Mathematik: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
Released by matroid on Sa. 22. Mai 2004 11:36:31 [Statistics]
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Mathematik

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Potenzreihenentwicklung nach Taylor




Ich möchte all denjenigen, die die Taylorsche Potenzreihenentwick\-
lung nicht kennen, den Taylorschen Satz ein wenig näher bringen,
so dass man ihn auch irgendwann selbständig verwenden kann.

Bei der Taylorentwicklung__ geht es darum eine Funktion f(x) mit
Polynomen in einem Punkt anzunähern.

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Sei p(x) das Polynom, welches vom Grad n ist, das die Funktion f(x) in einem Punkt approximiert, so nennt man p_n(x) auch das n\-te Taylorpolynom der Funktion f(x). Man kann eine Funktion am besten mit Polynomen in einem Punkt approximieren, wenn sowohl die Funktion und das Polynom in dem Punkt in den ersten n Ableitungen übereinstimmt.
Das bedeutet nichts weiter als:

f(x_0)=p_n(x_0)
f'(x_0)=p_n|'(x_0)
f''(x_0)=p_n|''(x_0)
.
.
.
f^((n))|(x_0)=p_n^((n))|(x_0)

wobei x_0 der Punkt ist wo die Funktion angenähert werden soll. In den folgenden Rechnungen beschränken wir uns erstmal nur auf x_0=0.
Kommen wir nun zur Herleitung der Taylorentwicklung:

Es soll also gelten p(x)=f(x). Wir wissen aber auch, dass gilt: f(x)=f(0)+int(f'(t),t,0,x)
=> p(x)=f(0)+int(f'(t),t,0,x)

Für zwei differenzierbare Funktionen u und v gilt: int(u*v')=u*v-int(u'*v)

\blue\Um int(f'(t),t,0,x) partiell zu integrieren, setzen wir u=f'(t) und v'=1 und benutzen v=-(x-t). Dann erhalten wir

\align
int(f'(t),t,0,x)=stammf(f'(t)*(-(x-t)),0,x)-int(f''(t)*(-(x-t)),t,0,x)
=f'(0)*x+int(f''(t)*(x-t),t,0,x)
\stopalign
Durch ein paar Nebenrechnungen kann sich der Leser von folgenden Identitäten überzeugen

int(f''(t)*(x-t),t,0,x)=f''(0)/2*x^2+1/2*int(f'''(t)*(x-t)^2,t,0,x)
1/2*int(f'''(t)*(x-t)^2,t,0,x)=f'''(0)/6*x^3+1/6*int(f^((4))|(t)*(x-t)^3,t,0,x)
1/6*int(f^((4))|(t)*(x-t)^3,t,0,x)=f^((4))(0)/24*x^4+1/24*int(f^((5))|(t)*(x-t)^4,t,0,x)
.
.
.
1/(n-1)!*int(f^((n))|(t)*(x-t)^(n-1),t,0,x)

$ =f^((n))(0)/n!*x^n+1/n!*int(f^((n+1))|(t)*(x-t)^n,t,0,x)

=>
p(x)=f(0)+f'(0)*x+f''(0)/2*x^2+f'''(0)/6*x^3+...+f^((n))(0)/n!*x^n

$ +1/n!*int(f^((n+1))|(t)*(x-t)^n,t,0,x)

Dabei ist p_n(x)=f(0)+f'(0)*x+f''(0)/2*x^2+f'''(0)/6*x^3+...+f^((n))(0)/n!*x^n

$ =sum(f^((k))(x_0)/k!*(x-x_0)^k,k=0,n)
das Taylorpolynom vom Grad n und R_(n+1)(x)=1/n!*int(f^((n+1))(t)*(x-t)^n,t,0,x) das Restglied der Entwicklung, sprich der Fehler bei der Approximation. Für diese Form des Restgliedes können wir eine Abschätzung herleiten.
\frameon\ Für die Herleitung benötigen wir den zweiten__ Mittelwertsatz__ der__ Integralrechnung__. Dieser besagt:

\darkblue\Sind die Funktionen f und g auf dem Intervall [a,b] stetig und ist g nicht negativ, dann gibt es eine Zahl
\darkblue\ c\el ]a,b[, für die

