Fragenliste von Taylorreihen

Bestimmen Sie das Taylorpolynom zweiten Grades der folgenden Funktion mit Entwicklungspunkt a=0. \(f(x)=e^{2x}\) Nr. 3800
	\(1+2x+2x^2\)
	\(0\)
	\(e^{2x}+2e^{2x}+4e^{2x}\)
	\(1+x+\frac{x^2}{2}\)
Lösungsweg Taylorpolynom n-ten Grades: \(T_{a,n}(x)=f(a)+f'(a)\frac{(x-a)}{1!}+f''(a)\frac{(x-a)^2}{2!}+...+f^n(a)\frac{(x-a)^n}{n!}\) Daraus folgt mit n=2 und a=0 \(T_{0,2}(x)=f(0)+f'(0)\frac{(x-0)}{1!}+f''(0)\frac{(x-0)^2}{2!} = 1+2x+4\cdot \frac{x^2}{2}=1+2x+2x^2\) \(f(0)= e^{2x}=1 \\f'(0)=2e^{2x}=2 \\f''(0)=4e^{2x}=4\)

Bestimmen Sie das Taylorpolynom zweiten Grades der folgenden Funktion mit Entwicklungspunkt a=0. \(f(x)=ln(1+x^3)\) Nr. 3801
	1,098
	0
	1
	3x+2
Lösungsweg Taylorpolynom n-ten Grades: \(T_{a,n}(x)=f(a)+f'(a)\frac{(x-a)}{1!}+f''(a)\frac{(x-a)^2}{2!}+...+f^n(a)\frac{(x-a)^n}{n!}\) Daraus folgt mit n=2 und a=0 \(T_{0,2}(x)=f{(0)}+f'(0)\frac{(x-0)}{1!}+f''{(0)}\frac{(x-0)^2}{2!} = 0+0+0=0\) \(f{(0)}= ln(1+x^3)=0 \\f'{(0)}=\frac{1}{1+x^3}\cdot 3x^2=0 \\ \\f''{(0)}=\frac{6x-3x^4}{(1+x^3)^2}=0\)

Bestimmen Sie das Taylorpolynom dritten Grades der folgenden Funktion mit Entwicklungspunkt a=0. \(f{(x)}=\sqrt{1+x}\) Nr. 3803
	0
	\(1+x+4x^2+3x^3\)
	\(3x+2x^2+4x^3+9x^4\)
	\(1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+\frac{x^3}{16}\)
Lösungsweg Taylorpolynom n-ten Grades: \(T_{a,n}(x)=f{(a)}+f'(a)\frac{(x-a)}{1!}+f''{(a)}\frac{(x-a)^2}{2!}+...+f^n{(a)}\frac{(x-a)^n}{n!}\) Daraus folgt mit n=3 und a=0 \(T_{0,3}(x)=f{(0)}+f'(0)\frac{(x-0)}{1!}+f''{(0)}\frac{(x-0)^2}{2!}+f'''{(0)}\frac{(x-0)^3}{3!}= 1+\frac{1}{2}\cdot x+(-\frac{1}{4})\cdot \frac{x^2}{2}+\frac{3}{8}\cdot \frac{x^3}{6}= \) \(1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+\frac{x^3}{16}\) \(f{(0)}= \sqrt{1+x}=(1+x)^{\frac{1}{2}}=1 \\f'{(0)}=\frac{1}{2}\cdot (1+x)^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{2} \\f''{(0)}=-\frac{1}{4}\cdot (1+x)^{-\frac{3}{2}}=-\frac{1}{4} \) \(\\f'''_{(0)}=\frac{3}{8}\cdot (1+x)^{-\frac{5}{2}}=\frac{3}{8}\)

Bestimmen Sie das Taylorpolynom zweiten Grades der gegebenen Funktion vom Entwicklungspunkt a=\(\pi\). \(f{(x)}=\sin(2x)\) Nr. 3805
	\(2x-2\pi\)
	0,909
	0
	\(\frac{x^3}{2}\)
Lösungsweg Taylorpolynom n-ten Grades: \(T_{a,n}(x)=f_{(a)}+f'_{(a)}\frac{(x-a)}{1!}+f''_{(a)}\frac{(x-a)^2}{2!}+...+f^n_{(a)}\frac{(x-a)^n}{n!}\) daraus folgt: a=\(\pi\) n=2 \(T_{\pi,2}(x)=f_{(\pi)}+f'_{(\pi)}\frac{(x-\pi)}{1!}+f''_{(\pi)}\frac{(x-\pi)^2}{2!}=0+2(x-\pi)+0=2x-2\pi\) \(f{(\pi)}:sin(2x)=sin(2\pi)=0 \\f'{(\pi)}:2cos(2x)=2cos(2\pi)=2 \\f''{(\pi)}:-4sin(2x)=-4sin(2\pi)=0\)

