Wichtig ist nicht immer versuchen zu wollen zu viele Schritte im voraus zu überlegen. Manchmal hilft es einfach mal anzufangen. Es gilt
\( f(x) = \cos(x) \\ f^{(1)}(x) = -\sin(x) \\ f^{(2)}(x) = -\cos(x) \\ f^{(3)}(x)= \sin(x) \\ f^{(4)}(x) = \cos(x) = f(x) \)
Wenn wir die Funktion viermal ableiten erhalten wir wieder unsere ursprüngliche Funktion, also gilt
\( f^{(4n)}(x) = \cos(x) \\ f^{(4n+1)}(x) = -\sin(x) \\ f^{(4n+2)}(x) = -\cos(x) \\ f^{(4n+3)}(x) = \sin(x) \)
Setzen wir nun \( x=0 \) erhalten wir
\( f^{(4n)}(0) = \cos(0) = 1 \\ f^{(4n+1)}(0) = -\sin(0) = 0 \\ f^{(4n+2)}(0) = -\cos(0) =-1 \\ f^{(4n+3)}(0) = \sin(0) = 0 \)
also insgesammt
\( f^{(2n)}(0) = (-1)^{n} \\ f^{(2n+1)}(0) = 0 \)
Damit vereinfachen sich unsere Ableitungen enorm und du siehst es fällt eben nur jeder zweiter Summand weg, wegen \( f^{(2n+1)}(0) = 0 \).
Wie kannst du daraus nun argumentieren, das
\( \vert f(x) - T_{2n} \vert = \vert f(x) - T_{2n+1} \vert \)
gilt? Wenn du das gezeigt hast kannst du deine Restgliedabschätzung nutzen. Dafür überlegst du dir ein \( \zeta \) für das \( f^{(n+1)}(\zeta) \) maximal wird. Dadurch erhälst du den maximalen Fehler.
Das geht hier leicht, da \( \cos(x) \) und \( \sin(x) \) ein bekanntes Maximum haben. Dann wirst du die Ähnlichkeit zu deiner zu zeigenen Ungleichung sehen.
Grüße Christian
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\(
f(x)= cos x mit f(0)= cos (0) = 1
f´(x)= -sin x mit f´(0)= 0
f´´(x)= -cos x mit f´´(0)= -1
f´´´(x)= sin x mit f´´´(0)=0 \)
und das geht dann ja so weiter, also kann man das ja so verallgemeinern:
\(
f^{(4k)}(x)= cosx mit f^{(4k)}(0)= 1
f^{(4k+1)}(x)= -sinx mit f^{(4k+1)}(0)= 0
f^{(4k+2)}(x)= -cosx mit f^{(4k+2)}(0)= -1
f^{(4k+3)}(x)= sinx mit f^{(4k+3)}(0)= 0
\)
Ich habe dann jetzt die ersten Taylorpolynome bestimmt und habe versucht eine allgemeine Formel aufzuschreiben
\( T_{n}f(x,0) = \sum_{k=0}^{\n} 1- \frac {1} {2k!} x^{2k} \)
kann das sein, oder habe ich mich irgendwo vertan?
─ joline 22.06.2019 um 16:58