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.
