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Brauche Hilfe bei der 2. Aufgabe,

f(x)=2cosh(x/2)

Ich würde gerne das restglied Rn n=4 annähern. Eine Fehlerabschätzung nach Lagrange

von

Was hast du denn für das vierte Taylorpolynom, bzw. für die ersten fünf Ableitungen raus???

Die Anleitungen sind sehr einfach. Die 4. Ableitung lautet 1/8 cosh(x/2)

Nur das ist so einen Kasten Aufgaben wo ich Fehler finden soll.

Stimmt der satz

"Die fünfte Ableitung wird nicht gebraucht,weil f eine gerade Funktion ist."?

Dann wäre nach Lagrange: R4(x,0)=(1/8 cosh(x/2))/4! *(x-0)^4

Ehmm, ich glaube diese Aufgabe kam hier schonmal vor.

https://www.mathelounge.de/550591/viertes-taylor-polynom-berechnen

Ja genau danke für den Link :)) das hilf mir sehr weiter ich kam schon weit doch bin nicht sicher ob es nicht besser ist das 5.taylor polynom zu benutzen mit der 6. Ableitung da das deutlich näher an 1/10 maximale Fehler ankommt

Aber warum 5.Taylorpolynom ? Es ist doch das 4. gefragt.

Ja weil die Fehler Abschätzung Maximal 1/10 also 10 Prozent betragen soll. Und ich komm mit dem 4.taylor polynom und den Restgleid irgendwie nicht da rauf

Achso du meinst, dass der Fehler nach Lagrange nicht kleiner als 1/10 bleibt, sondern größer, wenn du nur das 4. Taylorpolynom betrachtest?

Genau, aber du kannst das mal versuchen. Mit dem 5.T bin ich besser bedient, da die 5. Ableitung an der Stelle 0 = 0 ist gilt 4.T(x,0)=5.T(x,0) nur mit besserer Abschätzung.

Ja, da hast du Recht. Habe gerade folgende Restgliedabschätzung durchgeführt.

$$ |R_4(x)|=\Bigg|\frac{f^{(5)}(\xi)}{5!}\cdot x^5 \Bigg|=\Bigg|\frac{\sinh\Big(\frac{\xi}{2} \Big)}{16\cdot5!}\cdot x^5 \Bigg|\leq \Bigg|\frac{\sinh\Big(\frac{\xi}{2} \Big)}{16\cdot5!}\cdot 3^5 \Bigg|\\\leq \Bigg|\frac{\sinh\Big(\frac{3}{2} \Big)}{16\cdot5!}\cdot 3^5 \Bigg|\leq \Bigg|\frac{2.2}{16\cdot5!}\cdot 3^5 \Bigg|=\frac{891}{3200}<0.28 $$

Und da sieht man deutlich, dass der Fehler drüber liegt.

Dann habe ich mir folgende Frage gestellt. Wie hoch muss der Grad vom Taypolynom gewählt werden, damit f bis auf einen Fehler  von weniger als 1/10 im Intervall -3,3 angenähert wird?

Dazu habe ich die k-te Ableitung gebildet.

$$ f^{(0)}=2\cdot \cosh\Big( \frac{x}{2}\Big)=2\cdot \frac{e^\frac{x}{2}+e^{-\frac{x}{2}}}{2} $$

$$ f^{(1)}=1\cdot \sinh\Big( \frac{x}{2}\Big)=1\cdot \frac{e^\frac{x}{2}-e^{-\frac{x}{2}}}{2} $$

$$ f^{(2)}=\frac{1}{2}\cdot \cosh\Big( \frac{x}{2}\Big)=\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\frac{x}{2}+e^{-\frac{x}{2}}}{2} $$

$$ f^{(k)}=2^{1-k}\cdot \frac{e^\frac{x}{2}+(-1)^ke^{-\frac{x}{2}}}{2} $$

Dann soll nun folgende Ungleichung für k∈ℕ gelöst werden.

$$ \Bigg|\frac{f^{(k+1)}(\xi)}{(k+1)!}\cdot x^{k+1} \Bigg|\leq \Bigg|\frac{2^{-k}\cdot \frac{e^\frac{3}{2}+(-1)^{k+1}e^{-\frac{3}{2}}}{2}}{(k+1)!}\cdot 3^{k+1} \Bigg|= \Bigg|\frac{e^{\frac{3}{2}}+(-1)^{k+1}e^{-\frac{3}{2}}}{2^{k+1}(k+1)!}\cdot 3^{k+1} \Bigg|<0.1$$

Für k=5 ist diese Ungleichung erfüllt. Also braucht man eine Taylorpolynom vom Grad 5.

Jaa danke für deine Mühen mein Freund.

Habe es auch mit n =5 probiert.

Das passt:) aber weiß nicht ob das die Aufgabenstellung sein soll aber naja danke :)

Scheint, als ob die so fies in der Aufgabe waren und selbst den Grad des Taylorpolynoms falsch angegeben haben.

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1 Antwort
Gefragt 17 Jun 2018 von Gast

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