fall, wo die innere Funktion einfach ein Polynom von geringem Grad ist, bringt es möglicherweise tatsächlich einen Zeitgewinn wenn du das Polynome (2x+1) einfach in die Taylorreihe der Exponentialfunktion einsetzt. Bei höheren Graden wirds einfach zu kompliziert, denn du musst ja das ganze Polynom potenzieren. Wenn die innere Funktion gar kein Polynom ist, siehts noch schlechter aus. Für Höhere Ableitungen von Verkettungen existiert allgemein keine einfache Formel.
Nur bei $f+g$ oder [mm] $a\cdot [/mm] f$ kannst du die Taylorreihen sofort hinschreiben, wenn du die von f bzw. g kennst.
Gruß, Robert
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> wo die innere Funktion einfach
> ein Polynom von geringem Grad ist, bringt es
> möglicherweise tatsächlich einen Zeitgewinn wenn du das
> Polynome (2x+1) einfach in die Taylorreihe der
> Exponentialfunktion einsetzt. Bei höheren Graden wirds
> einfach zu kompliziert, denn du musst ja das ganze Polynom
> potenzieren.
Wenn ich dich richtig verstehe heißt das dann aber, das ich wenn ich die Taylor-Reihe nur bis zum x-ten Grad aufstellen soll, ich die überzaehligen Potenzen wieder rausstreichen muss?
Nun gut, alles in allem scheinbar eh kein Zeitgewinn aber gut zu wissen.
Gruß
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:03 Fr 13.11.2009 | | Autor: | Denny22 |
Ist Deine Frage beantwortet?
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Durch die zwei angehängten Mitteilungen sehe ich klarer.
Dank an alle.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:06 Fr 13.11.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> > Nachdem ich die Taylorreihen über die Ableitungen gebildet
> > habe frage ich mich jetzt nur, ob man evtl. Zeit sparen
> > kann bei zusammengesetzten Funktionen.
>
> > Ist es zum Beispiel möglich die Taylor-Reihe einer
> > Funktion [mm]f(x) = \cot x[/mm] ohne großes Ausarbeiten
> > aufzustellen, wenn ich die Taylor-Reihe von [mm]\cos x[/mm] und [mm]\sin x[/mm]
> > kenne?
>
> Nein. Prinzipiell kann man Potenzreihen mit dem
> Cauchyprodukt miteinander multiplizieren, d.h. Wenn du die
> Taylorreihen von [mm]f[/mm] und [mm]g[/mm] kennst, dann kannst du damti die
> von [mm]fg[/mm] berechnen. In manchen Fällen kann man auf ähnliche
> Weise auch die Taylorreihe von [mm]1/f[/mm] gewinnen, aber das ist
> sehr kompliziert und im Allgemeinen gar nicht machbar.
Dem kann ich nicht ganz zustimmen. Wenn $f = [mm] \sum_{n=0}^\infty a_n [/mm] (x - [mm] x_0)^n$ [/mm] ist, mache einen Ansatz $1/f = [mm] \sum_{n=0}^\infty b_n [/mm] (x - [mm] x_0)^n$; [/mm] da [mm] $\sum_{n=0}^\infty b_n [/mm] (x - [mm] x_0)^n \cdot \sum_{n=0}^\infty a_n [/mm] (x - [mm] x_0)^n [/mm] = 1$ gelten muss, erhaelt man das Gleichungssystem [mm] $a_0 b_0 [/mm] = 1$ und [mm] $\sum_{i=0}^n a_i b_{n-i} [/mm] = 0$ fuer alle $n > 0$. Wenn man nur die Taylorreihe 4. Ordnung von $1/f$ haben will, bekommt man also ziemlich schnell die expliziten Formeln:
[mm] $b_0 [/mm] = [mm] 1/a_0$,
[/mm]
[mm] $b_1 [/mm] = [mm] -b_0 a_1/a_0 [/mm] = [mm] -a_1/a_0^2$,
[/mm]
[mm] $b_2 [/mm] = [mm] -b_1 a_1/a_0 [/mm] - [mm] b_0 a_2/a_0 [/mm] = [mm] a_1^2/a_0^3 [/mm] - [mm] a_2/a_0^2$,
[/mm]
[mm] $b_3 [/mm] = [mm] -b_2 a_1/a_0 [/mm] - [mm] b_1 a_2/a_0 [/mm] - [mm] b_0 a_3/a_0 [/mm] = [mm] -a_1^3/a_0^4 [/mm] + [mm] a_2 a_1/a_0^3 [/mm] + [mm] a_1 a_2/a_0^2 [/mm] - [mm] a_3/a_0^2$,
[/mm]
[mm] $b_4 [/mm] = [mm] -b_3 a_1/a_0 [/mm] - [mm] b_2 a_2/a_0 [/mm] - [mm] b_1 a_3/a_0 [/mm] - [mm] b_0 a_4/a_0 [/mm] = ...$
(Mit konkreten Werten wird das viel einfacher.)
