Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 7:
Differenzierbare Funktionen - Die Taylorsche Formel
Lösungen zu den Aufgaben Differentiation von Potenzreihen
Lösung zur Aufgabe 7.4.1 - Differentiation der Exponentialfunktion
Nach dem Quotientenkriterium konvergiert \( e^x \) für alle \( x\in\mathbb R \) absolut. Wir berechnen daher \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \frac{d}{dx}\,e^x\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{d}{dx}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!} \,=\,\sum_{k=1}^\infty\frac{k}{k!}\,x^{k-1} \,=\,\sum_{k=1}^\infty\frac{x^{k-1}}{(k-1)!} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!} \,=\,e^x\,, \end{array} \] was zu zeigen war.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.4.2 - Eine weitere Charakterisierung der Exponentialfunktion
| (i) | Mit dem Hinweis folgt |
\[ (\Phi(x)e^{-x})' =\Phi'(x)e^{-x}-\Phi(x)e^{-x} =\Phi(x)e^{-x}-\Phi(x)e^{-x} =0, \]
| d.h. es ist \( \Phi(x)e^{-x}=\mbox{const} \) Umstellen zeigt (i). | |
| (ii) | Aus \( f(x)=Ce^x \) und \( f(0)=1 \) folgt |
\[ 1=f(0)=Ce^0=C \]
| und damit \( f(x)=e^x, \) also (ii). |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.4.3 - Nachträgliche Herleitung der Exponentialreihe
Aus \( f(0)=0 \) folgt zunächst \[ e^0=\sum_{k=0}^\infty a_kx^k\,\Big|_{x=0}=a_0=1. \] Aus \( \displaystyle\frac{d}{dx}\,e^x=e^x \) schließen wir weiter mit Paragraph 7.4.1 \[ \sum_{k=0}^\infty(k+1)a_{k+1}x^k=\sum_{k=0}^\infty a_kx^k\quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R \] und damit nach Koeffizientenvergleich \[ (k+1)a_{k+1}=a_k\quad\mbox{bzw.}\quad a_{k+1}=\frac{a_k}{k+1}\,. \] Hieraus folgen \[ \begin{array}{lll} a_2\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{a_1}{2}=\frac{1}{1\cdot 2}\,, \\ a_3\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{a_2}{3}=\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}\,, \\ a_4\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{a_3}{4}=\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}\,, \\ a_5\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{a_4}{5}=\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5} \end{array} \] usw. Ein Induktionsargument zeigt nun \[ a_k=\frac{1}{k!}\,,\quad k=0,1,2,\ldots \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.4.4 - Spezielle Reihendarstellungen nach Differenzieren I
| (i) | Die geometrische Reihe besitzt den Konvergenzradius \( R=1. \) Aus der Identität |
\[ \frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+x^4+\ldots\,,\quad|x|\lt 1, \]
| folgt daher nach Differenzieren zusammen mit Paragraph 7.4.1 |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{(1-x)^2} \frac{d}{dx}\,\frac{1}{1-x}=\frac{1}{(1-x)^2}\,, \\ \displaystyle \frac{d}{dx}\,\big(1+x+x^2+x^3+x^4+\ldots) =1+2x+3x^2+4x^3+\ldots\,, \end{array} \]
| und ein Vergleich zeigt (i). | |
| (ii) | Die Behauptung folgt nach Differenzieren der Potenzreihe aus (i) zusammen mit Paragraph 7.4.1 |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{d}{dx}\,\frac{1}{(1-x)^2}=\frac{2}{(1-x)^3}\,, \\ \displaystyle \frac{d}{dx}\,(1+2x+3x^2+4x^3+5x^4+\ldots) =2+6x+12x^2+20x^3+\ldots\,, \end{array} \]
