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Forum "Folgen und Reihen" - Fehler von Taylorpolynom
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Fehler von Taylorpolynom: Aufgabe
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 00:34 Fr 11.12.2020
Autor: sancho1980

Aufgabe
Sei $f : [-1, 1] [mm] \to \IR$ [/mm] definiert durch $f(x) = [mm] exp(cos(x^2))$. [/mm]
Bestimmen Sie eine Konstante $K > 0$ so, dass für das zweite Taylorpolynom [mm] $P_{2,0}$ [/mm] von $f$ die Abschätzung

$|f(x) - [mm] P_{2,0}(x)| \le K|x|^3$ [/mm] für alle $x [mm] \in [/mm] [-1, 1]$

gilt.


Hallo,
also ich habe (mir) hier (ausrechnen lassen, dass):

[mm] $f^{(1)}(x) [/mm] = [mm] (exp(cos(x^2)))' [/mm] = [mm] -2exp(cos(x^2))sin(x^2)x$ [/mm]
[mm] $f^{(2)}(x) [/mm] = [mm] (-2exp(cos(x^2))sin(x^2)x)' [/mm] = [mm] -2(-2x^2exp(cos(x^2))sin^2(x^2)+exp(cos(x^2))sin(x^2)+2x^2exp(cos(x^2))cos(x^2)) [/mm] = [mm] 2exp(cos(x^2))(2x^2sin^2(x^2)-sin(x^2)-2x^2cos(x^2))$ [/mm]
[mm] $f^{(3)}(x) [/mm] = [mm] (2exp(cos(x^2))(2x^2sin^2(x^2)-sin(x^2)-2x^2cos(x^2)))' [/mm] = [mm] 2(exp(cos(x^2))(2(2xsin^2(x^2)+4x^3cos(x^2)sin(x^2))-2(2xcos(x^2)-2x^3sin(x^2))-2xcos(x^2))-2exp(cos(x^2))sin(x^2)(2x^2sin^2(x^2)-sin(x^2)-2x^2cos(x^2))x^2) [/mm] = [mm] -4exp(cos(x^2))(2x^2sin^3(x^2)-3sin^2(x^2)+(-6x^2cos(x^2)-2x^2)sin(x^2)+3cos(x^2))x$ [/mm]

Die Funktionswerte am Entwicklungspunkt $a = 0$ sind dann wohl:

[mm] $f^{(0)}(x) [/mm] = exp(cos(0)) = e$.
[mm] $f^{(1)}(0) [/mm] = -2exp(cos(0))sin(0)(0) = 0$.
[mm] $f^{(2)}(0) [/mm] = [mm] 2exp(cos(0))(2(0)sin^2(0)-sin(0)-2(0)cos(0)) [/mm] = 0 - 0 - 0 = 0$.

Damit gilt [mm] $P_{2, 0}(x) [/mm] = e$.

Mit dem Satz von Taylor existiert zu jedem $x [mm] \in [/mm] [-1, 1]$ ein [mm] $t_0 \in [/mm] [-1, 1]$, sodass $f(x) = [mm] P_{2, 0}(x) [/mm] + [mm] \frac{f^{(3)}(t_0)}{3!}x^3 [/mm] = e + [mm] \frac{-4exp(cos({t_0}^2))(2{t_0}^2sin^3({t_0}^2)-3sin^2({t_0}^2)+(-6{t_0}^2cos({t_0}^2)-2{t_0}^2)sin({t_0}^2)+3cos({t_0}^2)){t_0}}{6} x^3$. [/mm]

Und jetzt wird's haarig:

Wenn ich das richtig sehe brauche ich das Maximum und das Minimum von [mm] $f^{(3)}$ [/mm] in den Grenzen $[-1,1]$. Gibt es da einen Trick?
Es ist ja [mm] $f^{(4)}(x) [/mm] = [mm] 4exp(cos(x^2))(4x^4sin^4(x^2)-12x^2sin^3(x^2)+(-24x^4cos(x^2)-16x^4+3)sin^2(x^2)+(36x^2cos(x^2)+12x^2)sin(x^2)+12x^4cos^2(x^2)+(4x^4-3)cos(x^2))$. [/mm]

Laut WolframAlpha ist [mm] $f^{(4)}(-1) [/mm] = [mm] 4exp(cos((-1)^2))(4(-1)^4sin((-1)^2)^4-12(-1)^2sin((-1)^2)^3+(-24(-1)^4cos((-1)^2)-16(-1)^4+3)sin((-1)^2)^2+(36(-1)^2cos((-1)^2)+12(-1)^2)sin((-1)^2)+12(-1)^4cos^2((-1)^2)+(4(-1)^4-3)cos((-1)^2)) [/mm] = 47,9$, ebenso gilt [mm] $f^{(4)}(1) [/mm] = [mm] 4exp(cos((1)^2))(4(1)^4sin((1)^2)^4-12(1)^2sin((1)^2)^3+(-24(1)^4cos((1)^2)-16(1)^4+3)sin((1)^2)^2+(36(1)^2cos((1)^2)+12(1)^2)sin((1)^2)+12(1)^4cos^2((1)^2)+(4(1)^4-3)cos((1)^2)) [/mm] = 47,9$, aber [mm] $f^{(4)}(0) [/mm] = [mm] 4exp(cos((0)^2))(4(0)^4sin((0)^2)^4-12(0)^2sin((0)^2)^3+(-24(0)^4cos((0)^2)-16(0)^4+3)sin((0)^2)^2+(36(0)^2cos((0)^2)+12(0)^2)sin((0)^2)+12(0)^4cos^2((0)^2)+(4(0)^4-3)cos((0)^2)) [/mm] = -12e$. Gebe ich aber [mm] $4exp(cos((x)^2))(4(x)^4sin((x)^2)^4-12(x)^2sin((x)^2)^3+(-24(x)^4cos((x)^2)-16(x)^4+3)sin((x)^2)^2+(36(x)^2cos((x)^2)+12(x)^2)sin((x)^2)+12(x)^4cos^2((x)^2)+(4(x)^4-3)cos((x)^2)) [/mm] = 0$ ein, sagt der mir "no roots exist".

