Taylorreihen und Potenzreihen – Mathe Studium 1. Semester Arbeitsblatt Lösungen zum Herunterladen als PDF

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1. Lösung zu Aufgabe 1

   a) Alle Ableitungen von \(e^x\) sind wieder \(e^x\) und haben an der Stelle \(0\) den Wert \(1\). Deshalb ist der Koeffizient vor \(x^k\) einfach \(\frac1{k!}\): \(T_1(x)=1+x\) (die Tangente), \(T_2(x)=1+x+\frac{x^2}2\) und \(T_3(x)=1+x+\frac{x^2}2+\frac{x^3}6\).
   b) Einsetzen ergibt \(T_3(0{,}5)=1+0{,}5+0{,}125+0{,}0208333=1{,}6458333\). Der Fehler beträgt etwa \(1{,}6487213-1{,}6458333\approx0{,}0029\), also weniger als zwei Promille des genauen Wertes.
   c) Die Exponentialfunktion ist ihre eigene Ableitung; deshalb sind alle Ableitungswerte an der Stelle \(0\) gleich \(1\), und es bleiben nur die Fakultäten im Nenner übrig.

2. Lösung zu Aufgabe 2

   a) Die Ableitungen wiederholen sich mit der Periode vier: \(\cos x\), \(-\sin x\), \(-\cos x\), \(\sin x\), \(\cos x\). An der Stelle \(0\) ergeben sich die Werte \(1,0,-1,0,1\).
   b) Mit den Werten aus a) und den Fakultäten erhält man \(T_4(x)=1-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}\). Die ungeraden Ableitungen sind in \(0\) null, weil der Kosinus eine gerade Funktion ist; sein Graph ist symmetrisch zur \(y\)-Achse, also auch sein Taylorpolynom.
   c) \(T_4(0{,}2)=1-0{,}02+0{,}0000667=0{,}9800667\). Die Abweichung liegt erst in der siebten Nachkommastelle, weil das nächste Glied \(\frac{x^6}{720}\) für \(x=0{,}2\) winzig ist.

3. Lösung zu Aufgabe 3

   a) Mit \(f'(x)=\frac1{2\sqrt x}\) und \(f''(x)=-\frac1{4x\sqrt x}\) erhält man \(f(4)=2\), \(f'(4)=\frac14\) und \(f''(4)=-\frac1{32}\). Die Stelle \(a=4\) wird gewählt, weil man dort die Wurzel exakt kennt.
   b) \(T_2(x)=2+\frac14(x-4)-\frac1{32}\cdot\frac{(x-4)^2}2=2+\frac{x-4}4-\frac{(x-4)^2}{64}\). Der Faktor \(\frac12\) beim quadratischen Glied stammt aus \(2!\).
   c) Mit \(x-4=0{,}1\): \(T_2(4{,}1)=2+0{,}025-0{,}00015625=2{,}02484375\). Der Fehler beträgt nur etwa \(2\cdot10^{-6}\), denn der Abstand zur Entwicklungsstelle ist klein.

4. Lösung zu Aufgabe 4

   a) \(f'(x)=\frac1x\), \(f''(x)=-\frac1{x^2}\), \(f'''(x)=\frac2{x^3}\); in \(1\): \(1,-1,2\). Damit ist \(T_3(x)=(x-1)-\frac{(x-1)^2}2+\frac{(x-1)^3}3\), denn \(\frac2{3!}=\frac13\).
   b) Mit \(x-1=0{,}2\): \(0{,}2-0{,}02+0{,}0026667=0{,}1826667\). Die Näherung ist um etwa \(0{,}00035\) zu groß.
   c) \(f^{(4)}(x)=-\frac6{x^4}\), also \(|R_3|=\frac{6}{\xi^4\cdot24}\cdot0{,}2^4\le\frac{0{,}0016}4=0{,}0004\) für \(\xi\ge1\). Der tatsächliche Fehler \(0{,}00035\) liegt unter dieser Schranke.