\darkblue int(f(x)*g(x),x,a,b)=f(c)*int(g(x),x,a,b)

\darkblue ist.
\frameoff
Es gibt also ein c\el intervalloo(0,x), für das gilt
\align
1/n!*int(f^((n+1))|(t)*(x-t)^n,t,0,x)=f^((n+1))|(c)*int((x-t)^n/n!,t,0,x)
=f^((n+1))|(c)*x^(n+1)/(n+1)!
\stopalign
Daraus folgt, dass

abs(R_(n+1)(x))<=max((f^((n+1))|(t)))*abs(x)^(n+1)/(n+1)!

denn es ist max((f^((n+1))|(t)))>=f^((n+1))|(c) und abs(x)^(n+1)/(n+1)!>=x^(n+1)/(n+1)!

Wenn man nun aber die Taylorentwicklung zu einem anderen Punkt x_0 vollziehen will, reicht es, aus dem x ein (x-x_0) zu machen, denn f(x-x_0) ist die gleiche Funktion f(x) nur um x_0 Einheiten nach rechts oder links verschoben.
Also wird z.B. aus der Entwicklung in 0
f(x)=f(0)+f'(0)*x+f''(0)/2*x^2+...+f^((n))(0)/n!*x^n+R_(n+1)(x)
so die Entwicklung an der Stelle x_0
f(x)=f(x_0)+f'(x_0)*(x-x_0)+f''(x_0)/2*(x-x_0)^2

$ +f'''(x_0)/6*(x-x_0)^3+...+f^((n))(x_0)/n!*(x-x_0)^n+R_(n+1)(x)
\frameon\ Somit können wir den Taylorschen Satz formulieren

\blue\Hat die Funktion f auf dem Intervall I zwischen x_0 und x insgesamt n+1 stetige Ableitungen, so ist
\align
\blue f(x)=f(x_0)+f'(x_0)*(x-x_0)+f''(x_0)/2*(x-x_0)^2

\blue$ +f'''(x_0)/6*(x-x_0)^3+...+f^((n))(x_0)/n!*(x-x_0)^n+R_(n+1)(x)
\blue =sum(f^((k))(x_0)/k!*(x-x_0)^k,k=0,n)+R_(n+1)(x)
\stopalign
\blue\Das Restglied ist in der Integraldarstellung

\blue R(n+1)(x)=1/n!*int(f^((n+1))|(t)*(x-t)^n,t,x_0,x)

\blue\welches wir durch

\blue abs(R_(n+1)(x))<=max(f^((n+1))(t)*abs(x-x_0)^(n+1)/(n+1)!

\blue\abschätzen können.
\frameoff


Man kann das Restglied auch anders darstellen, ich möchte euch nun die Restgliedform__ von__ Lagrange__ zeigen.

Dazu betrachten wir die Entwicklungstelle x_0 als variabel, dann ist

R(n+1)(x_0)=f(x)-[ f(x_0)+f'(x_0)*(x-x_0)+f''(x_0)/2*(x-x_0)^2
$ +f'''(x_0)/6*(x-x_0)^3+...+f^((n))(x_0)/n!*(x-x_0)^n ]

Man sieht für x_0=x ist R_(n+1)(x)=0

Nun differenzieren wir R_(n+1)(x_0) nach x_0

d/dx_0|R_(n+1)(x_0)=0-[ f'(x_0)+f'(x_0)*(-1)+f''(x_0)*(x-x_0)
$ +f''(x_0)/2!*2*(x-x_0)+...+f^((n+1))(x_0)/n!*(x-x_0)^n ]

d/dx_0|R_(n+1)(x_0)=-f^((n+1))(x_0)/n!*(x-x_0)^n

=> R_(n+1)|'(s)=-f^((n+1))(s)/n!*(x-s)^n
\frameon\ Nun brauchen wir den Cauchyschen__ Mittelwertsatz__:

\darkblue\Die Funktionen f und g seien auf ]a,b[ differenzierbar und auf [a,b] stetig.
\darkblue\Ist g' nirgendwo auf ]a,b[ gleich null, dann gibt es eine Zahl c in ]a,b[, für die gilt