| und ein Vergleich zeigt (ii). |
Damit sind alle Behauptungen bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.4.5 - Spezielle Reihendarstellungen nach Differenzieren II
| (i) | Diese behauptete Darstellung folgt sofort aus Aufgabe 7.4.4(i) nach Multiplikation mit \( x. \) |
| (ii) | Wir differenzieren die Reihe aus (i) und erhalten |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{d}{dx}\,\frac{x}{(1-x)^2}=\frac{1+x}{(1-x)^3}\,, \\ \displaystyle \frac{d}{dx}\,(x+4x+9x^2+16x^3+\ldots) \end{array} \]
| und erhalten nach Vergleich die Behauptung (ii). |
Damit ist alle gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.4.6 - Eine allgemeine Reihendarstellung
Wir wiederholen aus Aufgabe 7.4.4 (Induktionsanfang) \[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{(1-x)^2}=\binom{1}{1}+\binom{2}{1}x+\binom{3}{1}x^2+\binom{4}{1}x^3+\ldots=\sum_{k=0}^\infty\binom{1+k}{1}x^k\,, \\ \displaystyle \frac{1}{(1-x)^3}=\binom{2}{2}+\binom{3}{2}x+\binom{4}{2}x^2+\binom{5}{2}x^3+\ldots=\sum_{k=0}^\infty\binom{2+k}{2}x^k \end{array} \] für \( |x|\lt 1. \) Angenommen (Induktionsschritt), es gilt nun für ein \( n\in\mathbb N \) \[ \frac{1}{(1-x)^{n+1}}=\sum_{k=0}^\infty\binom{n+k}{n}x^k\,,\quad|x|\lt 1. \] Differentiation unter Beachtung von Paragraph 7.4.1 liefert \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \frac{n+1}{(1-x)^{n+2}}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{d}{dx}\,\sum_{k=0}^\infty\binom{n+k}{n}x^k \,=\,\sum_{k=1}^\infty k\binom{n+k}{n}x^{k-1} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=0}^\infty(k+1)\binom{n+1+k}{n}x^k \,=\,\sum_{k=0}^\infty(k+1)\frac{(n+1+k)!}{n!(k+1)!}\,x^k \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=0}^\infty\frac{(n+1+k)!}{n!k!}\,x^k\,. \end{array} \] Teilen wir noch durch \( n+1, \) so folgt \[ \frac{1}{(1-x)^{n+2}} =\sum_{k=0}^\infty\frac{(n+1+k)!}{(n+1)!k!}\,x^k =\sum_{k=0}^\infty\binom{n+1+k}{n+1}x^k\,. \] Das war zu zeigen.\( \qquad \)
Lösung zur Aufgabe 7.4.7 - Differentiation von Potenzreihen
Wir gehen in zwei Schritten vor.
| 1. | Die durch formales gliedweises Ableitung von \( f(x) \) hervorgehende Potenzreihe |
\[ g(x):=\sum_{k=1}^\infty ka_kx^{k-1}\,,\quad|x|\lt R, \]
| besitzt denselben Konvergenzradius \( R\gt 0 \) wie die sich durch Multiplikation mit \( x \) ergebende Reihe |
\[ g^*(x):=\sum_{k=1}^\infty ka_kx^k\,,\quad|x|\lt R. \]
| Nun gilt |
\[ \limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|na_n|} =\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}\cdot\sqrt[n]{|a_n|} =\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}\,, \]
| weshalb auch \( f(x) \) und \( g(x) \) denselben Konvergenzradius \( R\gt 0 \) besitzen. | |
| 2. | Es seien \( x,y\in(-R_0,R_0) \) mit \( 0\lt R_0\lt R \) gewählt. Wir ermitteln |