Bestimmen Sie das Taylorpolynom ersten Grades der gegebenen Funktion vom Entwicklungspunkt a=2. \(f{(x)}=\frac{1}{(x-1)^2}\) Nr. 3806
	\(3x-5\)
	0
	\(5-2x\)
	\(ln(\frac{x^2}{2})\)
Lösungsweg Taylorpolynom n-ten Grades: \(T_{a,n}(x)=f{(a)}+f'{(a)}\frac{(x-a)}{1!}+f''{(a)}\frac{(x-a)^2}{2!}+...+f^n{(a)}\frac{(x-a)^n}{n!}\) daraus folgt: a=2 n=1 \(T_{2,1}(x)=f{(2)}+f'{(2)}\frac{(x-2)}{1!}=1+(-2)\frac{x-2}{1}=1-(2x-4)=5-2x\) \(f{(2)}:\frac{1}{(x-1)^2}=1 \\f'{(2)}:-\frac{2}{(x-1)^3}=-2 \)

Bestimmen Sie das Taylorpolynom ersten Grades der gegebenen Funktion vom Entwicklungspunkt a=1. \(f_{(x)}=e^{3x}\) Nr. 3807
	\(e^3+3e^3x\)
	1
	0
	\(e^3(3x-2)\)
Lösungsweg Taylorpolynom n-ten Grades: \(T_{a,n}(x)=f{(a)}+f'{(a)}\frac{(x-a)}{1!}+f''{(a)}\frac{(x-a)^2}{2!}+...+f^n{(a)}\frac{(x-a)^n}{n!}\) daraus folgt: a=1 n=1 \(T_{1,1}(x)=f{(1)}+f'{(1)}\frac{(x-1)}{1!}=e^3+3e^3(x-1)=e^3(3x-2)\) \(f{(1)}=e^{3x}=e^3 \\f'{(1)}=3e^{3x}=3e^3 \)

Ermitteln Sie einen Schätzwert für f(0,9) für das Taylorpolynom zweiten Grades vom Entwicklungspunkt a=0 der Funktion \(f(x)=ln(1+x^2)\). Nr. 3808
	0,81
	0
	0,59
	1,87
Lösungsweg Formel für Taylorpolynome n-ten Grades: \(T_{a,n}=f(a)+f'(a)\cdot \frac{(x-a)}{1!}+f''(a)\cdot \frac{(x-a)^2}{2!}+...+f^n(a)\cdot \frac{(x-a)^n}{n!}\) a=0, n=2 daraus folgt: \(T_{0,2}=f(a)+f'(a)\cdot \frac{(x-a)}{1!}+f''(a)\cdot \frac{(x-a)^2}{2!}=\) \(=f(0)+f'(0)\cdot \frac{(x-0)}{1!}+f''(0)\cdot \frac{(x-0)^2}{2!}=0+0+2\frac{x^2}{2}=x^2\) Schätzwert bestimmen: \(T_{0,2}(x)=T_{0,2}(0,9)=0,9^2=0,81\) \(f(0)=ln(1+x^2)=0\) \(f'(0)=)=\frac{2x}{x^2+1}=0\) \(f''(0)=)=-\frac{2(x^2-1)}{(x^2+1)^2}=2\)

Ermitteln Sie einen Schätzwert für f(4) für das Taylorpolynom zweiten Grades vom Entwicklungspunkt a=\(\pi\) der Funktion \(f(x)=cos(2x)\). Nr. 3809
	-0,14
	0
	\(-31+16 \pi - 2\pi^2\)
	\(\frac{3\pi}{34}\)
Lösungsweg Formel für Taylorpolynome n-ten Grades: \(T_{a,n}=f(a)+f'(a)\cdot \frac{(x-a)}{1!}+f''(a)\cdot \frac{(x-a)^2}{2!}+...+f^n(a)\cdot \frac{(x-a)^n}{n!}\) a=\(\pi\), n=2 daraus folgt: \(T_{\pi,2}=f(a)+f'(a)\cdot \frac{(x-a)}{1!}+f''(a)\cdot \frac{(x-a)^2}{2!}=\) \(=f(\pi)+f'(\pi)\cdot \frac{(x-\pi)}{1!}+f''(\pi)\cdot \frac{(x-\pi)^2}{2!}=1+0-4 \cdot \frac{(x-\pi)^2}{2}=1-2x^2+4\pi x-2\pi^2\) Schätzwert bestimmen: \(T_{\pi,2}(x)=T_{\pi,2}(4)=1-2\cdot 4^2+4 \cdot 4 \pi -2 \pi^2=-31+16 \pi - 2\pi^2\) \(f(\pi)=cos(2x)=cos(2\pi)=1\) \(f'(\pi)=-2sin(2x)=-2sin(2\pi)=0\) \(f''(\pi)=-4cos(2x)=-4cos(2\pi)=-4\)

