Taylorpolynom bestimmen < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 03:41 Do 03.02.2005 | | Autor: | Zizou |
Hallo Leute schreibe habe folgendes Problem :
Gegeben sei die Funktion f(x) := [mm] x*e^{-x^2/2}
[/mm]
Lies:x mal e hoch vor der Bruch ein Minus x quadrat durch 2
a) Berechnen Sie zu f das Taylorpolynom T3(f,xo,x) um xo=o
b) Berechnen Sie die absoluten Extrema von f
f´ (x)= [mm] (1-x^2)e*^-(x^2/2)
[/mm]
f´´ (x)= [mm] e^{-x^2/2}x*(x^2-3)
[/mm]
f´´´(x)=- [mm] e^{-x^2/2}(x^4-6x^2+3)
[/mm]
Habe folgende Taylorreihe: [mm] 0+1(x-0)+(x-0)^2/2+(x-0)^3/2 [/mm]
weiss aber nun nicht ob das richtig ist.
Und beim berechnen der absoluten Extrema stehe ich auf dem Schlauch wie setze ich denn nun die erste Ableitung auf null? Also die e Funktion damit komme ich nicht klar, wäre sehr nett wenn mir jemand weiterhelfen könnte
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:17 Do 03.02.2005 | | Autor: | Loddar |
Guten Morgen Zizou!
> Gegeben sei die Funktion [mm]f(x) := x*e^{-x^2/2}[/mm]
> a) Berechnen Sie zu f das Taylorpolynom T3(f,xo,x) um xo=o
> b) Berechnen Sie die absoluten Extrema von f
>
> [mm]f'(x) = (1-x^2)*e^{-(x^2/2)}[/mm]
> [mm]f''(x) = e^{-x^2/2}*x*(x^2-3)[/mm]
> [mm]f'''(x) = - e^{-x^2/2}*(x^4-6x^2+3)[/mm]
![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
> Und beim berechnen der absoluten Extrema stehe ich auf dem
> Schlauch wie setze ich denn nun die erste Ableitung auf
> null? Also die e Funktion damit komme ich nicht klar.
Nehmen wir doch mal die 1. Ableitung und setzen sie gleich 0:
$f'(x) \ = \ [mm] (1-x^2)*e^{-(x^2/2)} [/mm] \ = \ 0$
Ein Produkt wird doch genau dann gleich 0, wenn (mind.) eines der Faktoren 0 wird:
[mm] $\gdw$
[/mm]
[mm] $e^{-(x^2/2)} [/mm] \ = \ 0$ [mm] $\vee$ $(1-x^2) [/mm] \ = \ 0$
Da gilt [mm] $e^z [/mm] \ [mm] \not= [/mm] \ 0 \ \ [mm] \forall [/mm] \ z [mm] \in \IR$, [/mm] brauchen wir uns nun "nur" den 2. Term betrachten mit [mm] $(1-x^2) [/mm] \ = \ 0$
Nun klar(er) ??
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:38 Do 03.02.2005 | | Autor: | Zizou |
Danke Loddar für deine schnelle Antwort hoffe du hilfst mir weiter bei dieser Aufgabe ich werde mal versuchen weiterzurechnen.
Also habe [mm] (1-x^2) [/mm] = 0 durch auflösen bekomme ich [mm] x_{1}=1 [/mm] und
[mm] x_{2}= [/mm] -1 .
1, -1 in die zweite Ableitung eingesetzt ergibt bei mir jeweils kleiner null also muss ein lokales Maximum bei x=1 liegen ???
Und nun muss ich die 1 in die f(x) einsetzen und bekomme
e^-(1/2) als Ergebnis. Also ergibt sich ein Hochpunkt bei H (1 / e^-(1/2)) .
Hoffentlich habe ich richtig gerechnet, vielleicht kannst du mir auch bei Aufgabenteil c) und d) helfen
c) Bestimmen Sie alle Intervalle in R+, in denen f konvex oder konkav ist.
Meine Lösung: Bedingung für konvex ist f´´(x) größer 0 und für konkav f´´(x) kleiner null, von daher ist die Funktion konvex.
d)Berechnen SIe den Grenzwert von f für x gegen +unendlich
Also da x immer größer also gegen unendlich konvergiert aber die e funktion wird immer kleiner und konvergiert gegen 0, würde ich behaupten der Term geht gegen 0. Könnte jemand das auch rechnerisch belegen wäre super nett.