\darkblue f'(c)/g'(c)=(f(b)-f(a))/(g(b)-g(a))
\frameoff

Wenden wir nun diesen Satz an, so erhalten wir für s\el ]a,b[

(R_(n+1)(x)-R_(n+1)(x_0))/(g(x)-g(x_0))=R_(n+1)'(s)/g'(s)

wegen R_(n+1)(x)=0 ist

-R_(n+1)(x_0)/(g(x)-g(x_0))=R_(n+1)'(s)/g'(s)

=>

R_(n+1)(x_0)=-R_(n+1)'(s)*(g(x)-g(x_0))/g'(s)
=f^((n+1))(s)/n!*(x-s)^n*(g(x)-g(x_0))/g'(s)


Nun können wir mit Hilfe gewählter Funktionen g verschiedene Darstellungen des Restgliedes erhalten.
Für die Restgliedform von Lagrange wählen wir g(x_0)=(x-x_0)^(n+1)=>g'(x_0)=(n+1)(x-x_0)^n*(-1)

R_(n+1)(x_0)=f^((n+1))(s)/n!*(x-s)^n*(0-(x-x_0)^(n+1))/((n+1)(x-s)^n*(-1))
=f^((n+1))(s)/(n+1)!*(x-x_0)^(n+1)

Nun möchte ich euch ein paar Beispiele zeigen.

\stress\red\Beispiel 1:

Ich möchte euch beweisen, dass für die Funktion f(x)=sin(x) folgende Reihe gilt:

sin(x)=sum((-1)^k/(2*k+1)!*x^(2k+1),k=0,\inf)

Bilden wir von f(x)=sin(x) die ersten Ableitungen und wählen als Entwicklungsstelle x_0=0

f(x)=sin(x) => f(0)=0
f'(x)=cos(x) => f'(0)=1
f''(x)=-sin(x) => f''(0)=0
f'''(x)=-cos(x) => f'''(0)=-1
f^((4))(x)=sin(x) => f^((4))(0)=0

Das lässt uns vermuten, dass die 1., 5., 9. usw. Ableitung an der Stelle x_0=0 immer 1 ist und die 3., 7., 11. usw. Ableitung immer -1 ist. Alle anderen sind null.

Setzen wir das in den Taylorschen Satz ein, so erhalten wir

f(x)=f(x_0)+f'(x_0)*(x-x_0)+f''(x_0)/2*(x-x_0)^2

$ +f'''(x_0)/6*(x-x_0)^3+...+f^((n))(x_0)/n!*(x-x_0)^n+R_(n+1)(x) \align

sin(x)=0+1*x+0/2*x^2-1/6*x^3+0/24*x^4+1/120*x^5+...+R_(n+1)(x)
=x-x^3/6+x^5/120-x^7/7!+...+R_(n+1)(x)
=sum((-1)^k/(2*k+1)!*x^(2k+1),k=0,n)+R_(n+1)(x)
\stopalign
Um zu zeigen, dass man sin(x) unendlich genau approximieren kann, muss man nur zeigen, dass

lim(n->\inf,R_(n+1)(x))=0 gilt.

Dazu benutzen wir die untere Abschätzung
$ abs(R_(n+1)(x))<=max((f^((n+1))|(t)))*abs(x)^(n+1)/(n+1)!

Als max((f^((n+1))|(t))) wählen wir 1, denn keine Ableitung von sin(x) wird jemals größer als eins.


abs(R_(n+1)(x))<=1*abs(x)^(n+1)/(n+1)!

Da lim(n->\inf,x^n/n!)=0 gilt,ist auch lim(n->\inf,abs(x)^(n+1)/(n+1)!)=0 und damit

lim(n->\inf,R_(n+1)(x))=0 q.e.d.