Man kann mit der gleichen Methode auch gleich den Anfang der Taylorreihenentwicklung von [mm] $\frac{f}{g}$ [/mm] berechnen, wenn man die Taylorreihen von $f$ und $g$ kennt.
Mal im Beispiel die Taylorreihe von [mm] $\tan(x) [/mm] = [mm] \frac{\sin x}{\cos x} [/mm] = [mm] \sum_{n=0}^\infty a_n x^n$. [/mm] Also hat man $x - [mm] x^3/6 [/mm] + [mm] x^5/120 [/mm] + [mm] \dots [/mm] = (1 - [mm] x^2/2 [/mm] + [mm] x^4/24 [/mm] + [mm] \dots) (a_0 [/mm] + [mm] a_1 [/mm] x + [mm] a_2 x^2 [/mm] + [mm] a_3 x^3 [/mm] + [mm] a_4 x^4 [/mm] + [mm] a_5 x^5 [/mm] + [mm] \dots) [/mm] = [mm] a_0 [/mm] + [mm] a_1 [/mm] x + [mm] (a_2 [/mm] - [mm] a_0/2) x^2 [/mm] + [mm] (a_3 [/mm] - [mm] a_1/2) x^3 [/mm] + [mm] (a_4 [/mm] - [mm] a_2/2 [/mm] + [mm] a_0/24) x^4 [/mm] + [mm] (a_5 [/mm] - [mm] a_3/2 [/mm] + [mm] a_1/24) x^5 [/mm] + [mm] \dots$.
[/mm]
Koeffizientenvergleich liefert
[mm] $a_0 [/mm] = 0$,
[mm] $a_1 [/mm] = 1$,
[mm] $a_2 [/mm] - [mm] a_0/2 [/mm] = 0$, also [mm] $a_2 [/mm] = 0$,
[mm] $a_3 [/mm] - [mm] a_1/2 [/mm] = -1/6$, also [mm] $a_3 [/mm] = 1/3$,
[mm] $a_4 [/mm] - [mm] a_2/2 [/mm] + [mm] a_0/24 [/mm] = 0$, also [mm] $a_4 [/mm] = 0$,
[mm] $a_5 [/mm] - [mm] a_3/2 [/mm] + [mm] a_1/24 [/mm] = 1/120$, also [mm] $a_5 [/mm] = 1/120 + 1/6 - 1/24 = 1/120 + 3/24 = 2/15$;
damit ist [mm] $\tan(x) [/mm] = x + [mm] x^3/3 [/mm] + 2/15 * [mm] x^5 [/mm] + [mm] \dots$.
[/mm]
Das ist jetzt zwar ein wenig Rechnen, allerdings kommt da nichts kompliziertes vor ausser lineare Gleichungen loesen, und man muss auch keine grossen Ableitungen ausrechnen.
> > Und wie sieht es bei Kompositionen von bekannten
> > Funktionen, wie zum Beispiel bei [mm]e^{2x + 1}[/mm] aus?
>
> In diesem speziellen Fall, wo die innere Funktion einfach
> ein Polynom von geringem Grad ist, bringt es
> möglicherweise tatsächlich einen Zeitgewinn wenn du das
> Polynome (2x+1) einfach in die Taylorreihe der
> Exponentialfunktion einsetzt.
Hier kann man noch schoen benutzen, dass die Exponentialfunktion additiv ist: aus [mm] $\exp(2 [/mm] x + 1)$ wird [mm] $\exp(2 [/mm] x) [mm] \exp(1)$. [/mm] Daraus erhaelt man sofort, dass die Taylorreihe [mm] $\exp(1) \sum_{n=0}^\infty \frac{2^n}{n!} x^n$ [/mm] ist.
