Taylorreihe von sin²(x) in 0 < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:03 Do 13.10.2005 | | Autor: | Reaper |
Hallo....wir sollen eine Taylorreihe von sin²(x) im Entwicklungspunkt [mm] x_{0} [/mm] = 0
erstellen.
Nun kapier ich aber schon nicht das Ergebnis von sin(x):
sin(x) = [mm] \summe_{k=0}^{ \infty} (-1)^{k}/(2k+1)! [/mm] * [mm] x^{2k+1}
[/mm]
Wie kommt man auf das Ergebnis und vor allem was beschreibt es. Ich habe
mir nämlich gedacht den sin(x) wobei k = 0 für 0te Ableitung steht usw. und
x für 0.
Aber das tut es anscheinend nicht.
Wir haben uns die verschiedenen Ableitungen von sin(x) angeschaut und
sind draufgekommen dass sie einen Zyklus beschreiben: 0,1,0,-1,0,.....
Daraufhin war uns in der VO irgendwie klar dass die Formel so aussehen muss. Und genau da bin ich nicht mitgekommen....Hilfe ist also gefragt.
mfg,
Hannes
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:31 Do 13.10.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo Reaper!
Bleiben wir mal bei [mm] $\sin(x)$.
[/mm]
Zunächst einmal gilt ja
[mm] $\sin(x) [/mm] = [mm] \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{\sin^{(n)}(0)}{n!} \cdot x^n$.
[/mm]
Weiterhin stellt man fest:
[mm] $\sin^{(n)}(0) [/mm] = [mm] \left\{ \begin{array}{ccc} 0 & , & n=4m,\\[5pt] 1 & , & n=4m+1,\\[5pt] 0 & , & n=4m+2,\\[5pt] -1 & , & n=4m+3. \end{array} \right.$
[/mm]
Die geraden Ableitungen fallen also auf jeden Fall weg. Daher hat man
[mm] $\sin(x) [/mm] = [mm] \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{\sin^{(2k+1)}(0)}{(2k+1)!} \cdot x^{2k+1}$.
[/mm]
Jetzt machen wir eine Fallunterscheidung:
Ist $k$ gerade, $k=2m$, dann ist (siehe oben)
[mm] $\sin^{(2k+1)}(0) [/mm] = [mm] \sin^{(2(2m)+1)}(0) [/mm] = [mm] \sin^{(4m+1)}(0) [/mm] = 1 = [mm] (-1)^k$.
[/mm]
Ist $k$ ungerade, $k=2m+1$, dann ist (siehe oben)
[mm] $\sin^{(2k+1)}(0) [/mm] = [mm] \sin^{(2(2m+1)+1)}(0) [/mm] = [mm] \sin^{(4m+3)}(0) [/mm] = -1 = [mm] (-1)^k$.
[/mm]
Es gilt also für alle $k [mm] \in \IN_0$:
[/mm]
[mm] $\sin^{(2k+1)}(0) [/mm] = [mm] (-1)^k$.
[/mm]
Somit können wir schreiben:
[mm] $\sin(x) [/mm] = [mm] \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{\sin^{(2k+1)}(0)}{(2k+1)!} \cdot x^{2k+1} [/mm] = [mm] \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} \cdot x^{2k+1}$.
[/mm]
Das war es schon... 
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:41 Do 13.10.2005 | | Autor: | Jaidi |
Danke für die tolle Erklärung der Frage!
Aber wie schaut es mit der Taylorreihe von sin²(x) im Entwicklungspunkt [mm] x_0 [/mm] = 0 aus?
Wie kann ich diese bestimmen?
Vielen Dank für event. Erklärungen im Voraus! :)
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Hallo!
> Aber wie schaut es mit der Taylorreihe von sin²(x) im
> Entwicklungspunkt [mm]x_0[/mm] = 0 aus?
>
> Wie kann ich diese bestimmen?
Naja, hast du mal den Anfang selber versucht? Wir brauchen ja zuerst mal die Ableitungen:
[mm] f(x)=\sin^2(x)
[/mm]
[mm] f'(x)=\sin(2x)
[/mm]
[mm] f''(x)=2\cos(2x)
[/mm]
[mm] f'''(x)=-4\sin(2x)
[/mm]
[mm] f^{(4)}=-8\cos(2x)
[/mm]
[mm] f^{(5)}=16\sin(2x)
[/mm]
usw.
