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| Aufgabe | Sei [mm] f(x)=e^{-\bruch{x}{2}}*cos(\bruch{\wurzel{3}x}{2})
[/mm]
Berechnen Sie die Taylorreihe von f in [mm] x_0=0 [/mm] |
Hallo zusammen!
Was bisher geschah:
Beim Versuch, die allgemeine Form der Ableitungen von f zu bestimmen, stellte sich heraus, dass
[mm] f'(x)=e^{-\bruch{x}{2}}*(-\bruch{1}{2}*cos(\bruch{\wurzel{3}x}{2})-\bruch{\wurzel{3}}{2}*sin(\bruch{\wurzel{3}x}{2}))=f'''(x) [/mm] und
[mm] f''(x)=e^{-\bruch{x}{2}}*cos(\bruch{\wurzel{3}x}{2}) [/mm] ist.
Gibts dafür überhaupt ne allgemeine Darstellung?
Im Entwicklungspunkt [mm] x_0=0 [/mm] ist damit [mm] f^{(k)}=\begin{cases} 1, & \mbox{für } k \mbox{ gerade} \\ -\bruch{1}{2}, & \mbox{für } k \mbox{ ungerade} \end{cases}
[/mm]
[mm] T^{x_0}f(x)=\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{k!}*x^k [/mm] für gerade k und [mm] T^{x_0}f(x)=\summe_{k=0}^{\infty}-\bruch{1}{2k!}*x^k [/mm] für ungerade k.
Den Konvergenzradius hab ich mit dem Quotientenkriterium bestimmt und erhalte [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}|v_k*\bruch{1}{k+1}=0 [/mm] mit [mm] v_k\in\{-2,-\bruch{1}{2}\}
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] Konvergenzradius ist [mm] r=\infty
[/mm]
Stimmt das soweit? Und kann man vielleicht ein Taylorpolynom aufstellen, dass beide Fälle darstellt? Oder muss ich das Restglied jetzt auch für 2 verschiedene Fälle abschätzen?
Gruß, Christoph
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:13 Di 04.08.2009 | | Autor: | abakus |
> Sei [mm]f(x)=e^{-\bruch{x}{2}}*cos(\bruch{\wurzel{3}x}{2})[/mm]
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> Berechnen Sie die Taylorreihe von f in [mm]x_0=0[/mm]
> Hallo zusammen!
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> Was bisher geschah:
>
> Beim Versuch, die allgemeine Form der Ableitungen von f zu
> bestimmen, stellte sich heraus, dass
> [mm]f'(x)=e^{-\bruch{x}{2}}*(-\bruch{1}{2}*cos(\bruch{\wurzel{3}x}{2})-\bruch{\wurzel{3}}{2}*sin(\bruch{\wurzel{3}x}{2}))=f'''(x)[/mm]
> und
> [mm]f''(x)=e^{-\bruch{x}{2}}*cos(\bruch{\wurzel{3}x}{2})[/mm] ist.
>
> Gibts dafür überhaupt ne allgemeine Darstellung?
>
> Im Entwicklungspunkt [mm]x_0=0[/mm] ist damit [mm]f^{(k)}=\begin{cases} 1, & \mbox{für } k \mbox{ gerade} \\ -\bruch{1}{2}, & \mbox{für } k \mbox{ ungerade} \end{cases}[/mm]
>
> [mm]T^{x_0}f(x)=\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{k!}*x^k[/mm] für
> gerade k und
> [mm]T^{x_0}f(x)=\summe_{k=0}^{\infty}-\bruch{1}{2k!}*x^k[/mm] für
> ungerade k.
>
> Den Konvergenzradius hab ich mit dem Quotientenkriterium
> bestimmt und erhalte
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}|v_k*\bruch{1}{k+1}=0[/mm] mit
> [mm]v_k\in\{-2,-\bruch{1}{2}\}[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm] Konvergenzradius ist [mm]r=\infty[/mm]
>
> Stimmt das soweit? Und kann man vielleicht ein
> Taylorpolynom aufstellen, dass beide Fälle darstellt? Oder
> muss ich das Restglied jetzt auch für 2 verschiedene
> Fälle abschätzen?
>
> Gruß, Christoph
Hallo,
Du kannst beide Summen in einer zusammenfassen:
[mm] \summe_{k=0}^{\infty}(\bruch{1}{(2k)!}*x^{2k}-\bruch{1}{2*(2k+1)!}*x^{2k+1})
[/mm]
Der vordere Teil erzeugt die geraden, der hintere Teil die ungeraden Fälle.
Gruß Abakus
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Hallo Palisaden-Honko,
> Sei [mm]f(x)=e^{-\bruch{x}{2}}*cos(\bruch{\wurzel{3}x}{2})[/mm]
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> Berechnen Sie die Taylorreihe von f in [mm]x_0=0[/mm]
> Hallo zusammen!
>
> Was bisher geschah:
>
> Beim Versuch, die allgemeine Form der Ableitungen von f zu
> bestimmen, stellte sich heraus, dass
> [mm]f'(x)=e^{-\bruch{x}{2}}*(-\bruch{1}{2}*cos(\bruch{\wurzel{3}x}{2})-\bruch{\wurzel{3}}{2}*sin(\bruch{\wurzel{3}x}{2}))=f'''(x)[/mm]
> und
> [mm]f''(x)=e^{-\bruch{x}{2}}*cos(\bruch{\wurzel{3}x}{2})[/mm] ist.