5. Lösung zu Aufgabe 5

   a) \(\frac{a_k}{a_{k+1}}=\frac{2^{k+1}}{2^k}=2\), also \(\rho=2\). Es handelt sich um eine geometrische Reihe mit \(q=\frac x2\), die genau für \(|x|<2\) konvergiert.
   b) \(\frac k{k+1}\to1\), also \(\rho=1\). Der Faktor \(k\) ändert den Radius der geometrischen Reihe nicht.
   c) \(\frac{(k+1)!}{k!}=k+1\to\infty\), also \(\rho=\infty\): Die Exponentialreihe konvergiert für alle reellen Zahlen.
   d) \(\frac{k!}{(k+1)!}=\frac1{k+1}\to0\), also \(\rho=0\): Die Reihe konvergiert nur für \(x=0\); die Fakultät wächst schneller als jede Potenz von \(\frac1{|x|}\).

6. Lösung zu Aufgabe 6

   a) \(\rho=1\). Bei \(x=1\) entsteht die harmonische Reihe (divergent), bei \(x=-1\) die alternierende harmonische Reihe (konvergent nach Leibniz). Konvergenzbereich \([-1,1)\).
   b) \(\rho=1\). Bei \(x=\pm1\) ist \(\left|\frac{x^k}{k^2}\right|=\frac1{k^2}\), und \(\sum\frac1{k^2}\) konvergiert; also konvergiert die Reihe an beiden Rändern absolut. Konvergenzbereich \([-1,1]\).
   c) Geometrische Reihe mit \(q=\frac{x-2}3\): Konvergenz genau für \(|x-2|<3\). An den Rändern \(x=-1\) und \(x=5\) ist \(|q|=1\), die Glieder bilden keine Nullfolge. Konvergenzbereich \((-1,5)\), Mittelpunkt \(2\).

7. Lösung zu Aufgabe 7

   a) \(10^\circ=\frac{10\pi}{180}\approx0{,}174533\). Dagegen ist \(\sin10^\circ\approx0{,}173648\). Die beiden Werte stimmen auf zwei Nachkommastellen überein.
   b) \(\frac{0{,}000885}{0{,}173648}\approx0{,}51\,\%\). Für eine Pendeluhr ist das ein spürbarer, aber kleiner Effekt.
   c) Wegen \(\sin\varphi=\varphi-\frac{\varphi^3}6+\dots\) ist der Fehler etwa \(\frac{\varphi^3}6\approx0{,}000886\). Das stimmt gut mit dem tatsächlichen Fehler überein.
   d) \(\frac{\varphi^2}6<0{,}01\iff\varphi<\sqrt{0{,}06}\approx0{,}245\), das sind etwa \(14^\circ\). Größere Ausschläge machen die Uhr merklich ungenau.

8. Lösung zu Aufgabe 8

   a) \(T_5(0{,}5)=0{,}5-\frac{0{,}125}6+\frac{0{,}03125}{120}=0{,}5-0{,}0208333+0{,}0002604=0{,}4794271\).
   b) Die Abweichung ist \(0{,}4794271-0{,}4794255=0{,}0000016\). Das Polynom vom Grad fünf liefert also fünf korrekte Nachkommastellen.
   c) Da \(T_5=T_6\) (die sechste Ableitung des Sinus ist in \(0\) null), gilt \(|R_6|\le\frac{|\sin^{(7)}(\xi)|}{7!}0{,}5^7\le\frac{0{,}0078125}{5040}\approx1{,}55\cdot10^{-6}\). Der tatsächliche Fehler liegt knapp darunter.
   d) Mit Symmetrien und Additionstheoremen, zum Beispiel \(\sin(\pi-x)=\sin x\) und \(\sin x=\cos(\frac\pi2-x)\), lässt sich jeder Winkel auf diesen Bereich zurückführen. Dort sind die Argumente klein und das Polynom sehr genau.