Ciao Amigos
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:56 Do 03.02.2005 | | Autor: | Max |
> 1, -1 in die zweite Ableitung eingesetzt ergibt bei mir
> jeweils kleiner null
:-(
Auf Vorzeichen achten...
Da $f'(x)=0 [mm] \wedge [/mm] f''(x) [mm] \neq [/mm] 0$ liegt zwar ein lokaler aber nicht zwingend ein globaler Extrempunkt vor. Dazu sind noch kleine Überlegungen nötig. Du könntest zB mit $f''$ argumentieren...
> Hoffentlich habe ich richtig gerechnet, vielleicht kannst
> du mir auch bei Aufgabenteil c) und d) helfen
>
> c) Bestimmen Sie alle Intervalle in R+, in denen f konvex
> oder konkav ist.
> Meine Lösung: Bedingung für konvex ist f´´(x) größer 0
> und für konkav f´´(x) kleiner null, von daher ist die
> Funktion konvex.
:-(
Wieder ein klitzekleiner Fehler. Es gibt zwei Bereiche die man unterscheiden muss.
> d)Berechnen SIe den Grenzwert von f für x gegen
> +unendlich
> Also da x immer größer also gegen unendlich konvergiert
> aber die e funktion wird immer kleiner und konvergiert
> gegen 0, würde ich behaupten der Term geht gegen 0. Könnte
> jemand das auch rechnerisch belegen wäre super nett.
Normalerweise ist bekannt, dass [mm] $\lim_{x \to \infty} x^n \cdot e^{-x}=0$. [/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:48 Do 03.02.2005 | | Autor: | Zizou |
Hallo nochmals könntest du mir vielleicht ein wenig genauer meine Fehler oder besser gesagt du sagst es mir wie man es richtig macht : ), also wenn ich [mm] 1-x^2= [/mm] o habe dann komme ich doch durch umformungen auf [mm] x^2=1 [/mm] und nun + und - Wurzel ziehen bekomme dann doch 1 und -1 oder??? Wie gehe ich nun weiter vor könntest du mir diese Aufgabe vielleicht vorrechnen wäre super nett weil so dauert es glaube ich ewig bis ich an die Extrema komme.
zu Teil d) wie kann ich noch zur Lösung kommen, wenn ich das was du gesagt hast nicht gewusst hätte??
Nochmals vielen Dank
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:54 Do 03.02.2005 | | Autor: | Loddar |
Hallo Zizou!
Die Bemerkung von Brackhaus mit den verkehrten Vorzeichen bezog sich auf die Werte der 2. Ableitung [mm] $f''(x_{E1}) [/mm] \ = \ f''(-1)$ und [mm] $f''(x_{E2}) [/mm] \ = \ f''(+1)$.
Denn diese beiden Werte haben nicht dasselbe Vorzeichen.
Wir haben nämlich einen Hochpunkt und einen Tiefpunkt vorliegen.
Bitte überprüfe das noch einmal.
Loddar
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:05 Do 03.02.2005 | | Autor: | Loddar |
> zu Teil d) wie kann ich noch zur Lösung kommen, wenn ich
> das was du gesagt hast nicht gewusst hätte??
Sagt Dir die Grenzwertregel nach de l'Hospital etwas ??
Unsere Funktionsvorschrift lautet:
$f(x) \ = \ x * [mm] e^{- \bruch{x^2}{2}} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{x}{e^{\red{+} \bruch{x^2}{2}}}$
[/mm]
Hier würde für $x [mm] \to \pm \infty$ [/mm] der Ausdruck [mm] "$\bruch{\pm \infty}{\infty}$" [/mm] entstehen.
Daher kannst Du nun die  LHospitalscheRegel anwenden ...
Kommst Du mit diesem Hinweis nun alleine weiter?
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:48 Do 03.02.2005 | | Autor: | Zizou |
Wäre nett wenn du mir was dazu erzählen könntest aber noch wichtiger wäre für mich die absoluten Extrema herauszufinden in den Büchern von mir steht überall das ich die die erste ableitung null setzen muss und dann in die zweite ableitung einsetzen muss, was mache ich denn falsch???
Zizou
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:53 Do 03.02.2005 | | Autor: | Loddar |
Hallo Zizou!
> Wäre nett wenn du mir was dazu erzählen könntest
Hast Du Dir denn mal den Eintrag in unserer MatheBank unter LHospitalscheRegel angesehen??
Versuche das dann mal auf Deine Aufgabe anzuwenden und poste dann bitte Deine Ergebnisse / Rechenwege.
