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Prof. Dr. W. Rosenheinrich 21.05.2010 Fachbereich Grundlagenwissenschaften Fachhochschule Jena Übungsmaterial Formel von Taylor, Potenzreihen, Näherungsformeln Aufgaben: 1. Geben Sie mit Hilfe bekannter Potenzreihenentwicklungen solche für die nachstehenden Funktionen an! a) f (x) = sin x in x 0 = π 12 , b) f (x)= e x in x 0 = -3 , c) f (x)= 1 x in x 0 =5 , d) f (x)= √ x in x 0 = 16 2. Entwickeln Sie die nachstehenden Funktionen an den angegebenen Entwicklungsstellen in ein Taylor - Polynom bis zum quadratischen Glied! a) f (x)= 3 √ 9 - x +5x 2 ,x 0 =2 b) f (x)= √ 4 + sin x, x 0 =0 c) f (x)= x 2 · ln x,x 0 =3 d) f (x) = ln(x + e x ) ,x 0 =0 3. Geben Sie mit Hilfe bekannter Potenzreihenentwicklungen in x 0 =0 entwickelte Taylorpolynome vierten Grades zu den nachstehenden Funktionen an! a) f (x)= e sin x , b) f (x)= √ cos x, c) f (x)= 1 + sin x 1 + sin 2x 4. Ermitteln Sie zu der Funktion f (x) = sin 2 x das Taylor-Polynom in x 0 =0 bis zum Glied mit x 4 ! Kann man die Beziehung cos 2x =1 - 2 sin 2 x nutzen? 5. Geben Sie das Taylor-Polynom bis zum kubischen Glied für die Funktion y = sin x an, wobei aber x im Gradmaß verstanden werden soll! Bis zu welchem Winkel weicht dieses Polynom vom wahren Wert weniger als 1% ab? 6. Berechnen Sie mit Hilfe der Formel von Taylor solche Koeffizienten A, B und C, daß die Funktion f (x)= √ cos x in der Nähe des Punktes x =0 möglichst gut durch den Ausdruck A + Bx + Cx 2 dargestellt wird! 7. Entwickeln Sie die Funktion f (x) = sin x 2 + π 4 in ein quadratisches Taylor-Polynom in der Umgebung der Stelle x 0 =0! 8. Entwickeln Sie die Funktion f (x) = sin x 3 + π 4 in ein kubisches Taylor-Polynom in der Umgebung der Stelle x 0 =0! 9. Ein Schlagbaum hat die Länge l - gemessen von der Achse - und in horizontaler Lage geht er genau bis zu einer senkrechten Wand. Kippt man ihn an, so daß sein Ende jetzt die Höhe h über der ursprünglichen Horizontalen hat, so entsteht zwischen diesem Ende und der Wand ein Zwischenraum der Breite b. Ermitteln Sie mit Hilfe der Taylor - Formel eine Faustformel zur Berechnung von b aus h und l (unter der Voraussetzung |h| << l)! Bestimmen Sie h für den Fall l =5m und b =5cm! 10. Die Funktion f (x) ist auf der gesamten reellen Achse definiert und überall gelte |f 00 (x)|≤ B mit B> 0. Es sei f (x 0 ) > 0 und f 0 (x 0 ) bekannt; geben Sie - aus den gemachten Feststellungen - Werte a und b an, so daß f (x) zwischen x 0 - a und x 0 + b keine Nullstelle besitzt! 1
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Prof. Dr. W. Rosenheinrich 21.05.2010Fachbereich GrundlagenwissenschaftenFachhochschule Jena
Übungsmaterial
Formel von Taylor, Potenzreihen, Näherungsformeln
Aufgaben:
1. Geben Sie mit Hilfe bekannter Potenzreihenentwicklungen solche für die nachstehenden Funktionenan!
a) f(x) = sinx in x0 =π
12, b) f(x) = ex in x0 = −3 , c) f(x) =
1xin x0 = 5 ,
d) f(x) =√x in x0 = 16
2. Entwickeln Sie die nachstehenden Funktionen an den angegebenen Entwicklungsstellen in ein Taylor- Polynom bis zum quadratischen Glied!a) f(x) = 3
√9− x+ 5x2 , x0 = 2
b) f(x) =√
4 + sinx , x0 = 0c) f(x) = x2 · lnx , x0 = 3d) f(x) = ln(x+ ex) , x0 = 0
3. Geben Sie mit Hilfe bekannter Potenzreihenentwicklungen in x0 = 0 entwickelte Taylorpolynomevierten Grades zu den nachstehenden Funktionen an!
a) f(x) = esinx , b) f(x) =√
cosx , c) f(x) =1 + sinx1 + sin 2x
4. Ermitteln Sie zu der Funktion f(x) = sin2 x das Taylor-Polynom in x0 = 0 bis zum Glied mit x4!Kann man die Beziehung cos 2x = 1− 2 sin2 x nutzen?
5. Geben Sie das Taylor-Polynom bis zum kubischen Glied für die Funktion y = sinx an, wobei aberx im Gradmaß verstanden werden soll!Bis zu welchem Winkel weicht dieses Polynom vom wahren Wert weniger als 1% ab?
6. Berechnen Sie mit Hilfe der Formel von Taylor solche Koeffizienten A,B und C, daß die Funktionf(x) =
√cosx in der Nähe des Punktes x = 0 möglichst gut durch den Ausdruck A + Bx + Cx2
dargestellt wird!
7. Entwickeln Sie die Funktionf(x) = sin
(x2 +
π
4
)in ein quadratisches Taylor-Polynom in der Umgebung der Stelle x0 = 0!
8. Entwickeln Sie die Funktionf(x) = sin
(x3 +
π
4
)in ein kubisches Taylor-Polynom in der Umgebung der Stelle x0 = 0!
9. Ein Schlagbaum hat die Länge l - gemessen von der Achse - und in horizontaler Lage geht er genaubis zu einer senkrechten Wand. Kippt man ihn an, so daß sein Ende jetzt die Höhe h über derursprünglichen Horizontalen hat, so entsteht zwischen diesem Ende und der Wand ein Zwischenraumder Breite b.Ermitteln Sie mit Hilfe der Taylor - Formel eine Faustformel zur Berechnung von b aus h und l(unter der Voraussetzung |h| << l)! Bestimmen Sie h für den Fall l = 5m und b = 5cm!
10. Die Funktion f(x) ist auf der gesamten reellen Achse definiert und überall gelte |f ′′(x)| ≤ B mitB > 0. Es sei f(x0) > 0 und f ′(x0) bekannt; geben Sie - aus den gemachten Feststellungen - Wertea und b an, so daß f(x) zwischen x0 − a und x0 + b keine Nullstelle besitzt!
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11. Für welche x konvergieren die folgenden Potenzreihen?a) 2 + 2x2 + 2x4 + 2x6 + 2x8 + . . .b) 1 + 22x+ 32x2 + 42x3 + 52x4 + . . .
c)14− x
5+x2
6− x3
7+x4
8+ . . .
d)1
1 · 2− x
2 · 3+
x2
3 · 4− x3
4 · 5+
x4
5 · 6+ . . .
e) 0! + 1! · (x+ 3) + 2! · (x+ 3)2 + 3! · (x+ 3)3 + 4! · (x+ 3)4 + 5! · (x+ 3)5 + . . .
f)13
(x− π)− 233
(x− π)2 +335
(x− π)3 − 437
(x− π)4 +539
(x− π)5 − 6311
(x− π)6 + . . .
g)(
27
)2
+(
38
)5
x+(
49
)8
x2 +(
510
)11
x3 +(
611
)14
x4 + . . .
h)(
27
)2
+(
38
)3
x+(
49
)6
x2 +(
510
)11
x3 +(
611
)18
x4 +(
712
)27
x4 + . . .
