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Taylorreihe berechnen, nur letzten Schritt!

Universität / Fachhochschule

Tags: Taylorreihe, Taylorreihenentwicklung

StudMi aktiv_icon

15:07 Uhr, 22.01.2021

Moin, ich soll die Taylorreihe von

f

x 0 = 1

bestimmen.

f (x) \frac{x - 1}{x^{2} - x - 6}

.

Nachdem ich einige Ableitungen gebildet habe, um eine Regelmäßigkeit zu erkennen:
f´(x)

= \frac{- x^{2} + 2 x - 7}{{(x^{2} - x - 6)}^{2}},

etc. bis zur 4.Ableitung, sieht mein Taylorpolynom "4. Grades" so aus:
Tn(x)

= - \frac{1}{6} \cdot (x - 1) + \frac{- \frac{1}{18}}{2!} + {(x - 1)}^{2} + \frac{- \frac{7}{36}}{3!} \cdot {(x - 1)}^{3} + \frac{- \frac{13}{54}}{4!} \cdot {(x - 1)}^{4}

..usw.. ausgerechnet sieht es dann so aus

\to

\frac{1}{6} x + \frac{1}{36} x^{2} + \frac{7}{216} x^{3} + \frac{13}{1296} x^{4}

Nun zu den Regelmäßigkeiten die ich erkennen konnte:
Zum einen erhöht sich der Nenner immer um

6^{k}

und die Potenz von

x

um 1. (also

x^{k}),

somit ergibt sich soweit:
Σ

(\frac{1234}{6^{k}}) \cdot x^{k};

Das "1234" im Zähler steht für: Ich hab keine Ahnung was dahin soll, weil ich keine Regelmäßigkeit dort erkenne und genau das ist meine Frage, wie komme ich auf den richtigen Zähler?

Die Aufgabenstellung geht noch weiter, nämlich: Geben Sie den Bereich an, in dem die Taylorreihe um

x 0 = 1

mit

f

übereinstimmt. (Hier bräuchte ich auch bitte Hilfe)

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

HAL9000

15:23 Uhr, 22.01.2021

Gehen wir mal nicht über Taylor, sondern über die Summe von Geometrischen Reihen:

Die Partialbruchzerlegung der Ausgangsfunktion ergibt

f (x) = \frac{2}{5 (x - 3)} + \frac{3}{5 (x + 2)}

.

Umgeschrieben auf Entwicklungsstelle 1 ergibt das zunächst

f (x) = - \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{2} (x - 1)} + \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{3} (x - 1)}

,

und dies als geometrische Potenzreihen

\frac{1}{1 - q (x - x_{0})} = \sum_{k = 0}^{\infty} q^{k} {(x - x_{0})}^{k}

aufgefasst führt das zu

f (x) = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} {(x - 1)}^{k}

mit Potenzreihenkoeffizient

a_{k} = \frac{1}{5} [- \frac{1}{2^{k}} + \frac{{(- 1)}^{k}}{3^{k}}]

.

Der Konvergenzradius dieser Potenzreihe ist der kleinere der beiden Konvergenzradien der beiden geometrischen Teilreihen, mithin

R = min {2; 3} = 2

DrBoogie aktiv_icon

15:26 Uhr, 22.01.2021

Hier kann man auch ohne Ableitungen das Ergebnis bekommen.
Es gilt nämlich

x^{2} - x - 6 = (x - 3) (x + 2)

und dann nach Partialbruchzerlegung

\frac{x - 1}{x^{2} - x - 6} = \frac{0.4}{x - 3} + \frac{0.6}{x + 2}

.
Weiter kann man

\frac{0.4}{x - 3} = \frac{0.4}{x - 1 - 2} = - \frac{0.2}{1 - 0.5 (x - 1)} = - 0.2 \sum_{k = 0}^{\infty} 0 . 5^{k} (x - 1)^{k}

schreiben (geometrische Reihe) und weiter genauso für den anderen Bruch:

\frac{0.6}{x + 2} = \frac{0.6}{x - 1 + 3} = \frac{0.2}{1 + (x - 1) / 3} = 0.2 \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k} (x - 1)^{k}}{3^{k}}

.
Damit haben

\frac{x - 1}{x^{2} - x - 6} = 0.2 \sum_{k = 0}^{\infty} (\frac{(- 1)^{k}}{3^{k}} - \frac{1}{2^{k}}) (x - 1)^{k}

- die komplette Taylor-Reihe um Punkt

0

.
Sie konvergiert zu der Funktion genau dann wenn

∣ x - 1 ∣ < 2

, also für

x

aus

(- 2, 3)

, was auch logisch ist, denn genau in Punkten

- 2

und

3

ist die Funktion gar nicht definiert.

HAL9000

15:34 Uhr, 22.01.2021

@DrBoogie

Kleine Korrektur:

∣ x - 1 ∣ < 2

führt auf das Konvergenzintervall

(- 1, 3)

.

Was aber ebenso klar ist: Von

x_{0} = 1

ausgehend kann das symmetrisch darum herum gelagerte Konvergenzintervall allenfalls soweit wachsen, bis man auf die erste Polstelle trifft, und das wäre hier dann die bei

x = 3

. Die andere Polstelle

x = - 2

ist weiter von

x_{0} = 1

entfernt.