Das Ganze nur mal, um eine Vorstellung von der Lösung zu bekommen. Natürlich will ich mich in der Lösung nicht auf WolframAlpha berufen ...

Aber das ist doch irgendwie widersprüchlich.

Gibt es einen eleganten Weg, die lokalen Maxima und Minima von einem so komplexen Ausdruck zu ermitteln?

Danke und Gruß,

Martin

        
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Fehler von Taylorpolynom: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 13:48 Fr 11.12.2020
Autor: sancho1980

Hallo,
ich will meine Frage mal prägnanter stellen, vielleicht klappt's ja dann mit einer Antwort. Ich brauch die Nullstellen im Intervalle $[-1,1]$ von [mm] f^{(4)}(x) [/mm] = [mm] 4exp(cos(x^2))(4x^4sin^4(x^2)-12x^2sin^3(x^2)+(-24x^4cos(x^2)-16x^4+3)sin^2(x^2)+(36x^2cos(x^2)+12x^2)sin(x^2)+12x^4cos^2(x^2)+(4x^4-3)cos(x^2)). [/mm]
Das ist doch irre. Wie finde ich die denn raus?
Gruß und Danke,
Martin

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Fehler von Taylorpolynom: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:06 Fr 11.12.2020
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> Wenn ich das richtig sehe brauche ich das Maximum und das
> Minimum von [mm]f^{(3)}[/mm] in den Grenzen [mm][-1,1][/mm].

nö, denn es verlangt ja niemand von dir, dass dein $K$ optimal gewählt sein soll.
Du kannst also großzügig abschätzen und damit gilt z.B.

[mm] $\left|\frac{-4exp(cos({t_0}^2))(2{t_0}^2sin^3({t_0}^2)-3sin^2({t_0}^2)+(-6{t_0}^2cos({t_0}^2)-2{t_0}^2)sin({t_0}^2)+3cos({t_0}^2)){t_0}}{6}\right| \le \frac{12\cdot(2+3+(6+2)\cdot 1 + 3)}{6} [/mm] = 34$

Gruß,
Gono

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Fehler von Taylorpolynom: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 18:46 Fr 11.12.2020
Autor: sancho1980

Ah ok danke, so ist das gemeint ...
Nur dass am Ende mir 32 rauskommt ...


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Fehler von Taylorpolynom: 2. Mittelwertsatz
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 02:25 Sa 12.12.2020
Autor: HJKweseleit

[mm] f(x)=e^{cos(x^2)} [/mm]  sowie [mm] f'(x)=-2xsin(x^2)e^{cos(x^2)}. [/mm]

Sei zunächst [mm] x\in [/mm] (0|1].

Nach dem 2. Mittelwertsatz gibt es ein [mm] \xi \in [/mm] [0|x] mit

[mm] \bruch{f(x)-f(0)}{x^3-0^3}=\bruch{f'(\xi)}{3\xi^2}=\bruch{-2\xi sin(\xi^2)e^{cos(\xi^2)}}{3\xi^2} [/mm]  bzw. wegen [mm] f(0)=e=P_{2,0}(x) [/mm]

[mm] \bruch{f(x)-e}{x^3}=\bruch{f(x)-P_{2,0}(x)}{x^3}=\bruch{-2\xi sin(\xi^2)e^{cos(\xi^2)}}{3\xi^2} [/mm]

[mm] \Rightarrow f(x)-P_{2,0}(x)=-\bruch{2}{3}\xi \bruch{sin(\xi^2)}{\xi^2}e^{cos(\xi^2)}*x^3 [/mm]  

[mm] \Rightarrow |f(x)-P_{2,0}(x)|=\bruch{2}{3}|\xi| |\bruch{sin(\xi^2)}{\xi^2}| |e^{cos(\xi^2)}|*|x|^3\le \bruch{2}{3}*1*1*e^1*|x|^3 [/mm] = [mm] \bruch{2}{3} [/mm] e [mm] |x|^3, [/mm] da [mm] |\xi|\le [/mm] 1 und [mm] |\bruch{sin(t)}{t}|\le [/mm] 1 sowie |cos(t)| [mm] \le [/mm] 1 unabhängig vom Argument t.

Wegen f(x)=f(-x) gilt die Abschätzung auch für das Intervall [-1|0), ebenso für x=0.

Somit:  [mm] |f(x)-P_{2,0}(x)|\le \bruch{2}{3} [/mm] e [mm] |x|^3 [/mm] < 2 [mm] |x|^3. [/mm]

Bezug
                
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Fehler von Taylorpolynom: Zusatz
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 14:40 Sa 12.12.2020
Autor: HJKweseleit

Mit Hilfe eines Graphikprogrammes habe ich festgestellt, dass sich K auf ca. 1,0037 absenken lässt. 1,0036 ist aber schon zu wenig.

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