12. Man bestimme Koeffizienten A, B, C und D derart, daß die Funktion f(x) = A sinx + B cosx +C sin 2x + D cos 2x in x0 = π
6 den Wert f(x0) = 1 annehme und in der Umgebung dieser Stellemöglichst wenig von einer konstanten Funktion abweiche!
13. Geben Sie den Anfang der Potenzreihenentwicklung (bis einschließlich x5) der folgenden Funktionen(mit der Entwicklungsstelle x0 in Null) an, indem Sie die bekannten Entwicklungen der Grundfunk-tionen kombinieren!
a) f(x) =ln(2− x)
1 + x3, b) f(x) =
√1 + x2 + 2x3 ,
c) f(x) = 3√
2 + cos 3x , d) f(x) ={
sin xx , x 6= 0
1 , x = 0
14. Gegeben ist die quadratische Gleichung x2 − px− q2 = 0 mit positiven Werten p und q.Geben Sie die Anfänge von Potenzreihendarstellungen in p und q der größeren der beiden Lösungendieser Gleichung an, und zwar für die Fälle p >> q2 und p << q2 !
15. Es sei x = x(a) die vom Parameter a > 0 abhängige kleinste positive Lösung der Gleichungsin ax = cosx.Entwickeln Sie x(a) an der Stelle a = 1 in ein quadratisches Taylorpolynom nach Potenzen vona− 1 !
16. Es ist cos π2 = 0.Versuchen Sie, Näherungswerte zu π zu ermitteln, indem Sie die Nullstellen geeigneter Taylorpoly-nome zur Kosinusfunktion betrachten und diese Vorgehensweise geeignet variieren!
17. Auf einer horizontalen Fläche ist eine x-Achse fixiert.In der Höhe H über ihrem Nullpunkt befindet sich eine Lichtquelle, die in alle Raumrichtungengleich strahlt.Die Beleuchtungsstärke B(x) in einem Punkt x jener Achse beträgt dann
B(x) =B0 cosαr2
,
dabei ist B0 ein fester Wert, α bezeichnet den Winkel zwischen der Senkrechten und dem in xauftreffenden Lichtstrahl, und r ist der Abstand zwischen Auftreffpunkt und Lichtquelle.a) Gewinnen Sie hieraus eine Faustformel für die prozentuale Abnahme der Beleuchtungsstärke mitder Entfernung vom Nullpunkt, bezogen auf die Helligkeit in diesem!b) Nun erstrahle in derselben Höhe über x = L > 0 eine zweite Lichtquelle gleicher Intensität. Essei L >> H.Ermitteln Sie näherungsweise den am stärksten beleuchteten Punkt aus der summarischen Beleuch-tungsstärke
B(x) =B0 cosα1
r21
+B0 cosα2
r22
,
18. Geben Sie eine Potenzreihe für die Funktion
F (x) =∫ π
0
1− cos(xt)t
dt
2
an, indem Sie den Integranden - unter Verwendung bekannter Darstellungen - in eine Potenzreihenach t um die Stelle t = 0 entwickeln und dieses Resultat für die Integration verwenden !
19. Gewinnen Sie eine Näherungsformel, die die Lösung x ∈ [0, π/2] von
cosx+ cos ax = 1
für a nahe 2 in Abhängigkeit von a darstellt!
20. Geben Sie die Taylorpolynome 4. Grades zu den nachstehenden Funktionen an, entwickelt an derStelle x0 = 0 !
a) f(x) = ecosx , b) f(x) = ln√
1 + x2 , c) f(x) =√
3 +√
2 + x , d) f(x) =
√1 + x
1 + x2
21. Gewinnen Sie eine Faustformel für die Änderung ∆R einer Parallelschaltung von zwei WiderständenR1 und R2, wenn sich R2 um einen kleinen Wert ∆R2 ändert!