DrBoogie aktiv_icon

15:50 Uhr, 22.01.2021

Danke für die Korrektur

StudMi aktiv_icon

15:52 Uhr, 22.01.2021

Verstanden! Vielen Dank euch beiden !:-)

HAL9000

16:01 Uhr, 22.01.2021

Noch etwas umgeschrieben haben wir also Koeffizient

a_{k} = - \frac{1}{6^{k}} \cdot \frac{3^{k} - (- 2)^{k}}{5}

für alle

k \geq 0

.

Der Bruch rechts ist stets eine ganze Zahl, und zwar die, deren Gesetz du oben gesucht hattest (0, 1, 1, 7, 13, ...). Was auf dem Taylorweg nun wirklich schwer zu enträtseln wäre. ;-)

StudMi aktiv_icon

16:22 Uhr, 22.01.2021

Wäre nun wirklich unmöglich gewesen für mich :-D) Danke!

Nun eine kleine Frage:
Wissen Sie, wie ich darauf komme? Also die Aufgabe nicht mit Taylor zu lösen, sondern die PBZ anzuwenden. Wär ein Indiz: "Oh, echt gebrochen rationale Funktion, nicht mit Taylor, sondern mit PBZ vorgehen" oder was wäre ein mögliches Indiz?

:-)

ledum aktiv_icon

12:40 Uhr, 24.01.2021

Hallo,
Ja, denn immer wenn der Nenner reelle Nullstellen hat, kann man ihn ja mit PBZ aufteilen und damit die Reihe finden,
Gruß ledum

HAL9000

11:14 Uhr, 25.01.2021

Eine Nachbetrachtung: Prinzipiell ist das Verfahren oben für alle gebrochen rationalen Funktionen

f (x)

geeignet; bei Mehrfach-Nennernullstellen ist dann zu beachten, dass neben der geometrischen Potenzreihe auch deren Ableitungen zum Zuge kommen.

Wenn die Nennernullstellen "krumm" sind bzw. (aus sonstwelchen Gründen) unzugänglich erscheinen, und man nicht zwingend explizite Darstellungen der Koeffizienten

a_{k}

der Ergebnispotenzreihe

\sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} {(x - x_{0})}^{k}

benötigt, sich also auch mit rekursiven zufrieden gibt, dann gibt es folgenden Alternativweg:

Sei

f (t + x_{0}) = \frac{\sum_{i = 0}^{m} u_{i} t^{i}}{\sum_{j = 0}^{n} v_{j} t^{j}}

die Darstellung von

f

basierend auf dieser "Verschiebung" ins Zentrum

x_{0}

, dabei müssen wir

v_{0} \neq 0

voraussetzen. Nach Multiplikation mit dem Nenner muss dann innerhalb des Konvergenzintervall gelten

\sum_{i = 0}^{m} u_{i} t^{i} = (\sum_{j = 0}^{n} v_{j} t^{j}) \cdot (\sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} t^{k})

Das rechts als Cauchy-Produktreihe geschrieben bekommt man

\sum_{i = 0}^{\infty} (\sum_{j = 0}^{min (i, n)} v_{j} a_{i - j}) x^{i}

.

D.h., setzt man zusätzlich

u_{i} = 0

für alle

i > m

, dann kann man die Koeffizienten

a_{i}

sukzessive über Koeffizientenvergleich-Identitäten

\sum_{j = 0}^{min (i, n)} v_{j} a_{i - j} = u_{i}

für

i = 0, 1, \dots

bestimmen: Umgestellt ergibt diese Gleichung nämlich

v_{0} a_{i} + \sum_{j = 1}^{min (i, n)} v_{j} a_{i - j} = u_{i}

a_{i} = \frac{1}{v_{0}} (u_{i} - \sum_{j = 1}^{min (i, n)} v_{j} a_{i - j})

.

Was einem dieser Weg leider nicht liefert ist der tatsächliche Konvergenzradius

R

dieser Potenzreihe: Das ist der Betrag der betragskleinsten komplexen (!) Nullstelle des Nennerpolynoms

\sum_{j = 0}^{n} v_{j} z^{j}

. Die Bedingung

v_{0} \neq 0

liefert zumindest

R > 0

, d.h., es gibt überhaupt ein Konvergenzintervall.

Auf das vorliegende Beispiel angewandt: Ansatz

f (t + 1) = \frac{t}{t^{2} + t - 6} = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} t^{k}

ergibt sich mit

m = 1, n = 2

sowie

u_{0} = 0, u_{1} = 1, v_{0} = - 6, v_{1} = 1, v_{2} = 1

dann

a_{0} = - \frac{1}{6} \cdot 0 = 0

a_{1} = - \frac{1}{6} (1 - 1 \cdot 0) = - \frac{1}{6}

a_{i} = - \frac{1}{6} (0 - a_{i - 1} - a_{i - 2}) = \frac{a_{i - 1} + a_{i - 2}}{6}

für alle

i \geq 2

, das bedeutet im einzelnen

a_{2} = \frac{- \frac{1}{6} + 0}{6} = - \frac{1}{36}

a_{3} = \frac{- \frac{1}{36} - \frac{1}{6}}{6} = - \frac{7}{216}

a_{4} = \frac{- \frac{7}{216} - \frac{1}{36}}{6} = - \frac{13}{1296}

usw.

StudMi aktiv_icon

13:30 Uhr, 12.02.2021

Top, danke!!

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