> Bei höheren Graden wirds
> einfach zu kompliziert, denn du musst ja das ganze Polynom
> potenzieren. Wenn die innere Funktion gar kein Polynom ist,
> siehts noch schlechter aus.
Schoen ist das nicht, allerdings kann man oft zumindest die ersten paar Terme noch relativ einfach angeben.
> Für Höhere Ableitungen von
> Verkettungen existiert allgemein keine einfache Formel.
Doch, die gibt es, und zwar die ![[]](/images/popup.gif) Formel von Faà di Bruno. Die ist zwar alles andere als handlich, aber es gibt sie 
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:02 Fr 13.11.2009 | | Autor: | pelzig |
Hey Felix,
Dass man die Potenzreihe von 1/f (und damit auch von g/f) berechnen kann, wenn man die Potenzreihe von f (und von g) kennt, war mir ja auch klar,
aber man muss schon dazu sagen, dass man da im Allgemeinen wahrscheinlich entweder nur endliche viele oder bestenfalls irgend eine induktive formel für die koeffizienten bekommt.
Und die Formel von di Bruno kannte ich schon, aber die fällt nicht in mein Verständnis von "einfach". Aber okay, das ist Geschmackssache und manchmal ist sie vielleicht besser als nichts.
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:10 Fr 13.11.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Robert,
> Dass man die Potenzreihe von 1/f (und damit auch von g/f)
> berechnen kann, wenn man die Potenzreihe von f (und von g)
> kennt, war mir ja auch klar,
In Faellen, wo man konkrete Reihen vorliegen hat, geht das auch recht gut, solange man nur an wenigen Termen interessiert ist. Und das ist ja das, was artischocke haben wollte. Deswegen dachte ich mal, ich erwaehn das auch mal :)
> aber man muss schon dazu sagen, dass man da im Allgemeinen
> wahrscheinlich entweder nur endliche viele oder
> bestenfalls irgend eine induktive formel für die
> koeffizienten bekommt.
Man kann da schon eine explizite Formel angeben, allerdings ist die sicher nicht so schoen. Ich hab das letztens fuer den Spezialfall gemacht, dass der konstante Term 1 ist: wenn $f = 1 + [mm] \sum_{n=1}^\infty a_i x^i$ [/mm] ist, dann ist $1/f = 1 + [mm] \sum_{n=1}^\infty b_i x^i$ [/mm] mit [mm] $b_i [/mm] = [mm] \sum_{t=1}^i (-1)^t \underset{\stackrel{ j_1 + \dots + j_t = i }{j_1, \dots, j_t \ge 1}}{\sum \cdots \sum} \prod_{s=1}^t a_{j_s}$.
[/mm]
Die entsprechende Formel fuer konstanten Term [mm] $\neq [/mm] 1$ kann man damit auch schnell herleiten, aber du hast schon recht, schoen ist das nicht. Aber fuer manche einfache Potenzreihen reicht es aus, um schoene Formeln zu bekommen; etwa [mm] $\frac{1}{1 + 2 \sum_{n=1}^\infty x^n} [/mm] = 1 + 2 [mm] \sum_{n=1}^\infty (-1)^n x^n$: [/mm] mit [mm] $a_n [/mm] = 2$ fuehrt die obige Formel auf [mm] $b_n [/mm] = [mm] \sum_{t=1}^n \binom{n - 1}{t} (-2)^t [/mm] = -2 [mm] \sum_{t=0}^{n-1} \binom{n - 1}{t} (-2)^t [/mm] = - 2 (1 + [mm] (-2))^{n - 1} [/mm] = 2 [mm] (-1)^n$.
[/mm]
> Und die Formel von di Bruno kannte ich schon, aber die
> fällt nicht in mein Verständnis von "einfach". Aber okay,
> das ist Geschmackssache und manchmal ist sie vielleicht
> besser als nichts.
Einfach ist sie wirklich nicht. Aber unter Umstaenden (je nachdem wie die Funktion aussieht) loest sie sich auch ziemlich in Wohlgefallen auf. Aber das ist schon eher selten der Fall, da hast du Recht...
LG Felix
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