22. Es ist bekannt: |y| << x, geben Sie den Anfang der Potenzreihe in y an, die |x+ yj| darstellt !
23. In den Formelsammlungen bis hin zu Schultafelwerken ist die Fehlerfunktion
erf(x) =2√π
∫ x
0
e−s2ds
tabelliert. Es gilt erf(0.5)=0.520 500.Entwickeln Sie diese Funktion in der Stelle x0 = 0.5 in ein Taylorpolynom 3. Grades und geben Siedie Zahlenwerte der Koeffizienten an!
24. Bei Zahlenreihenk∑k=0
ak
ist notwendige Bedingung für die Konvergenz, daß die Folge der Summanden ak Nullfolge ist.Gilt das auch für Potenzreihen
k∑k=0
ak(x− x0)k
in dem Sinne, daß diese nur bei ak → 0 konvergieren?
25. Ermitteln Sie, ausgehend von bekannten Potenzreihen, Formeln für die durch die folgenden Reihendargestellten Funktionen? In welchem Bereich gilt die Darstellung, d. h. konvergieren die Potenz-reihen?
a) 3 + 2x+ 4x2 + 2x3 + 4x4 + 2x5 + 4x6 + 2x7 + 4x8 + 2x9 + . . .
b) 1 + x2 + x3 + x5 + x6 + x8 + x9 + x10 + x12 + x14 + . . .
c)12!
+x
3!+x2
4!+x3
5!+x4
6!+x5
7!+ . . .
26. Die Funktion y = f(x) = x+ tanx ist für −π2 < x < π2 streng monoton wachsend. Es existiert dort
also eine inverse Funktion x = g(y).Geben Sie das in y0 = 0 bis y5 entwickelte Taylorpolynom zu g(y) an!
27. Überschlagen Sie im Kopf den prozentualen Leistungsverlust, der sich ergibt, wenn die Sonne einenKollektor mit einer Abweichung von 10o oder 20o von der senkrechten Richtung auf ihn bestrahlt!
28. Man berechne mit sechs gültigen Ziffern den Wert des Integrals∫ 3893
3892
dx
1 + x2!
29. Ohne die Werte zahlenmäßig auszurechnen soll ermittelt werden, welcher Wert der größere ist: eπoder πe !
3
30. Finden Sie eine Faustformel für die Differenz der Integrale I(x, a)− I(x, 1) bei a ≈ 1 !Es sei
I(a) =∫ x
1
dt
ta.
31. Sei 0 < a << b. Geben Sie eine Näherungsformel für dasjenige x an, mit dem
1a
+1b
=1
a+ xgilt!
32. Es sei 0 < a << 1. Die Kurve der Funktion y = sinx hat in x = 0 den Anstieg 1, die Geradey = (1−a)x hingegen hat den Anstieg 1−a < 1. Die Gerade verläuft also bei x > 0 zunächst unterder Sinuskurve, schneidet diese aber dann. Wegen a << 1 liegt der erste (positive) Schnittpunktx(a) auch nahe Null. Ermitteln Sie diesen näherungsweise, indem Sie die Sinusfunktion durch einStück der Potenzreihe ersetzen!
4
Lösungen:
1. Es wird zunächst stets x = (x−x0) +x0 geschrieben. Danach formt man die Funktion geeignet um(Additionstheoreme usw. ausnutzend).a) Die bekannten, in x0 = 0 entwickelten Reihen für sinx und cosx werden ins Spiel gebracht, jetztaber mit x− π/12 statt x:
f(x) = sinx = sin[(x− π
12
)+
π
12
]= sin
(x− π
12
)· cos
π
12+ cos
(x− π
12
)· sin π
12=
= cosπ
12
∞∑k=0
(−1)k
(2k + 1)!
(x− π
12
)2k+1
+ sinπ
12
∞∑k=0
(−1)k
(2k)!
