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| Aufgabe | a) Gegeben sei [mm] f:\IR\to\IR [/mm] mit [mm] f(x):=cos^{2}(x)
[/mm]
Bestimmen Sie mit dem Entwicklungspunkt [mm] x_{0}=0 [/mm] das Taylorpolynom 4-ten Grades [mm] T_{4,f}(x;x_{0}). [/mm] Berechnen Sie damit eine Näherung von f(0.1) und zeigen Sie, dass der Betrag des Fehlers kleiner als [mm] 10^{-6} [/mm] ist.
b) Bestimmen Sie ein möglichst kleines [mm] n\in\IN [/mm] mit [mm] |sin(x)-T_{n,sin}(x;-2)|\le10^{-3} [/mm] für alle [mm] x\in[-3,-1]. [/mm] |
zu a):
zuerst habe ich die ersten 5 Ableitungen bestimmt:
[mm] f^{(1)}(x)=-2cos(x)sin(x)
[/mm]
[mm] f^{(2)}(x)=2(2sin^{2}(x)-1)
[/mm]
[mm] f^{(3)}(x)=8sin(x)cos(x)
[/mm]
[mm] f^{(4)}(x)=8(1-sin^{2}(x))
[/mm]
[mm] f^{(5)}(x)=-32sin(x)cos(x)
[/mm]
Das Taylorpolynom lautet: [mm] T_{4,f}=1-x^{2}+\bruch{1}{3}x^{4}
[/mm]
Die Frage zu a) lautet nun: Um eine Näherung von f(0.1) auszurechnen setze ich doch eifach 0.1 ins Taylorpolynom ein oder? Dann erhalte ich [mm] T_{0.1,f}=0.9903
[/mm]
Zur Fehlerabschätzung:
Für Fehler gilt: [mm] |f(x)-T_{f,4}(x,0)|=|R_{5,f}(x,0)|=(Lagrange)=|\bruch{f^{(5)}(\delta)}{5!}x^{5}|=|\bruch{x^{5}}{120}|max|-32sin(\delta)cos(\delta)|
[/mm]
und an dieser stelle komm ich nicht mehr weiter.
bei bisherigen aufgaben war ein Intervall gegeben in dem ich mir das ganze anschauen muss.
Was muss ich hier als Intervall wählen um meinen Fehler auszurechnen?
Im Grunde ist das Intervall ja ganz [mm] \IR
[/mm]
zu b)
[mm] f(x)=f^{(4)}(x)=sin(x)
[/mm]
[mm] f^{(1)}(x)=f^{(5)}(x)=cos(x)
[/mm]
[mm] f^{(2)}(x)=f^{(6)}(x)=-sin(x)
[/mm]
[mm] f^{(3)}(x)=f^{(7)}(x)=-cos(x)
[/mm]
[mm] R_{n,f}(x,-2)=|\bruch{f^{n+1}(\delta)}{(n+1)!}(x+2)^{n+1}|, [/mm] mit [mm] \delta\in [/mm] [-3,-1]
[mm] R_{1,f}(x,-2)=|(x+2)cos(\delta)|\le|(x+2)cos(-3)|\le|(-1)cos(-3)|\approx0.9899
[/mm]
wenn cos(x) habe ich -3 eingesetzt da der Betrag dann maximal wird, bei sin(x) -1 //richtig so?
schließlich komme ich auf das Ergebnis, dass für n=7 gilt: [mm] |sin(x)-T_{n,sin}(x;-2)|\le10^{-3}
[/mm]
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zu b)
kann es sein dass der Fehler zu [mm] |f(0.1)-T_{4,f}(0.1,0)| [/mm] gemeint ist?
also sprich für [mm] \delta [/mm] und x einfach 0.1 einsetzen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:13 Sa 27.06.2015 | | Autor: | abakus |
Hallo,
nach Doppelwinkel für den Sinus gilt sin(2x)=2sin(x)cos(x).
Damit gilt [mm] $32*sin\delta*cos\delta=16*sin(2\delta)$.
[/mm]
Da der Sinus von was auch immer zwischen -1 und 1 liegt, liegt [mm] $32*sin\delta*cos\delta$ [/mm] zwischen -16 und 16 (und hat für eine Abschätzung einen Betrag von maximal 16).
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:36 Sa 27.06.2015 | | Autor: | leduart |
Hallo
da u ja um 0 entwickelst ist der Fehler im Untervall (0,0.1] also hier wirklich einfach 0.1 einsetzen.
Gruß leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:38 So 28.06.2015 | | Autor: | rmix22 |
Das nächste Glied der Reihe ist [mm] $-\frac{2}{45}\cdot x^6$.
[/mm]
Da es sich um eine alternierende Reihe handelt, kannst du einfach mit dem Betrag des nächsten Glieds abschätzen und erhältst hier ca. [mm] $4,444*10^{-8}$ [/mm] .
Gruß RMix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:49 So 28.06.2015 | | Autor: | Martin_Ph |
Das ist nicht das nächste Glied der Taylorreihe sondern das Restglied
Dieses habe ich einfach nach Definition bestimmt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:11 So 28.06.2015 | | Autor: | rmix22 |
> Das ist nicht das nächste Glied der Taylorreihe sondern
> das Restglied
> Dieses habe ich einfach nach Definition bestimmt
Ja, sorry, das hatte ich dann auch realisiert und meinen Beitrag entsprechend ausgebessert. Außerdem hatte ich beim nächsten Glied irrtümlich [mm] x^6 [/mm] anstelle von [mm] x^5 [/mm] stehen.
Nichtsdestotrotz lässt sich bei dieser alternierenden Reihe der Fehler sehr bequem (und auch sehr genau) mit dem ersten vernachlässigten Glied abschätzen.
Oder musst du es unbedingt mit Lagrange machen?
Mit Lagrange komme ich bestenfalls auf$ [mm] 6,36*10^{-6}$ [/mm] und kann damit daher nicht zeigen, dass der Betrag des Fehlers kleiner als $10^-6$ ist. Und da habe ich schon den "genauen" TR-Wert für sin(0,2) verwendet. Falls sin(0,2) dann auch noch abzuschätzen ist (denn wer sin(0,2) berechnen kann, der könnte ja auch [mm] cos(0,2)^2 [/mm] "genau" berechnen und wir könnten uns die ganze Reihe sparen), würde es noch gröber werden
RMix
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Haben es bisher eig nur mit lagrange gemacht
Hatte vergessen dass hier anzugeben:
Hinweis: Benutzen Sie in Teilaufgabe a) die Abschätzung sin(0.1) < 0.1
hab das dann jetzt so gemacht:
[mm] |R_{5,f}|=(Lagrange)=|\bruch{f^{(5)}(\delta)}{120}x^{5}|=|\bruch{x^{5}}{120}||-32sin(\delta)cos(\delta)|\le|\bruch{x^{5}}{120}||-32sin(0.1)cos(0.1)| [/mm] //hier hab ich gesagt [mm] cos(0.1)\approx1
[/mm]
[mm] \le |\bruch{0.1^{5}}{120}||-32sin(0.1)|<10^{-6} [/mm] //da sin(0.1)<0.1
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:27 So 28.06.2015 | | Autor: | leduart |
Hallo
soweit richtig. allerdings solltest du nicht cos(0,1) [mm] \approx [/mm] 1 sondern cos(0.1)<1 benutzen
und damit dann sin(0.1)*cos(0.1)<0.1 begründen.
Gruß leduart
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