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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:34 Do 31.03.2005 | | Autor: | ginii |
Hallo Max. 
Ich glaube mit meinen Fragen hast du bald deine Sterne zusammen!
Soweit konnte ich dem folgen. Nur, was mich noch aufhält ist, wieso man vorher F nicht kannte ( F wird doch in die Taylorformel eingesetzt ) und wieso jetzt mit der Taylorreihe der Summand wegfällt, also F(a). Ich stell mir das so vor:
An der Entwicklungsstelle h=b-a wird das Integral berechnet. Mit der Taylorreihe kann ich nun die Stammfunktion soweit ableiten, so dass ich
mit der Integrandenfunktion, die dann auch soweit abgleitet wird, bis der Fehler klein genung ist, das Integral bestimmen kann. ( ist das soweit richtig, oder liege ich total daneben? )
Ich habe:
F(a+h)=F(a)+h [mm] /1!f(a)+h^2! /f´(a)+...h^n [/mm] /n!f^(n-1)(a)+R1
F(a+2h)=F(a+h)+h [mm] /1!f(a+h)+h^2 /2!f´(a+h)+...+h^n [/mm] /n!f^(n-1)(a+h)+R2
F(a+3h)=F(a+2h)+...........
_______________________________________________
F(a+(z+1)h)=F(a+zh)+h [mm] /1!f(a+zh)+...+h^n [/mm] /n!f^(n-1)(a+zh)+Rz
z ist die Interation und liegt zwischen a und b.
Wichtig ist jetzt hier, dass fast alle F(a+ [mm] \muh)- [/mm] Glieder wegfalle, wenn man beide Seiten summiert. ( wie? ) Das Taylorsche Restglied lässt man später weg, weil der Fehler überschaubar bleibt.
Für den obigen Wert des Integrals mit der oberen Grenze b=a+(z+1)h ergibt sich Folgendes:
F(a+(z+1)h)=F(a)+h /1! [mm] \summe_{i=0}^{z}f(a+ih)+h^2 [/mm] /2! [mm] \summe_{i=0}^{z}f´(a+ih)+...+h^n [/mm] /n! [mm] \summe_{i=0}^{z}f^{n-1}(a+ih)+ \summe_{i=1}^{z}Ri
[/mm]
Die Formel verstehe ich, nur wie man sie herleitet, ist mit noch nicht klar.
Und das mit dem Summieren.
Ich danke!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:56 Do 31.03.2005 | | Autor: | Max |
> Hallo Max.
Hi Irina,
> Ich glaube mit meinen Fragen hast du bald deine Sterne
> zusammen!
Naja, Sterne schon - aber es gibt da noch paar uneinholbare...
> Soweit konnte ich dem folgen. Nur, was mich noch aufhält
> ist, wieso man vorher F nicht kannte ( F wird doch in die
> Taylorformel eingesetzt ) und wieso jetzt mit der
> Taylorreihe der Summand wegfällt, also F(a). Ich stell mir
> das so vor:
> An der Entwicklungsstelle h=b-a wird das Integral
> berechnet. Mit der Taylorreihe kann ich nun die
> Stammfunktion soweit ableiten, so dass ich
> mit der Integrandenfunktion, die dann auch soweit abgleitet
> wird, bis der Fehler klein genung ist, das Integral
> bestimmen kann. ( ist das soweit richtig, oder liege ich
> total daneben? )
Also, wenn man $F(x)$ um [mm] $x_0=a$ [/mm] (das ist die Entwicklungsstelle) bestimmen will gilt ja:
[mm] $F(x)=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{F^{(k)}(a)}{k!} \cdot (x-a)^k=\red{F(a)}+ [/mm] F'(a) (x-a) + [mm] \frac{1}{2}F''(a)(x-a)^2+\cdots$
[/mm]
Dummerweise kann man so $F(x)$ nicht berechnen, weil man ja dazu $F(a)$ wissen müsste. Glücklicherwiese interessiert einen ja auch nicht $F(x)$, sondern nur die Differenz $F(b)-F(a)$. Wobei du ja immer $b=a+h$ setzt.
Schreibt wir das mal auf:
[mm] $F(a+h)-F(a)=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{F^{(k)}(a)}{k!}\cdot h^k [/mm] - F(a) = F(a)+ F'(a) [mm] \cdot [/mm] h + [mm] F''(a)\cdot h^2 [/mm] + [mm] \cdots [/mm] - F(a) = F'(a) [mm] \cdot [/mm] h + [mm] F''(a)\cdot h^2 [/mm] + [mm] \cdots$
[/mm]
Das heißt erst durch die Differenz fällt der doofe Term $F(a)$ weg, denn man nicht bestimmen kann.
Da man aber weiß, dass $F'=f$, $F''=f'$, $F'''=f''$, [mm] $\cdots$ [/mm] kann man die restlichen Terme ausrechnen. Jenachdem wie lange man das macht wird die Näherung von $F(b)-F(a)$, also die Näherung des Integrals, um so besser.
> Ich habe:
>
> F(a+h)=F(a)+h [mm]/1!f(a)+h^2! /f´(a)+...h^n[/mm] /n!f^(n-1)(a)+R1
> F(a+2h)=F(a+h)+h [mm]/1!f(a+h)+h^2 /2!f´(a+h)+...+h^n[/mm]
> /n!f^(n-1)(a+h)+R2
> F(a+3h)=F(a+2h)+...........
> _______________________________________________
>
> F(a+(z+1)h)=F(a+zh)+h [mm]/1!f(a+zh)+...+h^n[/mm]
> /n!f^(n-1)(a+zh)+Rz
>
> z ist die Interation und liegt zwischen a und b.
>
> Wichtig ist jetzt hier, dass fast alle F(a+ [mm]\muh)-[/mm] Glieder
> wegfalle, wenn man beide Seiten summiert. ( wie? ) Das
> Taylorsche Restglied lässt man später weg, weil der Fehler
> überschaubar bleibt.
> Für den obigen Wert des Integrals mit der oberen Grenze
> b=a+(z+1)h ergibt sich Folgendes:
>
> F(a+(z+1)h)=F(a)+h /1! [mm]\summe_{i=0}^{z}f(a+ih)+h^2[/mm] /2!
> [mm]\summe_{i=0}^{z}f´(a+ih)+...+h^n[/mm] /n!
> [mm]\summe_{i=0}^{z}f^{n-1}(a+ih)+ \summe_{i=1}^{z}Ri[/mm]
Menschenskind was für ein schrecklicher Anblick 
Ich denke mal, dass du dieses komische $z$ immer reinbringst von der sogenannten ![[]](/images/popup.gif) Restgliedabschätzung des Taylorpolynoms kommt. Tatsächlich denke ich reicht es aus, wenn man sagt, dass der Fehler immer kleiner wird für größere $k$. Den Fehle den man macht bzw. machen will könnte man dadurch halt abschätzen.
Ich hoffe jetzt wird alles immer klarer.
Gruß Brackhaus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:11 Do 31.03.2005 | | Autor: | ginii |
Danke!
Jetzt ist wirklich alles klarer!
Falls ich noch Fragen habe, bin ich mit sicher, wo ich die nötige Hilfe bekomme!
Gruß Irina
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