>
> Gibts dafür überhaupt ne allgemeine Darstellung?
Meines Erachtens gibt es nur eine allgemeine Darstellung,
wenn Du den Realteil der Taylorreihe von
[mm]e^{\bruch{-1+i*\wurzel{3}}{2}*x}[/mm]
betrachtest.
>
> Im Entwicklungspunkt [mm]x_0=0[/mm] ist damit [mm]f^{(k)}=\begin{cases} 1, & \mbox{für } k \mbox{ gerade} \\ -\bruch{1}{2}, & \mbox{für } k \mbox{ ungerade} \end{cases}[/mm]
Durch Mulitplikation der Taylorreihen von [mm]e^{-\bruch{x}{2}}[/mm]
und [mm]cos(\bruch{\wurzel{3}x}{2})[/mm] erhalte ich schon einen anderen Anfang:
[mm]f\left(x\right)=1-\bruch{1}{2}*x-\bruch{1}{4}*x^{2}+ \ ...[/mm]
>
> [mm]T^{x_0}f(x)=\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{k!}*x^k[/mm] für
> gerade k und
> [mm]T^{x_0}f(x)=\summe_{k=0}^{\infty}-\bruch{1}{2k!}*x^k[/mm] für
> ungerade k.
>
> Den Konvergenzradius hab ich mit dem Quotientenkriterium
> bestimmt und erhalte
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}|v_k*\bruch{1}{k+1}=0[/mm] mit
> [mm]v_k\in\{-2,-\bruch{1}{2}\}[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm] Konvergenzradius ist [mm]r=\infty[/mm]
>
> Stimmt das soweit? Und kann man vielleicht ein
> Taylorpolynom aufstellen, dass beide Fälle darstellt? Oder
> muss ich das Restglied jetzt auch für 2 verschiedene
> Fälle abschätzen?
>
> Gruß, Christoph
>
>
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:44 Di 04.08.2009 | | Autor: | abakus |
> Hallo Palisaden-Honko,
>
> > Sei [mm]f(x)=e^{-\bruch{x}{2}}*cos(\bruch{\wurzel{3}x}{2})[/mm]
> >
> > Berechnen Sie die Taylorreihe von f in [mm]x_0=0[/mm]
> > Hallo zusammen!
> >
> > Was bisher geschah:
> >
> > Beim Versuch, die allgemeine Form der Ableitungen von f zu
> > bestimmen, stellte sich heraus, dass
> >
> [mm]f'(x)=e^{-\bruch{x}{2}}*(-\bruch{1}{2}*cos(\bruch{\wurzel{3}x}{2})-\bruch{\wurzel{3}}{2}*sin(\bruch{\wurzel{3}x}{2}))=f'''(x)[/mm]
> > und
> > [mm]f''(x)=e^{-\bruch{x}{2}}*cos(\bruch{\wurzel{3}x}{2})[/mm]
> ist.
> >
> > Gibts dafür überhaupt ne allgemeine Darstellung?
>
>
> Meines Erachtens gibt es nur eine allgemeine Darstellung,
> wenn Du den Realteil der Taylorreihe von
>
> [mm]e^{\bruch{-1+i*\wurzel{3}}{2}*x}[/mm]
>
> betrachtest.
>
>
> >
> > Im Entwicklungspunkt [mm]x_0=0[/mm] ist damit [mm]f^{(k)}=\begin{cases} 1, & \mbox{für } k \mbox{ gerade} \\ -\bruch{1}{2}, & \mbox{für } k \mbox{ ungerade} \end{cases}[/mm]
>
>
> Durch Mulitplikation der Taylorreihen von
> [mm]e^{-\bruch{x}{2}}[/mm]
> und [mm]cos(\bruch{\wurzel{3}x}{2})[/mm] erhalte ich schon einen
> anderen Anfang:
>
> [mm]f\left(x\right)=1-\bruch{1}{2}*x-\bruch{1}{4}*x^{2}+ \ ...[/mm]
Hallo,
das kann ich bestätigen. Geogebra gibt für die ersten Summanden folgendes aus:
1 - 0.5 x - 0.5 x² / 2! + x³ / 3! - 0.5 x⁴ / 4! - 0.5 x⁵ / 5! + x⁶ / 6!
Gruß Abakus
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> > [mm]T^{x_0}f(x)=\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{k!}*x^k[/mm] für
> > gerade k und
> > [mm]T^{x_0}f(x)=\summe_{k=0}^{\infty}-\bruch{1}{2k!}*x^k[/mm] für
> > ungerade k.
> >
> > Den Konvergenzradius hab ich mit dem Quotientenkriterium
> > bestimmt und erhalte
> > [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}|v_k*\bruch{1}{k+1}=0[/mm] mit
> > [mm]v_k\in\{-2,-\bruch{1}{2}\}[/mm]
> > [mm]\Rightarrow[/mm] Konvergenzradius ist [mm]r=\infty[/mm]
> >
> > Stimmt das soweit? Und kann man vielleicht ein
> > Taylorpolynom aufstellen, dass beide Fälle darstellt? Oder
> > muss ich das Restglied jetzt auch für 2 verschiedene
> > Fälle abschätzen?
> >
> > Gruß, Christoph
> >
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> Gruss
> MathePower
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Und ich hab mir nen Wolf gerechnet...
Vielen Dank für die Hilfe!
Christoph
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