> aber noch wichtiger wäre für mich die absoluten Extrema
> herauszufinden in den Büchern von mir steht überall das ich
> die die erste ableitung null setzen muss und dann in die
> zweite ableitung einsetzen muss, was mache ich denn
> falsch???
Nichts, (fast) alles ok !
Wo Du einen Fehler gemacht hast, ist bei der Überprüfung Deiner möglichen Extremstellen (sog. "hinreichendes Kriterium"):
Du hast ja als mögliche Extremstellen erhalten:
[mm] $x_{E,1} [/mm] \ = \ -1$ und [mm] $x_{E,2} [/mm] \ = \ +1$
Diese beiden Werte müssen wir nun in die 2. Ableitung einsetzen, um zu überprüfen ob dort gilt:
[mm] $f''(x_E) [/mm] \ > 0 \ \ \ [mm] \Rightarrow$ [/mm] Tiefpunkt
oder
[mm] $f''(x_E) [/mm] \ < 0 \ \ \ [mm] \Rightarrow$ [/mm] Hochpunkt
Du hast ganz oben geschrieben, daß Du zwei Hochpunkte erhalten hast. Dies stimmt nicht !!
Es gilt ja (siehe oben):
$f''(x) \ = \ [mm] x*(x^2-3) [/mm] * [mm] e^{- \bruch{x^2}{2}}$
[/mm]
Also eingesetzt:
[mm] $f''(x_{E,1}) [/mm] \ = f''(-1) \ = \ [mm] (-1)*[(-1)^2-3)] [/mm] * [mm] e^{- \bruch{(-1)^2}{2}} [/mm] \ = \ [mm] (-1)*(-2)*e^{-0,5} [/mm] \ = \ [mm] +2*e^{-0,5} [/mm] \ > 0$
[mm] $\Rightarrow$ [/mm] Tiefpunkt / relatives Minimum
[mm] $f''(x_{E,2}) [/mm] \ = f''(+1) \ = \ [mm] (+1)*[(+1)^2-3)] [/mm] * [mm] e^{- \bruch{(+1)^2}{2}} [/mm] \ = \ [mm] 1*(-2)*e^{-0,5} [/mm] \ = \ [mm] -2*e^{-0,5} [/mm] \ < 0$
[mm] $\Rightarrow$ [/mm] Hochpunkt / relatives Maximum
Nun klar??
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:43 Do 03.02.2005 | | Autor: | Zizou |
Hallo Loddar zuersteinmal Danke für deine Geduld mit mir also habe nun folgende Extrema rausbekommen
Tiefpunkt (-1 / [mm] -e^-(\bruch{x^2}{2}) [/mm] )
Hochpunkt( 1 / [mm] e^-(\bruch{x^2}{2}) [/mm] )
Hoffe das es richtig ist könntest du mir den Aufgaben teil c erklären bitte und vielleicht auch das Ergebnis sagen vielleicht komme ich dann besser klar.
zu d) die Hospital Regeln habe ich mir angeschaut aber ehrlich gesagt verstanden habe ich da nicht wirklich viel könntest du mir hier vielleicht auch kurz erklären mit dazugehöriger Lösung das wäre echt nett, bin langsam am verzweifeln :(
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:34 Fr 04.02.2005 | | Autor: | Max |
Also natürlich sind die $y$-Werte der Extrema nicht mehr von $x$ abhängig, die $y$-Werte sind [mm] $\pm \frac{1}{\sqrt{e}}$.
[/mm]
Für die Aufgabe (c) musst du doch nur noch feststellen in welchen Intervallen $f''(x) [mm] \ge [/mm] 0$ oder eben nicht. Da du ja die richtige Ableitung hattest solltest du das eigentlich selber schaffen. Nur Mut 
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:43 Fr 04.02.2005 | | Autor: | Zizou |
Hallo Brackhaus sind nun meine Extrema falsch, ist die Lösung falsch???
Bitte sage mir doch dann die richtigen Extrema bin langsam wirklich am verzweifeln und erkläre mir doch den Aufgabenteil c) sei doch bitte ein wenig genauer die Ableitungen habe ich aber das mit den Intervallen verstehe ich wirklich nicht sonst würde ich bestimmt nicht fragen.
Aber sitze schon seit Tagen an der Aufgabe aber so ganz konkret kriege ich keine Antwort also helft mir : ) bitte
Ciao
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:16 Fr 04.02.2005 | | Autor: | Max |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Also soweit ich das sehe sind die Extrema jetzt richtig. Vorher hattest du nur einen Tiefpunkt als Hochpunkt gehabt.