\[ \begin{array}{lcl} \displaystyle h(x;y)\negthickspace & := & \displaystyle\negthickspace \frac{f(y)-f(x)}{y-x} \,=\,\sum_{k=0}^\infty a_k\,\frac{y^k-x^k}{y-x} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{k=0}^\infty a_k(y^{k-1}+y^{k-2}x+\ldots+yx^{k-2}+x^{k-1}). \end{array} \]
| Dabei gilt |
\[ \begin{array}{l} |a_n(y^{n-1}+y^{n-2}x+\ldots+yx^{n-2}+x^{n-1})| \\ \qquad\le\,|a_n|\cdot(|y|^{n-1}+|y|^{n-2}|x|+\ldots+|y||x|^{n-2}+|x|^{n-1}) \\ \qquad\le\,n|a_n|R_0^{n-1} \end{array} \]
| Wegen der absoluten Konvergenz von \( g^*(x) \) für alle \( x\in(-R,R) \) ist auch |
\[ \sum_{k=0}^\infty k|a_k|R_0^{k-1}\lt\infty\,, \]
| und der Weierstraßsche Majorantentest liefert die gleichmäßige Konvergenz der Reihe \( h(x;y). \) Also ist \( h(x;y) \) für alle \( x,y\in(-R_0,R_0) \) stetig, und es folgt |
\[ f'(x)=\lim_{y\to x,\ y\not=x}h(x;y)=\sum_{k=0}^\infty ka_kx^{k-1}\,. \] Damit ist der Satz bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Die Taylorsche Reihe
Lösung zur Aufgabe 7.4.8 - Taylorentwicklung von Grundfunktionen
| (i) | Für \( f(x)=e^x \) haben wir \( f^{(k)}(x)=e^x \) für \( k=1,2,\ldots, \) also |
\[ f(0)=1,\quad f'(0)=1,\quad f''(0)=1,\quad f'''(0)=1 \quad\mbox{usw.} \]
| und damit |
\[ f(x)=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\ldots+\frac{x^n}{n!}+R_{n+1}(x,0). \]
| (ii) | Für \( f(x)=\sin x \) haben wir |
\[ \begin{array}{l} f'(x)=\cos x,\quad f''(x)=-\sin x,\quad f'''(x)=-\cos x,\quad f^{(iv)}(x)=\sin x \\ f^{(v)}(x)=\cos x,\quad f^{(vi)}(x)=-\sin x,\quad f^{(vii)}(x)=-\cos x\quad\mbox{usw.,} \end{array} \]
| also auch |
\[ \begin{array}{l} f(0)=0,\quad f'(0)=1,\quad f''(0)=0,\quad f'''(0)=-1,\quad f^{(iv)}(0)=0, \\ f^{(v)}(0)=1,\quad f^{(vi)}(0)=0,\quad f^{(vii)}(0)=-1\quad\mbox{usw.} \end{array} \]
| und damit |
\[ f(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\ldots+(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+R_{2n+1}(x,0). \]
| (iii) | Für \( f(x)=\cos x \) haben wir |
\[ \begin{array}{l} f'(x)=-\sin x,\quad f''(x)=-\cos x,\quad f'''(x)=\sin x,\quad f^{(iv)}(x)=\cos x \\ f^{(v)}(x)=-\sin x,\quad f^{(vi)}(x)=-\cos x\quad\mbox{usw.,} \end{array} \]
| also auch |
\[ \begin{array}{l} f(0)=1,\quad f'(0)=0,\quad f''(0)=-1,\quad f'''(0)=0,\quad f^{(iv)}(0)=1, \\ f^{(v)}(0)=0,\quad f^{(vi)}(0)=-1\quad\mbox{usw.} \end{array} \]
| und damit |
\[ f(x)=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\ldots+(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}+R_{2n+2}(x,0). \]
| (iv) | Für \( f(x)=\ln(1+x), \) \( x\gt-1, \) haben wir |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle f'(x)=\frac{1}{1+x}\,,\quad f''(x)=-\,\frac{1}{(1+x)^2}\,,\quad f'''(x)=\frac{2}{(1+x)^3}\,, \\ \displaystyle f^{(iv)}(x)=-\,\frac{2\cdot 3}{(1+x)^4}\,,\quad f^{(v)}(x)=\frac{2\cdot 3\cdot 4}{(1+x)^5} \quad\mbox{usw.,} \end{array} \]
| also auch |
\[ \begin{array}{l} f(0)=0,\quad f'(0)=1,\quad f''(0)=-1,\quad f'''(0)=2, \\ f^{(iv)}(0)=-2\cdot 3,\quad f^{(v)}(0)=2\cdot 3\cdot 4 \quad\mbox{usw.} \end{array} \]
| und damit |
\[ f(x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}-\ldots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+R_{n+1}(x,0). \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.4.9 - Taylorentwicklung für Polynome
