Kann mir jemand mit Taylorentwicklung bitte helfen?

Entwickeln Sie die auf R definierten Funktionen f als Taylorpolynom T4(x, f, 0) an der Stelle x0 = 0: a) f (x) = ln(2 + x^2 )

Comments

[evtldocha]

Was genau?

$\left(1\right)\ f(x)=\ln\left(2+x\cdot2\right)$ $\left(2\right)\ f(x)=\ln\left(2+x^2\right)$

[Babsi720]

Entschuldige mich: f(x) = ln(2+x^2)

Answer 1

[mihisu]

Das „x2“ ergibt wenig Sinn. Vermutlich steht da stattdessen „x²“.

Statt „T4“ soll da vermutlich auch „T₄“ stehen und damit ist dann das Taylor-Polynom 4. Grades gemeint.

Gesucht ist also das Taylorpolynom T₄(x, f, 0) der durch f(x) = ln(2 + x²) gegebenen reellen Funktion an der Stelle x₀ = 0.

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Die Taylor-Formel, über die die Taylorpolynome definiert sind, lautet...

$T_n\left(x, f, x_0\right)=\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{f^{\left(k\right)}\left(x_0\right)}{k!}\cdot \left(x-x_0\right)^{k}$

An der Stelle x₀ = 0 erhält man...

$T_n\left(x, f, 0\right)=\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{f^{\left(k\right)}\left(0\right)}{k!}\cdot \left(x-0\right)^{k}$

$T_n\left(x, f, 0\right)=\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{f^{\left(k\right)}\left(0\right)}{k!}\cdot x^{k}$

Für n = 4 erhält man dann...

$T_4\left(x, f, 0\right)=\sum\limits_{k=0}^{4}\frac{f^{\left(k\right)}\left(0\right)}{k!}\cdot x^{k}$ $T_4\left(x, f, 0\right)=\frac{f\left(0\right)}{0!}\cdot x^{0}+\frac{f'\left(0\right)}{1!}\cdot x^{1}+\frac{f''\left(0\right)}{2!}\cdot x^{2}+\frac{f'''\left(0\right)}{3!}\cdot x^{3}+\frac{f''''\left(0\right)}{4!}\cdot x^{4}$

$T_4\left(x, f, 0\right)=f\left(0\right)+f'\left(0\right)\cdot x+\frac{f''\left(0\right)}{2}\cdot x^{2}+\frac{f'''\left(0\right)}{6}\cdot x^{3}+\frac{f''''\left(0\right)}{24}\cdot x^{4}$

Berechne nun für f(x) = ln(2 + x²) die Werte f(0), f'(0), f''(0), f'''(0), f''''(0) und setze diese Werte in die Formel ein.

====== Ergänzung: Lösungsvorschlag ======

$f(x)=\ln\left(2+x^2\right)$

$f'(x)=\frac{1}{2+x^2}\cdot 2x=\frac{2x}{2+x^2}$

$f''(x)=\frac{2\cdot \left(2+x^2\right)-2x\cdot 2x}{\left(2+x^2\right)^2}=\frac{4+2x^2-4x^2}{\left(2+x^2\right)^2}=\frac{4-2x^2}{\left(2+x^2\right)^2}$

$f'''(x)=\frac{-4x\cdot \left(2+x^2\right)^2-\left(4-2x^2\right)\cdot 2\cdot \left(2+x^2\right)\cdot 2x}{\left(2+x^2\right)^4}=\frac{-4x\cdot \left(2+x^2\right)-\left(4-2x^2\right)\cdot 2\cdot 2x}{\left(2+x^2\right)^3}$ $=\frac{-8x-4x^3-16x+8x^3}{\left(2+x^2\right)^3}=\frac{-24x+4x^3}{\left(2+x^2\right)^3}$

$f''''(x)=\frac{\left(-24+12x^2\right)\cdot \left(2+x^2\right)^3-\left(-24x+4x^3\right)\cdot 3\cdot \left(2+x^2\right)^2\cdot 2x}{\left(2+x^2\right)^6}$ $=\frac{\left(-24+12x^2\right)\cdot \left(2+x^2\right)-\left(-24x+4x^3\right)\cdot 3\cdot 2x}{\left(2+x^2\right)^4}$ $=\frac{-48-24x^2+24x^2+12x^4+144x^2-24x^4}{\left(2+x^2\right)^4}=\frac{-48+144x^2-12x^4}{\left(2+x^2\right)^4}$

$f(0)=\ln\left(2+0^2\right)=\ln\left(2\right)$

$f'(0)=\frac{2\cdot 0}{2+0^2}=0$

$f''(0)=\frac{4-2\cdot 0^2}{\left(2+0^2\right)^2}=\frac{4}{2^2}=\frac{4}{4}=1$

$f'''(0)=\frac{-24\cdot 0+4\cdot 0^3}{\left(2+0^2\right)^3}=0$

$f''''(0)=\frac{-48+144\cdot 0^2-12\cdot 0^4}{\left(2+0^2\right)^4}=\frac{-24}{2^3}=\frac{-24}{8}=-3$