9. Lösung zu Aufgabe 9

   a) Mit \(u=\frac sR\): \(h\approx R\cdot\frac{s^2}{2R^2}=\frac{s^2}{2R}\). Die Absenkung wächst also quadratisch mit der Entfernung.
   b) \(h\approx\frac{10^2}{2\cdot6371}\) km \(\approx7{,}85\) m. Schon auf zehn Kilometer verschwinden fast acht Meter hinter dem Horizont.
   c) \(h\approx\frac{30^2}{12742}\) km \(\approx70{,}6\) m, gemessen von Meereshöhe. Ein kleiner Leuchtturm wäre vollständig verdeckt, wenn man selbst auf Meereshöhe stünde.
   d) Das Argument \(u=\frac sR\) ist sehr klein (\(\frac{10}{6371}\approx0{,}0016\)). Das nächste Glied \(\frac{u^4}{24}\) ist dagegen völlig vernachlässigbar.

10. Lösung zu Aufgabe 10

    a) Mit \(x=\frac p{100}\) ist \(\ln(1+x)\approx x\), also \(n\approx\frac{\ln2}{p/100}=\frac{100\ln2}p\approx\frac{69{,}3}p\). Man rundet auf \(70\), weil sich \(70\) durch viele Zahlen teilen lässt.
    b) Bei \(2\,\%\): genau \(35{,}00\) Jahre, Regel \(35\) Jahre. Bei \(7\,\%\): genau \(10{,}24\) Jahre, Regel \(10\) Jahre. Die Regel liegt in beiden Fällen sehr nahe am genauen Wert.
    c) Das nächste Glied der Reihe \(-\frac{x^2}2\) wird mit wachsendem \(x\) größer; dann ist \(\ln(1+x)\) deutlich kleiner als \(x\), und die Regel unterschätzt die Verdopplungszeit. Deshalb benutzt man bei hohen Zinsen eher eine „72er-Regel“.

11. Lösung zu Aufgabe 11

    a) Die Ableitung von \((1-u)^{-1/2}\) ist \(\frac12(1-u)^{-3/2}\), in \(0\) gleich \(\frac12\). Also \((1-u)^{-1/2}\approx1+\frac u2\).
    b) Mit \(u=\frac{v^2}{c^2}\) folgt \(E\approx mc^2\left(1+\frac{v^2}{2c^2}\right)=mc^2+\frac12mv^2\). Der erste Summand ist die Ruheenergie, der zweite die aus der Schule bekannte kinetische Energie.
    c) Genau: \(\frac1{\sqrt{0{,}99}}\approx1{,}0050378\). Näherung: \(1+\frac{0{,}01}2=1{,}005\). Der Unterschied liegt in der fünften Nachkommastelle.
    d) Für \(v\ll c\) ist \(u\) winzig und die Näherung ausgezeichnet. Erst bei Geschwindigkeiten, die einen merklichen Bruchteil der Lichtgeschwindigkeit erreichen, muss man relativistisch rechnen, etwa in Teilchenbeschleunigern.

12. Lösung zu Aufgabe 12

    a) Setzt man \(t=-\frac{x^2}2\) in \(e^t=\sum\frac{t^k}{k!}\) ein, erhält man \(e^{-x^2/2}=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^kx^{2k}}{2^kk!}\), gültig für alle \(x\).
    b) \(\int_0^1x^{2k}dx=\frac1{2k+1}\). Da die Reihe überall konvergiert, darf man gliedweise integrieren und erhält die angegebene Reihe.
    c) \(1-\frac16+\frac1{40}-\frac1{336}+\frac1{3456}\approx0{,}855646\). Multipliziert mit \(\frac1{\sqrt{2\pi}}\approx0{,}398942\) ergibt sich \(P\approx0{,}341354\). Das stimmt bis auf etwa \(10^{-5}\) mit dem Tabellenwert \(0{,}34134\) überein.
    d) Die Reihe ist alternierend mit fallenden Gliedern. Der Fehler ist höchstens das erste weggelassene Glied \(\frac1{2^5\cdot120\cdot11}\approx0{,}0000237\).