Da müsste man jetzt zuerst mal ein System drin finden, und dann müsste das so ähnlich weitergehen, wie bei [mm] \sin(x).
[/mm]
Viele Grüße
Bastiane
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:29 Do 13.10.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo!
Klar, man kann es so machen wie Bastiane, allerdings kann man es auch direkt über das Cauchy-Produkt ausrechnen, da man die Taylorreihe von [mm] $\sin(x)$ [/mm] ja kennt:
[mm] $\sin^2(x) [/mm] = [mm] \sum\limts_{k=0}^{\infty} \left( \sum\limits_{l=0}^k \frac{(-1)^l}{(2l+1)!} \cdot \frac{(-1)^{k-l-1}}{(2k-2l-1)!} \right) x^{2k}$
[/mm]
$ = [mm] \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{(2k)!} \left(\sum\limits_{l=0}^k {2k \choose 2l+1} \right)\, x^{2k}$
[/mm]
$= [mm] \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{(2k)!} 2^{2k-1}\, x^{2k}$.
[/mm]
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:50 Fr 14.10.2005 | | Autor: | Reaper |
Hallo...ich will es nicht mit dem Cauchy-Produkt rechnen....weil wir dass in unserem Blitzkurs noch gar nicht gelernt haben.
Wenn ich mit dem Ansatz anfange komme ich wieder auf ein sichtbares System:
f(x) = sin²(x) = 0.....n=4m
f'(x) = sin(2x) = 0....n = 4m+1
f''(x) = 2...n=4m+2
f'''(x) = 0
f''''(x) = -8
f'''''(x) = 0
f''''''(x) = 32
...usw.
Also kann ich schon mal alle ungeraden Ableitungen weglassen da sie allesamt 0 ergeben. Von Relevanz sind für mich nur mehr sin²^{2k}
Wenn ich jetzt zur Fallunterscheidung gehe komme ich bei deiner Lösung auf Probleme:
k = 2m
sin²^{2k}(0) = sin²^{4m} (0) = 0 != [mm] -1^{k-1} [/mm] * [mm] 2^{k-1}....da [/mm] stoße ich schon mal auf ein Problem
k = 2m+1
sin²^{2m+1} (0) = sin²^{4m+2} (0) = 2 != [mm] -1^{k-1} [/mm] * [mm] 2^{k-1}
[/mm]
Was ich damit ausdrücken will dass ich kein System finde....
mfg,
Hannes
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:41 Fr 14.10.2005 | | Autor: | Bastiane |
Hallo!
Also, eine komplette Lösung habe ich auch nicht, aber ich habe mal ein bisschen rumprobiert:
> Hallo...ich will es nicht mit dem Cauchy-Produkt
> rechnen....weil wir dass in unserem Blitzkurs noch gar
> nicht gelernt haben.
> Wenn ich mit dem Ansatz anfange komme ich wieder auf ein
> sichtbares System:
>
> f(x) = sin²(x) = 0.....n=4m
> f'(x) = sin(2x) = 0....n = 4m+1
> f''(x) = 2...n=4m+2
> f'''(x) = 0
> f''''(x) = -8
> f'''''(x) = 0
> f''''''(x) = 32
> ...usw.
Du meinst hier wohl immer [mm] f^{(k)}(0) [/mm] und nicht nur [mm] f^{(k)}(x), [/mm] denn das wäre ja nicht 0 bei den ungeraden Ableitungen.
> Also kann ich schon mal alle ungeraden Ableitungen
> weglassen da sie allesamt 0 ergeben. Von Relevanz sind für
> mich nur mehr sin²^{2k}
>
> Wenn ich jetzt zur Fallunterscheidung gehe komme ich bei
> deiner Lösung auf Probleme:
>
> k = 2m
>
> sin²^{2k}(0) = sin²^{4m} (0) = 0 != [mm]-1^{k-1}[/mm] *
> [mm]2^{k-1}....da[/mm] stoße ich schon mal auf ein Problem
>
> k = 2m+1
>
> sin²^{2m+1} (0) = sin²^{4m+2} (0) = 2 != [mm]-1^{k-1}[/mm] *
> [mm]2^{k-1}[/mm]
>
>
> Was ich damit ausdrücken will dass ich kein System
> finde....