Die Funktion hat die lokalen Extrema:
$H(1|e^{-\frac{1}{2}})=(1|\frac{1}{\sqrt{e}})$
$T(-1|-e^{-\frac{1}{2}})=(1|\frac{1}{\sqrt{e}})$
Es gibt halt einen Unterschied zwischen lokalen und globalen Extrempunkten. Zum Beispiel hat $f(x)=(x-1)^2 \cdot (x+1)^2$ bei $(0|1)$ ein lokales Maximum. Trotzdem ist der Funktionswert von $f(2)=9$ größer als $f(0)$. Man sagt die Funktion hat bei $x_0$ ein globales Maximum, wenn für alle $x \in \mathbb{R}$ gilt: $f(x_0) \ge f(x)$.
Also müsste man noch zeigen, dass gilt:
$e^{-\frac{1}{2}} \ge x \cdot e^{-\frac{x^2}{2}$ und
$-e^{-\frac{1}{2}} \le x \cdot e^{-\frac{x^2}{2}$
Da musst du entscheiden ob du das wirklich machen musst oder ob der Nachweis zu den lokalen Extrempunkten ausreicht.
Jetzt zu c)
Die zweite Ableitung war ja $f''(x)=x (x^2-3) e^{-\frac{1}{2}x^2}$
Man kann $f''$ weiter faktorisieren
$f''(x)=x \cdot (x-\wurzel{3}) \cdot (x+\wurzel{3})\cdot e^{-\frac{1}{2}x^2}$
Der letzte Faktor ist immer positiv!
Ist $x>\wurzel{3}$ sind die drei ersten Faktoren positiv.
Ist $\wurzel{3}\ge x \ge0$ wird der zweite Faktor negativ und damit das ganze Produkt.
Ist $0 \ge x \ge -\wurzel{3}$ sind die ersten beiden Faktoren negativ und damit das Produkt wiederum positiv.
Ist $-\wurzel{3} \ge x$ werden die ersten drei Faktoren negativ und damit das ganze Produkt.
D.h. Auf den Intervallen $(-\infty, -\wurzel{3})$ und $(0, \wurzel{3})$ ist $f$ konvex, sonst ist $f$ konkav.
Zu d)
Kommst du mit der L'Hospitalschen Regel zurecht? Oder soll ich dazu was posten?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:15 Fr 04.02.2005 | | Autor: | Zizou |
Danke für die schnellen Antworten Hospitalsche Regeln habe ich mir angeschaut auch hier aber verstanden habe ich es ehrlich gesagt nicht wäre nett wenn du mir anhand dieser Aufgabe ( also Praxisbezogen : ) ) das erläutern würdest,
Danke
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:36 Sa 05.02.2005 | | Autor: | Max |
Also erstmal die L'Hospitalsche Regel:
$g,h: (a,b) [mm] \to \mathbb{R}$ [/mm] seien differenzierbar und es sei $h'(0) [mm] \neq [/mm] 0$ für alle $x [mm] \in [/mm] (a,b)$. In jede der beiden folgenden Situationen
a) [mm] $g(x)\to [/mm] 0 $ und [mm] $h(x)\to [/mm] 0$ für $x [mm] \to [/mm] b$
b) [mm] $g(x)\to \infty$ [/mm] und [mm] $h(x)\to \infty [/mm] $ für [mm] $x\to [/mm] b$
gilt:
Existiert [mm] $\lim_{x \to b} \frac{g'(x)}{h'(x)}$, [/mm] so existiert auch [mm] $\lim_{x \to b}\frac{g(x)}{h(x)} [/mm] $ und es gilt
[mm] $\lim_{x \to b} \frac{g'(x)}{h'(x)}=\lim_{x \to b}\frac{g(x)}{h(x)} [/mm] $
Entsprechendes gilt für $x [mm] \to [/mm] a$, $x [mm] \to \infty$ [/mm] und $x [mm] \to -\infty$.
[/mm]
(Modifiziert aus: Königsberger Analysis I, 4. neu bearbeitet und erweiterte Auflage)
Jetz dein konkreter Fall.