13. Lösung zu Aufgabe 13

    a) Innerhalb des Konvergenzradius darf gliedweise abgeleitet werden. Die Ableitung von \(\frac1{1-x}\) ist \(\frac1{(1-x)^2}\), die von \(x^k\) ist \(kx^{k-1}\); der Radius bleibt \(1\).
    b) Mit \(x=\frac12\): \(\sum k\left(\frac12\right)^{k-1}=\frac1{(1/2)^2}=4\). Multiplikation mit \(\frac12\) liefert \(\sum\frac k{2^k}=2\).
    c) \(\int_0^x\frac{dt}{1-t}=-\ln(1-x)\) und \(\int_0^xt^k\,dt=\frac{x^{k+1}}{k+1}\). Nach Indexverschiebung entsteht \(\sum_{k\ge1}\frac{x^k}k\).
    d) \(\ln2=-\ln\frac12=\sum\frac1{k2^k}\approx0{,}5+0{,}125+0{,}041667+0{,}015625+0{,}00625=0{,}688542\). Der genaue Wert ist \(0{,}693147\); diese Reihe konvergiert viel schneller als die alternierende harmonische Reihe.

14. Lösung zu Aufgabe 14

    a) Bei \(x=1\) fallen die Glieder nur wie \(\frac1{2k+1}\); für sechs Stellen bräuchte man rund eine Million Glieder.
    b) \(\arctan\frac15\approx0{,}2-0{,}0026667=0{,}1973333\), mit drei Gliedern \(0{,}1973973\). \(\arctan\frac1{239}\approx\frac1{239}\approx0{,}0041841\).
    c) Mit zwei Gliedern: \(\pi\approx4\left(4\cdot0{,}1973333-0{,}0041841\right)\approx3{,}14060\). Mit drei Gliedern: \(\pi\approx3{,}14162\); der genaue Wert ist \(3{,}14159\).
    d) Die Argumente \(\frac15\) und \(\frac1{239}\) sind klein; jedes weitere Glied ist um den Faktor \(\frac1{25}\) bzw. \(\frac1{239^2}\) kleiner. So gewinnt man pro Glied mehr als eine Dezimalstelle.

15. Lösung zu Aufgabe 15

    a) \(e^x-1-x=\frac{x^2}2+\frac{x^3}6+\dots\); nach Division durch \(x^2\) bleibt \(\frac12+\frac x6+\dots\to\frac12\).
    b) \(x-\sin x=\frac{x^3}6-\frac{x^5}{120}+\dots\); nach Division durch \(x^3\) bleibt \(\frac16-\dots\to\frac16\).
    c) Zähler \(\frac{x^2}2-\frac{x^4}{24}+\dots\), Nenner \(x\left(x-\frac{x^3}6+\dots\right)=x^2-\frac{x^4}6+\dots\). Kürzen durch \(x^2\) ergibt \(\frac{1/2-\dots}{1-\dots}\to\frac12\).
    d) \(\ln(1+x)-x=-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3-\dots\); nach Division durch \(x^2\) folgt der Grenzwert \(-\frac12\). Man braucht jeweils nur das erste nicht verschwindende Glied.

16. Lösung zu Aufgabe 16

    a) \(R_n(1)=\frac{e^\xi}{(n+1)!}\cdot1^{n+1}\) mit einer Zwischenstelle \(\xi\in(0,1)\).
    b) Wegen \(1<e^\xi<e<3\) ist das Restglied positiv und kleiner als \(\frac3{(n+1)!}\).
    c) \(\frac3{10!}\approx0{,}000000827\) ist noch zu groß, \(\frac3{11!}\approx0{,}000000075\) genügt. Also \(n=10\).
    d) \(\sum_{k=0}^{10}\frac1{k!}\approx2{,}7182818\). Auf sechs Stellen: \(e\approx2{,}718282\).
    e) \(\frac e{2n}<5\cdot10^{-7}\) verlangt \(n>2\,718\,282\), also mehrere Millionen Schritte statt elf Gliedern.