Ermitteln Sie einen Schätzwert für f(2) für das Taylorpolynom dritten Grades vom Entwicklungspunkt a=0 der Funktion \(f(x)=e^{2x}\). Nr. 3810
	54,6
	\(e^3+4\)
	0
	\(\frac{71}{3}\)
Lösungsweg Formel für Taylorpolynome n-ten Grades: \(T_{a,n}=f(a)+f'(a)\cdot \frac{(x-a)}{1!}+f''(a)\cdot \frac{(x-a)^2}{2!}+...+f^n(a)\cdot \frac{(x-a)^n}{n!}\) a=0, n=3 daraus folgt: \(T_{0,3}=f(a)+f'(a)\cdot \frac{(x-a)}{1!}+f''(a)\cdot \frac{(x-a)^2}{2!}+f'''(a)\cdot \frac{(x-a)^3}{3!}=\) \(=f(0)+f'(0)\cdot \frac{(x-0)}{1!}+f''(0)\cdot \frac{(x-0)^2}{2!}+f'''(0)\cdot \frac{(x-0)^3}{3!} =1+2 \cdot \frac{x}{1}+4 \cdot \frac{x^2}{2}+8 \cdot \frac{x^3}{6} =1+2x+2x^2+\frac{4x^3}{3} \) Schätzwert bestimmen: \(T_{0,3}(x)=T_{0,3}(2)=1+2 \cdot 2 + 2 \cdot 2^2 + 4 \cdot \frac{2^3}{3} =\frac{71}{3}\) \(f(0)=e^{2x}=e^0=1\) \(f'(0)=2 \cdot e^{2x}=2 \cdot e^0=2\) \(f''(0)=4 \cdot e^{2x}=4 \cdot e^0=4\) \(f'''(0)=8 \cdot e^{2x}=8 \cdot e^0=8\)

Bestimmen Sie die Taylorreihe an der Stelle x=0 von folgender Funktion: \(f(x) = \frac{1}{1-x}\) Nr. 4206
	\(= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n!}{n+1}x^n\)
	\(= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}\)
	\(= \sum_{n=0}^{\infty} x^n\)
Lösungsweg Zuerst bestimmt man die Ableitungen der Funktion. Dafür kann man die Funktion in folgender Form anschreiben: \(f(x) = (1-x)^{-1}\) Dann erhält man durch Ableiten: \(f^{\prime} (x) = (-1) \cdot (1-x)^{-2} \cdot (-1) = (1-x)^{-2} \\ f^{\prime \prime} (x) = (-2) \cdot (1-x)^{-3} \cdot (-1) = 2(1-x)^{-3} \\ \) \(f^{\prime \prime \prime} (x) = (-3) \cdot 2(1-x)^{-4} \cdot (-1) = 3 \cdot 2 (1-x)^{-4} \\ \) \(f^{\prime \prime \prime \prime} (x) = (-4) \cdot 3 \cdot 2(1-x)^{-5} \cdot (-1) = 4 \cdot 3 \cdot 2 (1-x)^{-5} = 4! (1-x)^{-5} \) Somit kann man nun einen allgemeinen Ausdruck für die n-te Ableitung der Funktion anschreiben: \(f^{(n)}(x) = n! (1-x)^{-(n+1)} = \frac{n!}{(1-x)^{n+1}}\) Nun können die Funktion sowie Ableitungen an der Stelle x=0 ausgewertet werden und man erhält: \(f(0) = 1 \\ f^{\prime} (0) = 1 \\ f^{\prime \prime} (0) = 2 \\ f^{\prime \prime \prime} (0) = 3! \\ f^{\prime \prime \prime \prime} (0) = 4! \\ f^{(n)} (0) = n! \) Nun kann man in die Formel für die Taylorreihe einsetzen: \(f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n = 1 + x + \frac{2x^2}{2!} + \frac{3! x^3}{3!} + \frac{4!x^4}{4!} + ... = \\ = 1+ x + x^2 + x^3 + x^4 + .... = \\ = \sum_{n=0}^{\infty} x^n\)