| (i) | Zunächst haben wir |
\[ f(x)=2x^2-x+1,\quad f'(x)=4x-1,\quad f''(x)=4 \]
| sowie \( f^{(iii)}(x)\equiv 0. \) Wir ermitteln insbesondere |
\[ f(0)=1,\quad f'(0)=-1,\quad f''(0)=4. \]
| Mit \( x_0=0 \) berechnen wir damit |
\[ \begin{array}{lll} f(x)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=0}^2\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\,(x-x_0)^k \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{0!}-\frac{1}{1!}\,x+\frac{4}{2!}\,x^2 \\ & = & \negthickspace\displaystyle 1-x+2x^2\,. \end{array} \]
| Das ist die gesuchte Taylorentwicklung. | |
| (ii) | Zunächst haben wir |
\[ \begin{array}{l} f(x)=3x^3-4x^2+5x-1,\quad f'(x)=9x^2-8x+5, \\ f''(x)=18x-8,\quad f'''(x)=18, \end{array} \]
| sowie \( f^{(iv)}(x)\equiv 0. \) Wir ermitteln insbesondere |
\[ f(1)=3,\quad f'(1)=6,\quad f''(1)=10,\quad f'''(1)=18. \]
| Mit \( x_0=1 \) berechnen wir damit |
\[ \begin{array}{lll} f(x)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=0}^3\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\,(x-x_0)^k \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{3}{0!}+\frac{6}{1!}\,(x-1)+\frac{10}{2!}\,(x-x_0)^2+\frac{18}{3!}\,(x-x_0)^3 \\ & = & \negthickspace\displaystyle 3+6(x-1)+5(x-1)^2+3(x-1)^3\,. \end{array} \]
| Das ist die gesuchte Taylorentwicklung. |
Damit sind alle Taylorentwicklungen ermittelt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.4.10 - Taylorpolynom und Approximation von Funktionen
Wir lösen nur Aufgabenteil (i).
| (i) | Wir berechnen zunächst |
\[ \begin{array}{rcl} f(x)\negthickspace & = & \negthickspace \sin(e^x-1), \\ f'(x)\negthickspace & = & \negthickspace e^x\cos(e^x-1), \\ f''(x)\negthickspace & = & \negthickspace e^x\cos(e^x-1)-e^{2x}\sin(e^x-1), \\ f'''(x)\negthickspace & = & \negthickspace e^x\cos(e^x-1)-e^{2x}\sin(e^x-1)-2e^{2x}\sin(e^x-1)-e^{3x}\cos(e^x-1), \\ f^{(iv)}(x)\negthickspace & = & \negthickspace e^x\cos(e^x-1)-e^{2x}\sin(e^x-1)-2e^{2x}\sin(e^x-1)-e^{3x}\cos(e^x-1) \\ & & \negthickspace -\,4e^{2x}\sin(e^x-1)-2e^{3x}\cos(e^x-1)-3e^{3x}\cos(e^x-1)+e^{4x}\sin(e^x-1) \end{array} \]
| und damit insbesondere |
\[ f(0)=0,\quad f'(0)=1,\quad f''(0)=1,\quad f'''(0)=0,\quad f^{(iv)}(0)=-5. \]
| Es folgt |
\[ T_4(0) =\sum_{k=0}^4\frac{f^{(k)}(0)}{k!}\,x^k =\frac{0}{0!}+\frac{1}{1!}\,x+\frac{1}{2!}\,x^2+\frac{0}{3!}\,x^3-\frac{5}{4!}\,x^4 =x+\frac{x^2}{2}-\frac{5x^4}{24}\,. \] Damit ist Aufgabenteil (i) gelöst.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.4.11 - Taylorentwicklung und Restgliedabschätzung
| (i) | Wir berechnen |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{d}{dx}\,\sinh x=\cosh x,\quad \frac{d^2}{dx^2}\,\sinh x=\sinh x,\quad \frac{d^3}{dx^3}\,\sinh x=\cosh x, \\ \displaystyle \frac{d^4}{dx^4}\,\sinh x=\sinh x \end{array} \]
| usw. und gelangen so zu |
\[ \frac{d^k}{dx^k}\,\sinh x =\left\{ \begin{array}{cl} \sinh x, & \mbox{falls}\ k=2,4,6,\ldots \\ \cosh x, & \mbox{falls}\ k=1,3,5,\ldots \end{array} \right. \]
