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Brook_Taylor.jpeg

Historischer Hintergrund

In diesem Artikel geht es im speziellen um das Taylor-Polynom. Jenes ist ein Teil der Taylor-Formel, welche vom Mathematiker Taylor Brook gefunden wurde. Jenes Polynom dient zur Näherung einer Funktion.


Ziel

Man möchte mit dem Taylor-Polynom - wie oben schon erwähnt - Funktion um einen bestimmten Punkt nähern. Das Ziel ist es, dass ein Polynom n-ten Grades entsteht. Man kann es benutzen, um beispielsweise die trigonometrischen Funktionen zu nähern.

Allgemeine Form

$${T}_{n}f(x;a)=\frac{f(a)}{0!}+\frac{{f}^{(1)}(a)}{1!}\cdot (x-a)+\frac{{f}^{(2)}(a)}{2!}\cdot (x-a)^2+\frac{{f}^{(3)}(a)}{3!}\cdot (x-a)^3...\frac{{f}^{(n)}(a)}{n!}\cdot (x-a)^n$$

Erklärung 

Beim Taylor-Polynom geht es darum, dass möglichst viele Ableitungen an der einer Stelle a mit den Ableitungen des künftigen Polynoms übereinstimmen.

Zuerst wird die allgemeine Form ignoriert und versucht, es so zu lösen. Wenn man jetzt ein Polynom 4 Grades haben möchte, welches die Funktion cos(x) nähert, kann man so vorgehen.

Das künftige Polynom soll soll so aussehen: $${T}_{4}\cos(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$$Davon sind das die Ableitungen, die mit den Ableitungen von cos(x) übereinstimmen sollen. Jetzt muss aber noch bestimmen, um welche Stelle a die Funktion genährt werden soll. Für das Beispiel wird die Umgebung von 0 betrachtet. Also müssen die Ableitungen bei a=0 übereinstimmen und natürlich auch die Ausgangsfunktion. Dafür bildet man jeweils die Ableitungen des allgemeinen Polynoms und auch die der Ausgangsfunktion, da jene gleich sein müssen$${{T}_{4}}^{(0)}\cos(x)=a\cdot x^4+b\cdot x^3+c\cdot x^2+d\cdot x+e=\cos(x)\\{{T}_{4}}^{(1)}\cos(x)=4\cdot a\cdot {x}^{3}+3\cdot b\cdot x^2+2\cdot c\cdot x+d=-\sin(x)\\{{T}_{4}}^{(2)}\cos(x)=12\cdot a\cdot x^2+6\cdot b\cdot x+2\cdot c=-\cos(x)\\{{T}_{4}}^{(3)}\cos(x)=24\cdot a\cdot x+6\cdot b=\sin(x)\\{{T}_{4}}^{(4)}\cos(x)=24a=\cos(x)$$

Damit man mit den Variablen nicht durcheinander kommt, habe ich einfach trotzdem x dort stehen lassen. Jetzt muss man dort a einsetzten und dann zu dem übrigen Koeffizienten auflösen:$$a\cdot 0^4+b\cdot 0^3+c\cdot 0^2+d\cdot 0+e=\cos(0)=1\qquad => e=1 \\[15pt] 4·a·{0}^{3}+3\cdot b\cdot 0^2+2\cdot c\cdot 0+d=-\sin(0)=0 \qquad => d=0\\[15pt]\\12\cdot a\cdot 0^2+6\cdot b\cdot 0+2\cdot c=-\cos(0)=-1\qquad \quad=> c=-\frac{1}{2}\\24\cdot a\cdot 0+6\cdot b=\sin(0)=0\qquad\qquad\qquad\qquad\quad \ \ => b=0\\24a=\cos(0)=1\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\  =>a=\frac{1}{24}$$

Das Taylor-Polynom 4. Grades zu f(x)= cos(x) bei a=0 ist also:$${{T}_{4}}\cos(x;0)=\frac{1}{24}\cdot {x}^{4}-\frac{1}{2}\cdot x^2+1$$

Jetzt nochmal die Überprüfung mit der Allgemeinen Formel. Diese dürfte jetzt auch selbsterklärend sein. $${T}_{4}\cos(x;0)=\cos(1)-\sin(1)\cdot (x-0)-\frac{\cos(1)}{2!}\cdot (x-0)^2+\frac{\sin(0)}{3!}\cdot (x-0)^3+\frac{cos(0)}{4!}\cdot (x-0)^4\\{T}_{4}\cos(x;0)=1-0-\frac{1}{2}\cdot x^2+0+\frac{1}{14}\cdot x^4\\{T}_{4}\cos(x;0)=\frac{1}{24}\cdot x^4-\frac{1}{2}\cdot x^2+1$$

Beide Wege führen zum gleichen Ergebnis, nur geht es mit der zweiten Variante deutlich schneller. Kann man denn überhaupt so Funktionen näherungsweise als Polynom darstellen?

Graph

desmos-graph2.png

Das Polynom kommt der Ausgangsfunktion bis zu einem gewissen Punkt schon ziemlich nah.


Anwendung

Jetzt stellt sich noch die Frage, wofür man das überhaupt braucht.

Für das Taylor-Polynom gibt es viele verschiedene Anwendungen. Ein Beispiel hierfür sind Nullstellen von Exponentialfunktionen. Dafür muss man wissen, wo die Nullstelle(n) ist (sind). Dann kann man die Funktion näherungsweise mit einem Taylor-Polynom nähern und kann dann eine genauere Stelle ausrechnen.

