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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:06 Mi 08.09.2010 | | Autor: | bOernY |
| Aufgabe | | Entwickeln Sie die Funktion [mm] $f(x)=e^{-x}*\wurzel{1-x}$ [/mm] bis zum kubischen Glied. |
Ich habe bis jetzt noch keine Aufgabe bearbeitet bei der die Funktion aus einem Produkt bestand.
Deswegen frage ich lieber euch, als dass ich direkt ins offene Messer laufe.
Also ich würde zunächst jeden Faktor einzeln betrachten und eine Mac Laurinsche Reihe bis zum kubischen Glied bestimmen.
[mm] $e^{-x}=1-\bruch{x^1}{1!}+\bruch{x^2}{2!}-\bruch{x^3}{3!}$
[/mm]
und
[mm] $\wurzel{1-x}=(1-x)^{1/2}=1-\bruch{1}{2}x^1-\bruch{1*1}{2*4}x^2-\bruch{1*1*3}{2*4*6}x^3$
[/mm]
Jetzt würde ich einfach beides miteinander multiplizieren und vereinfachen.
Wäre dieser Ansatz für die Aufgabe so richtig?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:11 Mi 08.09.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo boerny!
Nein, dieser Ansatz wäre nicht korrekt, zumal Du hier auch Term mit der Potenz 6 erhalten würdest.
Du musst hier schon mittels  Produktregel einige Ableitungen und deren Funktionswerte (welcher entwicklungspunkt eigentlich?) bestimmen.
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:13 Mi 08.09.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Loddar,
> Nein, dieser Ansatz wäre nicht korrekt, zumal Du hier auch
> Term mit der Potenz 6 erhalten würdest.
der Ansatz ist korrekt, wenn man im Produkt die Potenzen der 4. Ordnung und hoeher einfach weglaesst. Dann erhaelt man gerade die Entwicklung bis zur 3. Ordnung.
Und man spart sich die Produktregel :)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:29 Do 16.09.2010 | | Autor: | bOernY |
Also kann ich einfach die beiden Potenzreihenentwicklungen miteinander multiplizieren und alle Potenzen ab dem 4. Grad lasse ich einfach weg?
Ist dies generell auf jede Potzenreihenentwicklung anwendbar oder passt das nur genau in diesem Fall?
Und was wäre wenn nur bis zum 2. Glied oder bis zum n-ten Glied gefragt wäre? Kann man da auch beides einzeln sehen, multiplizieren und folglich alle Potenzen ab dem (n+1) Grad weglassen?
Fragen über Fragen... 
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Hallo bOernY,
> Also kann ich einfach die beiden Potenzreihenentwicklungen
> miteinander multiplizieren und alle Potenzen ab dem 4. Grad
> lasse ich einfach weg?
Ja.
>
> Ist dies generell auf jede Potzenreihenentwicklung
> anwendbar oder passt das nur genau in diesem Fall?
> Und was wäre wenn nur bis zum 2. Glied oder bis zum n-ten
> Glied gefragt wäre? Kann man da auch beides einzeln sehen,
> multiplizieren und folglich alle Potenzen ab dem (n+1) Grad
> weglassen?
So isses.
>
> Fragen über Fragen...
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:44 Do 16.09.2010 | | Autor: | bOernY |
Super danke!
Aber eine Frage hätte ich noch.
Wie würde das ganze denn bei anderen Rechenoperationen, wie Addition/Subtraktion und Divsion aussehen?
Ist dieses Verfahren da auch anwendbar?
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Hallo bOerny,
> Super danke!
>
> Aber eine Frage hätte ich noch.
>
> Wie würde das ganze denn bei anderen Rechenoperationen,
> wie Addition/Subtraktion und Divsion aussehen?
> Ist dieses Verfahren da auch anwendbar?
Bei Addition/Subtraktion funktiniert dies auch.
Bei der Division ist das nicht garantiert.