| (ii) | Wir ermitteln |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle R_{n+1}(x,0)=\frac{\cosh(\vartheta x)}{(n+1)!}\,x^{n+1}\,,\quad\vartheta\in(0,1)\ \mbox{geeignet,}\ n\ \mbox{gerade,} \\ \displaystyle R_{n+1}(x,0)=\frac{\sinh(\vartheta x)}{(n+1)!}\,x^{n+1}\,,\quad\vartheta\in(0,1)\ \mbox{geeignet,}\ n\ \mbox{ungerade,} \end{array} \]
| und schätzen somit wie folgt ab |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle |R_{n+1}(x,0)|\le|\cosh x|\cdot\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\,,\quad n\ \mbox{gerade,} \\ \displaystyle |R_{n+1}(x,0)|\le|\sinh x|\cdot\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\,,\quad n\ \mbox{ungerade.} \end{array} \]
| Zu \( x\in\mathbb R \) existiert ein \( N_0\in\mathbb N \) mit \( 2|x|\le N_0. \) Damit folgt für alle \( x\not=0 \) und alle \( n\gt N_0 \) |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \frac{|x|^n}{n!}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{|x|}{1}\cdot\frac{|x|}{2}\cdot\ldots\cdot\frac{|x|}{N_0}\cdot\frac{|x|}{N_0+1}\cdot\ldots\cdot\frac{|x|}{n} \\ & \le & \negthickspace\displaystyle |x|^{N_0}\cdot\frac{|x|}{N_0+1}\cdot\frac{|x|}{N_0+2}\cdot\ldots\cdot\frac{|x|}{n} \\ & \le & \negthickspace\displaystyle |x|^{N_0}\cdot\frac{|x|}{2|x|}\cdot\frac{|x|}{2|x|}\cdot\ldots\cdot\frac{|x|}{2|x|} \\ & \le & \negthickspace\displaystyle |x|^{N_0}\cdot\frac{1}{2^{n-N_0+1}} \end{array} \]
| und damit |
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{|x|^n}{n!}=0. \]
| Das bedeutet aber auch |
\[ \lim_{n\to\infty}R_{n+1}(x,0)=0. \]
| (iii) | Wir haben an der Entwicklungsstelle \( x_0=0 \) |
\[ \begin{array}{lll} \sinh x\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sinh 0+\cosh 0\cdot x+\frac{\sinh 0}{2}\cdot x^2+\frac{\cosh 0}{3!}\,x^3+\ldots+\frac{\cosh 0}{7!}\,x^7+\ldots \\ & = & \negthickspace\displaystyle x+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\frac{x^7}{7!}+\ldots \end{array} \] Damit is alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.4.12 - Beweisen von Ungleichungen durch Taylorentwicklung
Betrachte die Funktion \[ f(x):=\sqrt{1+x}\,,\quad x\in[0,\infty). \] Wir berechnen \[ f'(x)=\frac{1}{2}\,(1+x)^{-\frac{1}{2}}\,,\quad f''(x)=-\,\frac{1}{4}\,(1+x)^{-\frac{3}{2}}\,,\quad f'''(x)=\frac{3}{8}\,(1+x)^{-\frac{5}{2}} \] und damit \[ f(0)=1,\quad f'(0)=\frac{1}{2}\,,\quad f''(0)=-\,\frac{1}{4}\,,\quad f'''(0)=\frac{3}{8}\,. \] Wir ermitteln folgende Taylorreihe von \( f(x) \) \[ f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}\,f''(x-\vartheta x)x^2 \] mit \( \vartheta\in(0,1) \) geeignet bzw. \[ \sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}-\frac{1}{8}\,\big\{1+(1-\vartheta)x\big\}^{-\frac{3}{2}}\,x^2\le 1+\frac{x}{2}\,, \] und nach Umstellen folgt die erste behauptete Ungleichung \[ \sqrt{1+x}-\left(1+\frac{x}{2}\right)\le 0. \] Wir entwickeln \( f(x) \) ein zweites Mal gemäß \[ f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}\,f''(0)x^2+\frac{1}{6}\,f'''(x-\vartheta)x^3 \] mit \( \vartheta\in(0,1) \) geeignet bzw. \[ \sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+\frac{3}{48}\,\big\{1+(1-\vartheta)x\big\}^{-\frac{5}{2}}x^3\ge 1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}\,, \] und nach Umstellen folgt die zweite behauptete Ungleichung \[ -\,\frac{1}{8}\,x^2\le\sqrt{1+x}-\left(1+\frac{x}{2}\right). \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.4.13 - Approximation des Kosinus