Eine andere Anwendung könnte sein, wenn man zwei Funktionen gleichsetzten möchte, die eine ist ein normales Polynom und die andere ist Exponentialfunktion. In dem Fall bringt man alles auf eine Seite, sodass 0=Rest steht. Dann ersetzt man die Null durch eine Funktionsvorschrift, wie f(x) oder f: y=

Dann bestimmt man - wie oben erläutert -  die Nullstellen.

Außerdem kann man damit auch Funktionen wie cosh(x) oder tan(x) möglicherweise im Kopf rechnen, zumindest in der Umgebung.


Das war so das gängigste über das Taylor-Polynom.

Über konstruktive Kritik  in den Kommentaren würde ich mich sehr freuen.

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geschlossen: Wissensartikel
von Gast jc2144
von 5,3 k

Hallo

Ich versuche es mal mit tan(x):

ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=tan(x)

4ax^3+3bx^2+2cx+d=sec^2(x)

12ax^2+6bx+2c=2sec^2(x)*tan(x)

24ax+6b=4sec^2(x)*tan^2(x)+2sec^4(x)

24a=8sec^2(x)*tan^3(x)+16sec^4(x)*tan(x)

---------------------------------------------------------------------

a*0^4+b*0^3+c*0^2+d*0+e=tan(0)=0    e=0

4*0^3+3*b*0^2+2*c*0+d=sec^2(0)=1   d=1

12*a*0^2+6*b*0+2*c=2sec^2(0)*tan(0)=0   c=0

24*a*0+6*b=4sec^2(0)*tan^2(0)+2sec^4(0)=2   b=2

24a=8sec^2(0)*tan^3(0)+16sec^4(0)*tan(0)    a=?

Hier kommt aus dem markierten 0 raus. 0/24 ist eine blode Idee, was muss ich hier machen?

Achso, schöner Artikel, finde das Thema sehr interessant, da ich es nicht kenne! Entschuldige, aber ich wollts direkt mal ausprobieren.

Zu deinem Beispiel: Dann hat das Taylor-Polynom wohl kein 4. Grad Ich habe einfach mal noch eine Ableitung gemacht, also die 5.

Den Rest kann man ja so lassen.

f(4)(x)=8sec^2(x)*tan^3(x)+16sec^4(x)*tan(x)

Das abgeleitet ergibt:

f(5)(x)=16sec^2(x)*tan^4(x)+88sec^4(x)*tan^2(x)+16sec^6(x)

Da Null eingesetzt kommt raus: 16 raus

Die fünfte Ableitung von dem Polynom ist:

g(x)=jx^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e

g(5)(x)=120j

Daraus folgt:

120j=16

j=2/15

T5tan(x)=(2/15)x^5+2x^3+dx

Das passt auch schon ganz gut.

~plot~ tan(x);(2/15)x^5+2x^3+x ~plot~

Alles klar, find ich cool. Ich werde noch ein bisschen rumprobieren. Danke für die Inspiration

Müsste nicht \(b=\frac13\) sein?

Ja müsste es.

Ihr redet von tan(x) oder?

Bei tan(x). Denn:

 2*sec^4(0)=6b

2*1=6b

2/6=b

1/3=b

Jo, alles klar, habe das jetzt noch nicht nachgerechnet, aber nicht das ich wenn ich hier nochmal nach Rückgrat suche es für Verwirrung stiftet. Danke @nn und @Smitty

Spannendes Thema, ich hatte mich bisher noch nicht damit beschäftigt. Und eine schöne Ausarbeitung! Genauso klasse das Ausprobieren zum Tangens.

Ich habe den Artikel ins Wissen von Matheretter übertragen. Dazu noch Text und Graphen hinzugefügt u.a. - Siehe https://www.matheretter.de/wiki/taylorpolynom

Unter Umständen sind noch ein paar Fehler zu finden? Bitte Hinweise posten!

Ich würde gerne noch ergänzen:

1. Desmos-Graph für cos(x). Für Sinus ist hier: https://www.matheretter.de/wiki/taylorpolynom#ansin

2. Berechnung a = 0 (oder a = 1) mit Grad 5 für sin(x)

Kann das jemand fehlerfrei machen?

Mache ich gerne, aber ich schaffe das vielleicht erst bis morgen, da ich jetzt noch was anderes machen muss. Aber Danke, dass es auf Matheretter mit eingebracht wurde

Ich finde, dass das mit \(j\) irgendwie komisch ist. Ist das Standard so?

Wieso nicht \(f(x)=ax^5+bx^4+cx^3+dx^2+ex+f\)?

https://de.wikipedia.org/wiki/Gleichung_f%C3%BCnften_Grades

Ich hatte es in dem Beispiel so gemacht, da du mit einer Funktion 4. Grades angefangen hast und ich dann eine 5. Grades gemacht habe. Ich habe also willkürlich einen Buchstaben ausgesucht.

Das habe ich soeben korrigiert zu a bis f. So ist es besser: https://www.matheretter.de/wiki/taylorpolynom#bsptan

Nach "Nun setzen wir die Werte ...[...] steht noch \(j\). Dad muss auch verändert werden.

Danke für den Hinweis. Soeben korrigiert.

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