Wenn also die Taylorreihe von
[mm]\bruch{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}[/mm]
bis zu einem Grad n zu bilden ist, dann ist
nicht immer garantiert, daß
[mm]\bruch{T_{n}\left(f;x;x_{0}\right)}{T_{n}\left(g;x;x_{0}\right)} = T_{n}\left(f/g;x;x_{0}\right)[/mm]
ist, wobei [mm]T_{n}[/mm] das n. Taylorpolynom ist.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:19 Fr 17.09.2010 | | Autor: | bOernY |
Danke für die Tipps MathePower und FRED!
Das hat mir wirklich sehr viel geholfen.
Ich habe mich jetzt nocheinmal an einer Aufgabe versucht um zu checken, ob ich es wirklich verstanden habe.
Eventuell könnte sich das ja mal jemand anschauen und mir dann hoffentlich grünes Licht geben.
Die Aufgabenstellung ist identisch, nur dass diesmal bis zum 4. Grad entwickelt werden soll.
Es ist folgende Funktion gegeben: [mm] $f(x)=(e^{-x}-1)^2$
[/mm]
Ich habe diese Funktion ersteinmal ausmultipliziert und komme folglich auf:
[mm] $f(x)=e^{-x}*e^{-x} [/mm] - [mm] 2*e^{-x} [/mm] + 1$
Dann habe ich die Potenzreihenentwicklung von [mm] $e^{-x}$ [/mm] durchgeführt und notiert.
[mm] $e^{-x}=1-x+\bruch{1}{2}x^2-\bruch{1}{6}x^3+\bruch{1}{24}x^4$
[/mm]
[mm] $e^{-x}*e^{-x}=1-2x+2x^2-\bruch{4}{3}x^3+\bruch{2}{3}x^4$
[/mm]
[mm] $2*e^{-x}=2-2x+x^2-\bruch{1}{3}x^3+\bruch{1}{12}x^4$
[/mm]
Alles dann in die Anfangs ausmultiplizierte Funktion eingesetzt und vereinfacht.
[mm] $(e^{-x}-1)^2=(1-2x+2x^2-\bruch{4}{3}x^3+\bruch{2}{3}x^4)-(2-2x+x^2-\bruch{1}{3}x^3+\bruch{1}{12}x^4)+1$
[/mm]
[mm] $(e^{-x}-1)^2=0+0x+x^2-x^3+\bruch{7}{12}x^4=x^2-x^3+\bruch{7}{12}x^4$
[/mm]
Mir kommt jetzt allerdings recht komisch vor, dass die Potenzreihenentwicklung dieser Funktion direkt mit [mm] $x^2$ [/mm] anfängt und nicht wie zu erwarten mit [mm] $x^0$.
[/mm]
Kann das zutreffen oder habe ich einen Fehler gemacht?
Danke für eure Hilfe!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:27 Fr 17.09.2010 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ist alles richtig. Kannst die Funktion ja auch mal f(0) und f'(0) ausrechnen, dann siehst du, dass das stimmt.
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:49 Fr 17.09.2010 | | Autor: | fred97 |
Oft ist auch das Cauchyprodukt hilfreich:
gegeben seien 2 Potenzreihen
[mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_nx^n [/mm] und [mm] \summe_{n=0}^{\infty}b_nx^n,
[/mm]
die beide für $|x|<r$ konvergieren (0<r [mm] \le \infty) [/mm] . Dann konvergiert auch das Cauchyprodukt [mm] \summe_{n=0}^{\infty}c_nx^n [/mm] der beiden Potenzreihen für $|x|<r$ und es gilt:
$ ( [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_nx^n [/mm] )*( [mm] \summe_{n=0}^{\infty}b_nx^n [/mm] )= [mm] \summe_{n=0}^{\infty}c_nx^n [/mm] $ für $|x|<r$,
wobei
[mm] $c_n= \summe_{k=0}^{n}a_k*b_{n-k}$
[/mm]
FRED
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