17. Lösung zu Aufgabe 17

    a) \(f(0{,}5)=e^{-4}\approx0{,}0183\), \(f(0{,}1)=e^{-100}\approx3{,}7\cdot10^{-44}\). Der Graph ist nahe \(0\) extrem flach und schmiegt sich an die \(x\)-Achse an.
    b) Kettenregel: \(\left(-\frac1{x^2}\right)'=\frac2{x^3}\). In \(0\): \(\frac{f(h)}h=\frac1he^{-1/h^2}\to0\), weil die Exponentialfunktion schneller fällt als \(\frac1h\) wächst. Also \(f'(0)=0\).
    c) Alle Koeffizienten \(\frac{f^{(k)}(0)}{k!}\) sind null; die Taylorreihe ist die Nullfunktion. Sie konvergiert für alle \(x\), sogar mit unendlichem Radius.
    d) Nur für \(x=0\), denn \(f(x)>0\) für alle \(x\ne0\). Eine konvergente Taylorreihe muss also nicht die Funktion darstellen; man muss das Restglied untersuchen.

18. Lösung zu Aufgabe 18

    a) \(y'=\sum_{k\ge0}(k+1)a_{k+1}x^k\). Koeffizientenvergleich mit \(y=\sum a_kx^k\) liefert \((k+1)a_{k+1}=a_k\). Aus \(y(0)=1\) folgt \(a_0=1\).
    b) \(a_k=\frac{a_{k-1}}k=\dots=\frac1{k!}\). Also \(y=\sum\frac{x^k}{k!}=e^x\), wie erwartet.
    c) \(y''=\sum(k+2)(k+1)a_{k+2}x^k\), also \(a_{k+2}=-\frac{a_k}{(k+2)(k+1)}\). Mit \(a_0=0\), \(a_1=1\) verschwinden alle geraden Koeffizienten, und \(a_3=-\frac16\), \(a_5=\frac1{120}\), … Es entsteht die Sinusreihe, also \(y=\sin x\).
    d) Die gefundenen Reihen haben unendlichen Konvergenzradius. Dort darf man gliedweise ableiten, und die Reihe erfüllt die Gleichung tatsächlich.

19. Lösung zu Aufgabe 19

    a) Mit \(q=-x^2\): \(\frac1{1+x^2}=\sum_{k=0}^\infty(-1)^kx^{2k}=1-x^2+x^4-\dots\).
    b) Die geometrische Reihe konvergiert für \(|x^2|<1\), also \(\rho=1\). Bei \(x=1\) entsteht \(1-1+1-\dots\); die Glieder bilden keine Nullfolge, die Reihe divergiert.
    c) Über \(\mathbb C\) hat \(1+z^2\) die Nullstellen \(\pm i\). Der Konvergenzkreis einer Potenzreihe reicht bis zur nächsten Polstelle, und \(\pm i\) hat vom Ursprung den Abstand \(1\).
    d) Der Abstand von \(1\) zu \(i\) ist \(|1-i|=\sqrt2\approx1{,}414\). Also ist der Radius um \(a=1\) gleich \(\sqrt2\), obwohl auf der reellen Achse nichts Besonderes passiert.

20. Lösung zu Aufgabe 20

    a) \(q!\,e=q!\frac pq=(q-1)!\,p\) ist ganz, und jedes \(\frac{q!}{k!}\) mit \(k\le q\) ist ganz. Die Differenz ist daher eine ganze Zahl.
    b) Nach der Reihendarstellung ist \(e-\sum_{k=0}^q\frac1{k!}=\sum_{k>q}\frac1{k!}\), und alle Summanden sind positiv.
    c) \(\frac{q!}{k!}=\frac1{(q+1)(q+2)\cdots k}\le\frac1{(q+1)^{k-q}}\). Die geometrische Reihe ergibt \(x\le\frac{1/(q+1)}{1-1/(q+1)}=\frac1q\), mit echter Ungleichung ab dem zweiten Glied.
    d) \(x\) wäre eine ganze Zahl mit \(0<x<1\). Eine solche gibt es nicht. Also war die Annahme falsch, und \(e\) ist irrational. \(\square\)