Also ist

sin(x)=sum((-1)^k/(2*k+1)!*x^(2k+1),k=0,\inf)

\stress\red\Beispiel 2:

Wir wollen \ee auf 0,001 genau abschätzen.
Es ist \ee^x=1+x+x^2/2!+x^3/3!+...+x^n/n!+R_(n+1)(x) mit abs(R_(n+1)(x))<=max((f^((n+1))(x))*abs(x)^(n+1)/(n+1)!
Es soll also gelten: abs(R_(n+1)(x))<=0,001

Da hier x=1 und f^((n+1))(x)=\ee^x ist, gilt
abs(R_(n+1)(x))<=\ee*abs(1)^(n+1)/(n+1)!

Wir wissen, dass \ee<3 ist. Somit können wir abschätzen

abs(R_(n+1)(x))<=3/(n+1)!<=0,001

Nun erhalten wir durch probieren, dass schon für n=6 das Restglied kleiner als 0,001 ist.

Somit erhalten wir unsere Näherung

\ee\approx\ 1+1+1/2!+1/3!+1/4!+1/5!+1/6!|\approx\ 2,7180556






Gruß

Artur Koehler
(alias pendragon302)

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  • Ganz genau: Gelöste Differentialgleichungen
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  • Ganz genau: Das Problem der Traktrix
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  • Ganz genau: Die Beziehungen vom Sinus und Cosinus

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    Potenzreihenentwicklung nach Taylor [von pendragon302]  
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    "Mathematik: Potenzreihenentwicklung nach Taylor" | 12 Comments
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    Re: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
    von: matroid am: Sa. 22. Mai 2004 20:29:55
    \(\begingroup\)Hi Artur,
    großartig, wie Du ein Feld nach dem anderen beackerst. Ich bin sicher, (denn ich weiß ja auch, was im Forum gefragt wird), auch dieser Artikel wird über die Zeit enorm vielen Leuten helfen.
    Du leistest für die Differential- und Integralrechnung das, was Siah für die Lineare Algebra tut. Großes Kompliment.

    Ich muß hier auch mal Querverlinkungen einziehen.
    Ok, das geh ich jetzt machen.

    Gruß
    Matroid\(\endgroup\)
     

    Re: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
    von: pendragon302 am: Sa. 22. Mai 2004 22:00:28
    \(\begingroup\)Hi

    Danke schön Matroid. Ich würd gern nochmehr schreiben aber mir fehlt leider zurzeit die Zeit.

    Ich muss aber gleich einen kleinen Fehler korrigieren. Bei der Abschätzung sollte statt
    abs(R_(n+1)(x))<=max((f^((n+1))|(t)))*abs(x)^(n+1)/(n+1)!
    besser zum Verständnis
    abs(R_(n+1)(x))<=max((f^((n+1))|(t)))_(t\el\I)*abs(x)^(n+1)/(n+1)!


    Einen ganz herzlichen Dank geht an SchuBi, denn er hat den ganzen Artikel korrigiert. Er hat auch überall seine Finger im Spiel 😄

    Gruß\(\endgroup\)
     

    Re: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
    von: Martin_Infinite am: Sa. 22. Mai 2004 22:05:32
    \(\begingroup\)Hi Artur!

    Dieser wunderbare Artikel hat dem MP lange gefehlt : Eine vollständige, übersichtliche (man beachte zB Farben + fed-Frames) und (mE) leicht verständliche Einführung in Taylorreihen. Endlich wird Fragenstellern wie diesem hier in Zukunft schnell und einfach geholfen werden können.

    Gruß
    Martin\(\endgroup\)
     

    Re: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
    von: matroid am: Sa. 22. Mai 2004 22:16:12
    \(\begingroup\)Jetzt habe ich noch ein Logo ausgedacht, das alle Deine Artikel unter dem Motto 'Ganz genau' zusammengehörig macht.

