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Taylor-Reihe lnx x_0 = 2

Universität / Fachhochschule

Funktionen

Tags: Funktion, Taylor, Taylorreihe

UchihaMadara aktiv_icon

16:54 Uhr, 03.09.2023

Hi!

Ich möchte die Taylor-Reihe von $v (x) = ln x$ an der Entwicklungsstelle $x_{0} = 2$ berechnen.

$v (x) = ln (x); v' (x) = \frac{1}{x}; v'' (x) = - \frac{1}{x^{2}}; v''' (x) = \frac{2}{x^{3}}; v'''' (x) = - \frac{6}{x^{4}}$

$v (2) = ln (2); v' (2) = \frac{1}{2}; v'' (2) = - \frac{1}{4}; v''' (x) = \frac{1}{4};$ v^(IV)(x) $= - \frac{3}{8}$

Tn(2) $= ln (2) + \frac{1}{2} \cdot (x - 2) - \frac{\frac{1}{4}}{2!} \cdot {(x - 2)}^{2} + \frac{\frac{1}{4}}{3!} \cdot {(x - 2)}^{3}$

$= ln (2) + \frac{1}{2} \cdot (x - 2) - \frac{1}{8} \cdot {(x - 2)}^{2} + \frac{1}{2} \cdot {(x - 2)}^{3} - \frac{1}{64} \cdot {(x - 2)}^{4}$

Nun, kann ich daraus nichts lesen, außer:
alternierend: somit ${(- 1)}^{n}$
${(x - 2)}^{n}$
Wenn man den Nenner betrachtet: $\frac{1}{n}!$ (aber der Zähler ändert sich ja unregelmäßig..)

VG.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Funktion (Mathematischer Grundbegriff)

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Einführung Funktionen

michaL aktiv_icon

17:35 Uhr, 03.09.2023

Hallo,

also, ich würde bei der Ableitung beginnen. Sicher gelingt es dir zu beweisen, dass $({\ln)}^{(n)} (x) = \frac{(- 1)^{n - 1} \cdot (n - 1)!}{x^{n}}$ für $n \geq 1$ .

Demnach gilt $({\ln)}^{(n)} (2) = \frac{(- 1)^{n - 1} \cdot (n - 1)!}{2^{n}}$ .

Reicht das nicht?

Mfg Michael

Respon

17:42 Uhr, 03.09.2023

Schau dir mal die Nenner genau an:
$2 = 2^{1} \cdot 1$
$8 = 2^{2} \cdot 2$
$24 = 2^{3} \cdot 3$
$64 = 2^{4} \cdot 4$
$160 = 2^{5} \cdot 5$
$384 = 2^{6} \cdot 6$
$- - - - - - - - -$
Das "riecht" doch sehr nach $2^{n} \cdot n . .$ .

also $. .$ .
$v (x) = ln (2) + \sum_{n = 1}^{\infty} {(- 1)}^{n + 1} \cdot \frac{{(x - 2)}^{n}}{2^{n} \cdot n}$

UchihaMadara aktiv_icon

17:51 Uhr, 03.09.2023

Hi!

@Respon Vielen Dank, verstehe es nun!

@michaL Vielen Dank, leider verstehe ich diesen Ansatz nicht genau

Sukomaki aktiv_icon

17:56 Uhr, 03.09.2023

Hallo,

Du fährst besser, wenn Du beim Einsetzen der Zwei in die Ableitungen Zähler und Nenner nicht herauskürzt.

Wie Du richtig festgestellt hast ist :

$v (x) = \ln (x), v ʹ (x) = \frac{1}{x}, v ʺ (x) = - \frac{1}{x^{2}}, v ‴ (x) = \frac{2}{x^{3}}, v ⁗ (x) = - \frac{6}{x^{4}}, \dots$

Das geschulte Auge erkennt darin den Quotienten $(- 1)^{k - 1} \frac{(k - 1)!}{x^{k}}$ .