Wir wollen gerne den Grenzwert der Funktion $f(x)=x [mm] \cdot e^{-\frac{1}{2}x^2}$ [/mm] für $x [mm] \to \infty$ [/mm] bestimmen. Der eine Faktor strebt gegen $0$ und der andere strebt gegen [mm] $\infty$. [/mm] Wohin strebt das Produkt? Der Trick besteht jetzt darin eben nicht das Produkt zu betrachten sondern einen Quotienten, der die Bedingungen der L'Hospitalschen Regel erfüllt. Dazu schreiben wir
$f(x) = [mm] x\cdot e^{-\frac{1}{2}x^2} [/mm] = [mm] \frac{x}{e^{\frac{1}{2}x^2}}=\frac{g(x)}{h(x)}$. [/mm] Für $x [mm] \to \infty$ [/mm] gilt $g(x) [mm] \to \infty$ [/mm] und für den Nenner $h(x) [mm] \to \infty$. [/mm] Also befinden wir und in der Situation b). Der Nenner erfüllt $h(x) [mm] \neq [/mm] 0$ und Zähler- wie Nennerfunktion sind auf ganz [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] differenzierbar ( [mm] $(a,b)=\mathbb{R}$).
[/mm]
Die Regel von L'Hospital besagt, wenn der Grenzwert [mm] $\lim_{x \to \infty} \frac{g'(x)}{h'(x)}$ [/mm] existiert, existiert auch der tatsächlich gesuchte Grenzwert und diese stimmen überein. Untersuchen wir also
[mm] $\lim_{x \to \infty}\frac{g'(x)}{h'(x)}=\lim_{x \to \infty} \frac{\left( x \right)'}{\left( e^{\frac{1}{2}x^2} \right)'} [/mm] = [mm] \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x \cdot e^{\frac{1}{2}x^2}} [/mm] = 0$.
Damit wissen wir
[mm] $\lim_{x \to \infty} \frac{g(x)}{h(x)}=\lim_{x \to \infty}\frac{g'(x)}{h'(x)} [/mm] = 0$.
Jetzt hat man nachgewiesen, dass $f(x) [mm] \to [/mm] 0 $ für $x [mm] \to \infty$. [/mm] Wegen der Punktsymmetrie gilt analog $f(x) [mm] \to [/mm] 0 $ für $x [mm] \to -\infty$.
[/mm]
Ich hoffe das war verständlich...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:11 Do 03.02.2005 | | Autor: | Max |
Also, ich erhalte
$f(0)=0$
$f'(0)=1$
$f''(0)=0$
$f'''(0)=-3$
Damit erhalte ich als Taylorpolynom dritten Grades:
[mm] $t(x)=\frac{0}{0!}x^0 [/mm] + [mm] \frac{1}{1!}x^1 [/mm] + [mm] \frac{0}{2!}x^2 [/mm] + [mm] \frac{-3}{3!}x^3 [/mm] = x - [mm] \frac{x^3}{2}$
[/mm]
Du hast nur $-3$ und $3!$ falsch gekürzt.
PS: Zu dem Grenzwert, man kann mit der L' Hospitalschen Regel arbeiten um den Grenzwert $0$ nachzuweisen.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:38 Do 03.02.2005 | | Autor: | Max |
Wie Loddar schon bestätigt hat hast du die Ableitung richtig bestimmt. Allerdings ist das Taylorpolynom so wie du es aufgestellt hast falsch. Es gilt ja
[mm] $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x-x_0)^n.$
[/mm]
Bestimme nochmal die Werte [mm] $f^{(n)}(x_0)$ [/mm] für [mm] $n=0,\ldots, [/mm] 3$ und vergiss nicht die Fakultät im Nenner
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:39 Do 03.02.2005 | | Autor: | Zizou |
Danke für die schnelle Antwort habe mich nochmals hingesetz und versuche das Taylorpolynom aufzustellen
[mm] 0+1(x-0)-(x-0)^2- \bruch{(x-0)^3}{3} [/mm] Hoffe das es nun richtig ist, wenn nicht könntest du mir bitte deine Lösung sagen und vielleicht kurz erklären wo ich falsch rechne, DANKE
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:57 Do 03.02.2005 | | Autor: | Max |
Also, ich erhalte
$f(0)=0$
$f'(0)=1$
$f''(0)=0$
$f'''(0)=-3$
Damit erhalte ich als Taylorpolynom dritten Grades:
[mm] $t(x)=\frac{0}{0!}x^0 [/mm] + [mm] \frac{1}{1!}x^1 [/mm] + [mm] \frac{0}{2!}x^2 [/mm] + [mm] \frac{-3}{3!}x^3 [/mm] = x - [mm] \frac{x^3}{2}$
[/mm]
Du hast nur $-3$ und $3!$ falsch gekürzt.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:38 Do 03.02.2005 | | Autor: | Zizou |
Also ich erhalte
nun auch dieses Ergebnis, vielen Dank und nun muss ich die anderen nur noch machen : )
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