    Gruß
    Matroid\(\endgroup\)
     

    Re: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
    von: hansibal am: So. 23. Mai 2004 12:17:47
    \(\begingroup\)Kompliment, wirklich beeindruckender Artikel, der mein mangelhaftes Wissen über die Taylor-Reihen erweitert hat.
    Gibt es da nicht auch Taylor-Reihen für Funktionen über mehr Variablen?
    Vielleicht wird aus der Artikelsammlung ja mal ein kleines Buch.

    mfg
    Hansibal\(\endgroup\)
     

    Re: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
    von: shredhead am: Mo. 24. Mai 2004 15:31:24
    \(\begingroup\)Hi @all
    Hallo pendragon

    Wirklich ein sehr schöner Artikel! Er steht deinen bisherigen Artikeln wirklich in nichts nach! In letzter Zeit wird wirklich oft im Forum nach der Taylorreihenentwicklung gefragt und dank dir müssen wir jetzt nur noch den Fragestellern auf diesen Artikel aufmerksam machen! 😉 Die "langen" Herleitungen hab ich auch des öfteren gepostet, jetzt kann ich einfach auf diesen Artikel verweisen!Danke und Kompliment! 😉


    Gruß
    Jörg
    \(\endgroup\)
     

    Re: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
    von: Gockel am: Mi. 02. Juni 2004 15:26:37
    \(\begingroup\)Hi ihr alle.

    Ich bin mir nicht sicher, aber ich glaube, dass da in der Herleitung etwas nicht stimmt:
    \red int(f'(t),t,0,x)=stammf(f'(t)*(-(x-t)),0,x)-int(f''(t)*(-(x-t)),t,0,x)=f'(0)*x+int(f''(t)*(x-t),t,0,x)

    Ich bin der Meinung, dass der Übergang vom Integral zur Stammfunktion einen Vorzeichenfehler enthält, so dass das richtige Ergebnis -f'(x)*x+int(f''(t)*(x-t),t,0,x)
    lauten müsste.


    Das wäre an sich nicht schwerweigend und ich hätte es hier nicht erwähnt, aber da dieser Fehler auch bei den weiteren Formeln Auswirkungen hat, würde die Gesamte Reihenentwicklung falsch werden.

    Ich hab eine andere Herleitung selbst gemacht, inder ich folgenden Ansatz gewählt habe:
    f(x)=f(0)-int(f'(t),t,x,0)
    Wenn man hier die partielle Integration durchführt, werden scheinbar alle - zu + so wie es eigentlich sein müsste.

    Hab ich da was falsch gesehen mit dem Vorzeichenfehler? Ist es vielleicht gar nicht so schwiegend wie gedacht? Kann jemand meinen Ansatz verifizieren?

    mfg Gockel.\(\endgroup\)
     

    Re: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
    von: pendragon302 am: Mi. 02. Juni 2004 17:04:03
    \(\begingroup\)Hi Gockel!

    stammf(f'(t)*(-(x-t)),0,x)=(f'(x)*(-(x-x)))-(f'(0)*(-(x-0)))=0-(f'(0)*(-x))=f'(0)*x

    Ich seh da keinen Fehler 😄

    Gruß\(\endgroup\)
     

    Re: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
    von: Gockel am: Mi. 02. Juni 2004 17:23:09
    \(\begingroup\)Hi pendragon.

    Aua. Das tut weh. Gut, dass es doch nicht so ist, wie ich vermutete. Wie dem auch sei... ich geh mich jetzt schämen.

    mfg Gockel.\(\endgroup\)
     

    Re: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
    von: Huseyin am: Sa. 12. März 2005 23:58:14
    \(\begingroup\)Die Restgliedabschätzung ist falsch, es fehlen die Betragsstriche beim max(). EDIT: Ich korrigiere mich, man kann eine allgemeine Restgliedabschätzung wie hier vergessen, mit max() ist sie genauso falsch wie ohne.\(\endgroup\)
     

    Cauchy'sche Form des Restgliedes
    von: Ex_Mitglied_16090 am: Do. 18. Januar 2007 23:25:25
    \(\begingroup\)Hallo pendragon302, der Artikel ist klasse und es gefällt mir, dass er mit Farben und Beispielen unterlegt ist. Was ich allerdings vermisse ist die Cauchy'sche Form des Restgliedes. Wenn du Zeit hast, kannst du sie ja einbauen. Liebe Grüße und weiter so, der Physiker2006\(\endgroup\)
     

    Re: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
    von: da_bounce am: Do. 15. März 2007 18:28:11
    \(\begingroup\)Jau super Artikel, wie die anderen auch. Meine Ordnersammlung wird größer :) lg George\(\endgroup\)
     

     
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