Also:

$T_4\left(x, f, 0\right)=f\left(0\right)+f'\left(0\right)\cdot x+\frac{f''\left(0\right)}{2}\cdot x^{2}+\frac{f'''\left(0\right)}{6}\cdot x^{3}+\frac{f''''\left(0\right)}{24}\cdot x^{4}$

$T_4\left(x, f, 0\right)=\ln\left(2\right)+0\cdot x+\frac{1}{2}\cdot x^{2}+\frac{0}{6}\cdot x^{3}+\frac{\left(-3\right)}{24}\cdot x^{4}$

$T_4\left(x, f, 0\right)=\ln\left(2\right)+\frac{1}{2}\,x^{2}-\frac{1}{8}\,x^{4}$

====== Ergänzung: Alternativer Lösungsvorschlag ======

Die durch f(x) = ln(2 + x²) gegebene reelle Funktion f: ℝ → ℝ ist analytisch. D.h. die Funktion lässt sich (lokal) eindeutig durch ihre Taylorreihe darstellen.

Vielleicht kennst du bereits die Reihenentwicklung...

$\ln\left(1+x\right)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{k}\cdot x^k$

... des natürlichen Logarithmus. Damit erhält man dann...

$\ln\left(2+x^2\right)=\ln\left(2\cdot \left(1+\frac{x^2}{2}\right)\right)=\ln\left(2\right)+\ln\left(1+\frac{x^2}{2}\right)$

$=\ln\left(2\right)+\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{k}\cdot \left(\frac{x^2}{2}\right)^k$

$=\ln\left(2\right)+\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{k\cdot 2^k}\cdot x^{2k}$

Bricht man diese Reihenentwicklung nach x⁴ (also nach k = 2) ab, so erhält man das gesuchte Taylorpolynom 4. Grades...

$\ln\left(2\right)+\frac{\left(-1\right)^{1+1}}{1\cdot 2^1}\cdot x^{2\cdot 1}+\frac{\left(-1\right)^{2+1}}{2\cdot 2^2}\cdot x^{2\cdot 2}$

$=\ln\left(2\right)+\frac{1}{2}\cdot x^{2}-\frac{1}{8}\cdot x^{4}$

Answer 2

[Rammstein53]

f(x) = ln(2 + x^2)

Die ersten vier Ableitungen:

f1(x) = 2x/(2 + x^2)

f2(x) = - 2(x^2 - 2)/(2 + x^2)^2

f3(x) = 4x(x^2 - 6)/(2 + x^2)^3

f4(x) = - 12(x^4 - 12x^2 +4)/(2 + x^2)^4

###

$T4\left(x\right)\ =\ \sum_{k\ =0}^4\ \frac{fk\left(x0\right)}{k!}\cdot\left(x-x0\right)^k$ ###

x0 = 0

f(0) = ln(2)

f1(0)/1! * x = 0

f2(0)/2! * x^2 = x^2/2

f3(0)/3! * x^3 = 0

f4(0)/4! * x^4 = -x^4/8

###

T4(x) = ln(2) + x^2/2 - x^4/8

Comments

[Babsi720]

Gleiche Lösung haben wir in der Vorlesung auch bekommen aber jetzt verstehe ich die Schritte, vielen lieben Dank!🥳

Answer 3

[evtldocha]

Danke für die Klarstellung!

$f^{\left(0\right)}\left(0\right)=f\left(0\right)=\ln\left(2\right)$ $f^{\left(1\right)}\left(x\right)=\ \frac{2x}{x^2+2}\ \to f^{\left(1\right)}\left(0\right)\ =\ 0$ $f^{\left(2\right)}\left(x\right)=-2\cdot\frac{\left(x^2-2\right)}{\left(x^2+2\right)^2}\ \to\ f^{\left(2\right)}\left(0\right)=-2\cdot\frac{\left(-2\right)}{2^2}=1$ $f^{\left(3\right)}\left(x\right)=\frac{4x\left(x^2-6\right)}{\left(x^2+2\right)^3}\to f^{\left(3\right)}\left(0\right)\ =0$

Damit ist das Taylorpolynom dritten Grades (die vierte Ableitung und damit die Bestimmung des Polynoms T₄(x,0) überlasse ich Dir).

$T_3\left(x,0\right)=\ln\left(2\right)+0\cdot x+\frac{1}{2}x^2\ +0\cdot x^2\ =\ \ln\left(2\right)+\frac{1}{2}x^2$

Skizze T₃(x,0):

Skizze T₄(x,0)

Comments

[Babsi720]

perfekt, vielen Dank!🤩