Sagen wir mal n=2k, dann hätten wir doch folgendes:
Das Vorzeichen ändert sich immer mit dem n zusammen, also haben wir schon mal [mm] (-1)^{\bruch{n}{2}+1}. [/mm] Die Zahlen selber ändern sich mit den Potenzen von 2, nämlich [mm] 2^1, 2^3, 2^5 [/mm] usw. Das wäre dann doch 2, also [mm] 2^{n-1}. [/mm] Oder, wenn du statt n lieber das k haben willst:
[mm] (-1)^{k+1}*2^{2k-1}
[/mm]
Allerdings gilt das jetzt nur für die geraden Ableitungen, die ungeraden musst du dann wohl auch noch irgendwie dahin bekommen.
Vielleicht hilft es dir ja - viele Grüße
Bastiane
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> Hallo...ich will es nicht mit dem Cauchy-Produkt
> rechnen....weil wir dass in unserem Blitzkurs noch gar
> nicht gelernt haben.
Hallo,
wie Bastiane bereits feststellte ist
$ [mm] f(x)=\sin^2(x) [/mm] $
$ [mm] f'(x)=\sin(2x) [/mm] $
$ [mm] f''(x)=2\cos(2x) [/mm] $
$ [mm] f'''(x)=-4\sin(2x) [/mm] $
$ [mm] f^{(4)}=-8\cos(2x) [/mm] $
$ [mm] f^{(5)}=16\sin(2x) [/mm] $
Es liegt ja die Vermutung nahe, daß gilt
[mm] f^{2n}(x)=(-1)^{n-1}2^{2n-1}cos2x [/mm] und
[mm] f^{2n+1}(x)=(-1)^{n}2^{2n}sin2x
[/mm]
Dies könntest bzw. müßtest Du per Induktion beweisen.
Für die Taylorreihe im Punkt 0 benötigst Du die Ableitungen an der Stelle 0. Wie bereits festgestellt, ist das für die ungeraden Ableitungen =0, für die geraden kriegt man [mm] f^{2n}(0)=(-1)^{n-1}2^{2n-1}, [/mm] was Du im Prinzip ja schon festgestellt hattest.
Jetzt bleibt nur noch eines zu tun, nämlich das ganze einsetzen in
[mm] sin^2(x)=\summe_{k=0}^{\infty} \bruch{f^k(0)}{k!}(x-0)^k [/mm] .
Weil alle "ungeraden" Summanden =0 sind, fallen die weg. Es bleiben nur die geraden übrig, und Du hast das Ergebnis - ohne Cauchyprodukt - dastehen, welches Stefan mit dem Cauchyprodukt ausgerechnet hat. Du warst schon sehr nahe dran!
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:49 Fr 14.10.2005 | | Autor: | Reaper |
Hallo...kapier jetzt die Schreibweise vom Stefan....
Die einzige Stelle die bei der Lösung vom Stefan nicht geht ist die 0te Ableitung die ja auch gerade ist.
Also: Wenn k = 0 ist kommt sollte eigentlich 0 herauskommen tut es aber nicht.
sin²^{2k} = 0 .....für k = 0
in Formel: [mm] -1^{-1} [/mm] * [mm] 2^{-1} [/mm] = -0.5 != 0
Wie geh ich da vor?
mfg,
Hannes
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> Hallo...kapier jetzt die Schreibweise vom Stefan....
> Die einzige Stelle die bei der Lösung vom Stefan nicht
> geht ist die 0te Ableitung die ja auch gerade ist.
>
> Also: Wenn k = 0 ist kommt sollte eigentlich 0 herauskommen
> tut es aber nicht.
Hallo,
tatsächlich stimmt
[mm] f^{2n}(0)=(-1)^{n-1}2^{2n-1} [/mm] nur für n>0.
Daher kriegt man beim Einsetzen in
[mm] sin^2(x)=\summe_{k=0}^{\infty} \bruch{f^k(0)}{k!}(x-0)^k [/mm]
nur fast das, was Stefan hat. Die Summation muß bei k=1 beginnen und nicht bei 0.
So müßte es richtig sein, oder gibt's Proteste?
(Wahrscheinlich ist beim Cauchy-Multiplizieren eine Kleinigkeit schief gegangen, ist mir aber zu mühsam, der Sache auf den Grund zu gehen.)
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:51 Fr 14.10.2005 | | Autor: | Jaidi |
Vielen Dank für eure Hilfe!!!
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