(Das Produkt $(- 1)^{n} (x - 2)^{n}$ hast Du ja schon richtig aufgestellt, aber genau genommen heißt es $(- 1)^{n - 1} (x - 2)^{n}$ )

Zwei eingesetzt für $x$ ist $(- 1)^{k - 1} \frac{(k - 1)!}{2^{k}}$

Das heißt : Der Zähler ändert sich nicht unregelmäßig

Die Taylor-Reihe ist - wie Du weißt - gegeben durch $f (x) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{f^{(k)} (x_{0})}{k!} \cdot (x - x_{0})^{k}$

Die nullte Ableitung unterscheidet sich von den Restlichen. Sie ist $\ln (x)$ .

Also ist $v (x) = \ln (x_{0}) + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{f^{(k)} (x_{0})}{k!} \cdot (x - x_{0})^{k}$

(Der Koeffizient bei $(x - 2)^{3}$ ist nicht $\frac{1}{2}$ , sondern $\frac{1}{24}$ )

Kommst Du jetzt weiter?

Insbesondere : Weißt Du, wie Du die Ableitungen in die Taylor-Formel einsetzen musst?

Sukomaki

michaL aktiv_icon

18:03 Uhr, 03.09.2023

Hallo,

nun Respon hat es dir ja vorgerechnet. Dann bleibt nur noch der passive Teil, welcher (das kennt man von Sprachen her) erheblich einfacher ist als der aktive!

Mein Ansatz ist folgender:
Es gilt korrekt: $(\ln (x)) ʹ = \frac{1}{x} = x^{- 1}$

Leitest du ab, so erhältst du $(\ln (x)) ʺ = (x^{- 1}) ʹ = - 1 \cdot x^{- 2}$

Leite weiter ab: $(\ln (x))^{(3)} = (- 1 \cdot x^{- 2}) ʹ = - 1 \cdot (- 2) \cdot x^{- 3}$

Hier sieht man doch schon, wohin die Reise geht:
Mit jedem Mal Ableiten kommt ein weiterer Faktor $- k$ hinzu, wobei (achte auch die Korrelation zwischen Nummer der Ableitung und Betrag des Exponenten) offenbar bei der $k$ -ten Ableitung der Faktor $- (k - 1)$ hinzugekommen ist.

Folgerichtig: ${(\ln)}^{(k)} (x) = - 1 \cdot (- 2) \cdot \dots \cdot (- (k - 1)) \cdot x^{- k} = (- 1)^{k - 1} \cdot (k - 1)! \cdot x^{- k}$

Das ist natürlich noch zu beweisen. Mir schwebt da ein Beweis durch vollständige Induktion vor.

Wenn du das hast, setzt du am besten nun $x = 2$ ein und alles weitere läuft gemäß Taylorformel.

@Sukomaki:
Ja, inhaltlich hatte ich ziemlich genau das auch geschrieben.

Mfg Michael

Sukomaki aktiv_icon

18:07 Uhr, 03.09.2023

> Ja, inhaltlich hatte ich ziemlich genau das auch geschrieben.

Ja, das ist wohl irgendwie parallel gelaufen.

Wurde der Hinweis "Es wird gerade geantwortet" bei Dir nicht angezeigt,
als Du mit der Antwort begonnen hast?

UchihaMadara aktiv_icon

08:26 Uhr, 04.09.2023

Wow, vielen Dank für die ausführliche und hilfreichen Antworte

Ich verstehe es nun von Grund auf!

Danke!

HAL9000

10:42 Uhr, 04.09.2023

Was rauskommen sollte, erkennt man auch durch Anwendung der bekannten Logarithmus-Potenzreihe $\ln (1 + t) = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} \cdot t^{k}$ , angewandt hier auf $t = \frac{x}{2} - 1$ in folgender Weise durch Vorabzerlegung gemäß Logarithmenregeln:

$\ln (x) = \ln (2) + \ln (1 + (\frac{x}{2} - 1)) = \ln (2) + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} \cdot {(\frac{x}{2} - 1)}^{k} = \ln (2) + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k \cdot 2^{k}} \cdot {(x - 2)}^{k}$

UchihaMadara aktiv_icon

14:45 Uhr, 04.09.2023

@HAL9000
Vielen Dank für den Input!

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