Berechnen Sie die Talyorreihe folgender Funktion an der Stelle \(x_0=0\) : f(x) = cos(x) Nr. 4418
	\(f(x)= 1 + x+ \frac{x}{2} + \frac{x^3}{3!}+ \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} + ....\)
	\(f(x)= 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} +\frac{x^8}{8!} \pm ....\)
	\(f(x)= x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} \pm ....\)
	\(f(x)= \sum_{n=0}^{n=\infty} x^n\)
Lösungsweg \(f^\prime (x) = -\sin x \; \Rightarrow f^\prime (0) = 0 \\ f^{\prime \prime} (x) = -\cos x \; \Rightarrow f^{\prime \prime} (0) = -1 \\ \) \(f^{\prime \prime \prime} (x) = \sin x \; \Rightarrow f^{\prime \prime \prime} (0) = 0 \\ f^{\prime \prime \prime \prime}(x) = \cos x \; \Rightarrow f^{\prime \prime \prime \prime} (0) = 1 \\\) \(\Rightarrow f(x) = f(x_0) + f^\prime(x_0)(x-x_0)+ \frac{1}{2!}f^{\prime \prime}(x_0)(x-x_0)^2+ \frac{1}{3!}f^{\prime \prime \prime}(x_0)(x-x_0)^3 + ....\) \(f(x)= 1 + 0 -\frac{1}{2}x^2 + 0 + \frac{1}{4!}x^4 + 0 - ....\) Man erkennt, dass die Terme mit ungeraden Potenzen immer wegfallen und die Terme mit geraden Potenzen alternierden Vorzeichen aufweisen: \(f(x)= 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} +\frac{x^8}{8!} \pm ....\)

Berechnen Sie die Talyorreihe folgender Funktion an der Stelle \(x_0=\pi\) : f(x) = sin(x) Nr. 4419
	\(f(x)= - x + \frac{1}{3!}x^3 - \frac{1}{5!} x^5 +\frac{1}{7!}x^7 \pm ....\)
	\(f(x)= 1 - \frac{(x-\pi)}{2} + \frac{(x-\pi)^4}{4!} - \frac{(x-\pi)^6}{6!} +\frac{(x-\pi)^8}{8!} \pm ....\)
	\(f(x)= - (x-\pi) + \frac{1}{3!}(x-\pi)^3 - \frac{1}{5!} (x-\pi)^5 +\frac{1}{7!}(x-\pi)^7 \pm ....\)
	\(f(x)= 1 + x+ \frac{x}{2} + \frac{x^3}{3!}+ \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} + ....\)
	\(f(x)= \sum_{n=0}^{n=\infty} \frac{(x-\pi)^n}{2n!}\)
Lösungsweg \(f^\prime (x) = \cos x \; \Rightarrow f^\prime (\pi) = -1 \\ f^{\prime \prime} (x) = -\sin x \; \Rightarrow f^{\prime \prime} (\pi) = 0 \\ \) \(f^{\prime \prime \prime} (x) = -\cos x \; \Rightarrow f^{\prime \prime \prime} (\pi) = 1 \\ f^{\prime \prime \prime \prime}(x) = -\sin x \; \Rightarrow f^{\prime \prime \prime \prime} (\pi) = 0 \\\) \(\Rightarrow f(x) = f(x_0) + f^\prime(x_0)(x-x_0)+ \frac{1}{2!}f^{\prime \prime}(x_0)(x-x_0)^2+ \frac{1}{3!}f^{\prime \prime \prime}(x_0)(x-x_0)^3 + ....\) \(f(x)= 0 - (x-\pi) + 0 + \frac{1}{3!}(x-\pi)^3 + 0 - \frac{1}{5!}(x-\pi)^5 + 0 - ....\) Man erkennt, dass die Terme mit geraden Potenzen immer wegfallen und die Terme mit ungeraden Potenzen alternierden Vorzeichen aufweisen: \(f(x)= - (x-\pi) + \frac{1}{3!}(x-\pi)^3 - \frac{1}{5!} (x-\pi)^5 +\frac{1}{7!}(x-\pi)^7 \pm ....\)

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