Zunächst gilt im Entwicklungspunkt \( x_0=0 \) \[ \cos x=1-\frac{x^2}{2}+R_3(x,0) \] mit dem Lagrangeschen Restglied \[ R_3(x,0)=\frac{\sin(\vartheta x)}{3!}\,x^3\,,\quad\vartheta\in(0,1). \] Damit erhalten wir als eine obere Schranke für den Fehler \[ \left|\cos x-1+\frac{x^2}{2}\right| =|R_3(x,0)| \le\frac{1}{3!}\,|x|^3 \] unter Beachtung von \( |\sin x|\le 1 \) für alle \( x\in\mathbb R. \) Es folgt ferner \[ |R_3(x,0)|\le\frac{|x|^3}{3!}\lt 10^{-4} \quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R\ \mbox{mit}\ |x|\lt\sqrt[3]{\frac{3}{5000}}=0.08434\ldots \] Tatsächlich gilt aber für den Kosinus mit der Entwicklungsstelle \( x_0=0 \) \[ T_2(x,0)=T_3(x,0) \] wegen \( f^{(iii)}(0)=0 \) und damit auch \[ \cos x=1-\frac{x^2}{2}+R_4(x,0) \quad\mbox{mit}\quad |R_4(x,0)|\le\frac{|x|^4}{4!}\,. \] Es folgt dann \[ |R_4(x,0)|\le\frac{|x|^4}{4!}\lt 10^{-4} \quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R\ \mbox{mit}\ |x|\lt\sqrt[4]{\frac{3}{1250}}=0.22133\ldots \] Für alle \( x\in\mathbb R \) mit \( |x|\lt\sqrt[4]{\frac{3}{1250}} \) ist der absolute Fehler kleiner als \( 10^{-4}.\qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.4.14 - Approximation des Sinus
Zunächst gilt im Entwicklungspunkt \( x_0=0 \) \[ \sin x=x-\frac{x^3}{6}+R_4(x,0) \] mit dem Lagrangeschen Restglied \[ R_4(x,0)=\frac{\sin(\vartheta x)}{4!}\,x^4\,,\quad\vartheta\in(0,1). \] Damit erhalten wir als eine obere Schranke für den Fehler \[ \left|\sin x-x+\frac{x^3}{6}\right| =|R_4(x,0)| \le\frac{1}{4!}\,|x|^4 \] unter Beachtung von \( |\sin x|\le 1 \) für alle \( x\in\mathbb R. \) Es folgt ferner \[ |R_4(x,0)|\le\frac{|x|^4}{4!}\lt 10^{-4} \quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R\ \mbox{mit}\ |x|\lt\sqrt[4]{\frac{3}{1250}}=0.22133\ldots \] Tatsälich gilt aber für den Sinus mit der Entwicklungsstelle \( x_0=0 \) \[ T_3(x,0)=T_4(x,0), \] wegen \( f^{(iv)}(0)=0 \) und damit auch \[ \sin x=x-\frac{x^3}{6}+R_5(x,0) \quad\mbox{mit}\quad |R_5(x,0)|\le\frac{|x|^5}{5!}\,. \] Es folgt dann \[ |R_5(x,0)|\le\frac{|x|^5}{5!}\lt 10^{-4} \quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R\ \mbox{mit}\ |x|\lt\sqrt[5]{\frac{15}{1250}}=0.41289\ldots \] Für alle \( x\in\mathbb R \) mit \( |x|\lt\sqrt[5]{\frac{15}{1250}} \) ist der absolute Fehler kleiner als \( 10^{-4}.\qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.4.15 - Frei fallende Körper
Wir ersetzen \[ e^{-\frac{kt}{m}}\quad\mbox{durch}\quad 1-\frac{kt}{m} \] und erhalten nach Einsetzen in die Darstellung von \( v \) \[ v=\left(v_0-\frac{mg}{k}\right)\frac{kt}{m}+\frac{mg}{k}=\left(g-\frac{kv_0}{m}\right)t+\frac{mg}{h}\,. \] Das ist die gesuchte Näherung.\( \qquad\Box \)