(x− π
12
)2k
Das Zusammenfassen der beiden Potenzreihen zu einer ist möglich, erfordert aber künstliche Klimm-züge und ergibt einen komplizierten Ausdruck für den gemeinsamen Summanden. Man beachte: Dievordere enthält nur ungerade, die hintere nur gerade Potenzen!Man kann die beiden Winkelfunktionen durch spezielle Werte ersetzen, die in Formelsammlungenzu finden sind:
cosπ
12=√
3 + 12√
2, sin
π
12=√
3− 12√
2.
b) In der Reihe der Exponentialfunktion wird für x jetzt x+ 3 gesetzt:
f(x) = ex = e(x+3)−3 = e−3 · ex+3 = e−3 ·∞∑k=0
(x+ 3)k
k!
c) Ausgegangen wird von der geometrischen Reihe 1 + q + q2 + q3 + . . . = 1/(1− q) bei |q| < 1 :
f(x) =1x
=1
(x− 5) + 5=
15· 1
1 + 0.2(x− 5)=
15· 1
1− [−0.2(x− 5)]=
15·∞∑k=0
[−0.2(x− 5)]k
d) Es wird die spezielle binomische Reihe für (1 + x)1/2 benutzt:
√x =
√16 + (x− 16) =
√16 ·
√1 +
x− 1616
= 4∞∑k=0
(1/2k
)(x− 16
16
)kIn allen vier Beispielen war wesentlich, daß sich f([x− x0] + x0) auf eine Grundreihe zurückführenließ.Das ist keineswegs immer in einfacher Weise möglich.
2. Für Interessenten: Die Polynome sind bis zur fünften Potenz angegeben.Die ausgezogene Kurve ist die gegebene Funktion, die gestrichelte das gesuchte quadratische Poly-nom.Gepunktet ist obendrein das Polynom vierter Ordnung dargestellt.
a) f(x0) = 3
f ′(x) = 1/3−1 + 10x
(9− x+ 5x2)2/3, f ′(x0) =
1927
f ′′(x) = −2/9(−1 + 10x)2
(9− x+ 5x2)5/3+ 10/3
(9− x+ 5x2
)−2/3, f ′′(x0) =
882187
P5(x) = 3+1927
(x−2)+44
2187(x− 2)2− 11875
531441(x− 2)3+
39779043046721
(x− 2)4− 98944973486784401
(x− 2)5
Darstellung für −4 ≤ x ≤ 8 und 0 ≤ y ≤ 7:
5
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b) f(x0) = 2f ′(x) =
cosx2√
4 + sinx, f ′(x0) = 1/4
f ′′(x) = − cos2 x
(4(4 + sinx)3/2− sinx
2√
4 + sinx, f ′′(x0) = −1/32
P5(x) = 2 +14x− 1
64x2 − 61
1536x3 +
24149152
x4 +2281
1966080x5
Darstellung für −4 ≤ x ≤ 4 und 1 ≤ y ≤ 3:
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c) f(x0) = 9 ln 3f ′(x) = 2x ln(x) + x , f ′(x0) = 6 3 + ln 3
f ′′(x) = 2 ln(x) + 3 , f ′(x0) = 3 + 2 ln 3
P5(x) = 9 ln 3+(3 + 6 ln 3) (x−3)+(3/2 + ln 3) (x− 3)2+1/9 (x− 3)3− 1108
(x− 3)4+1
810(x− 3)5
Darstellung für 0 ≤ x ≤ 6 und −1 ≤ y ≤ 60:
6
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An der Stelle 0 wurde der einseitige Grenzwert (Null) als Funktionswert verwendet.P4(x) ist kaum von der Funktion f(x) zu unterscheiden.
d)f(x0) = 0
f ′(x) =1 + ex
x+ ex, f ′(x0) = 2
f ′′(x) =ex
x+ ex− (1 + ex)2
(x+ ex)2 , f ′′(x0) = −3
P5(x) = 2x− 3/2x2 +116x3 − 29
12x4 +
409120
x5
Darstellung für −0.5 ≤ x ≤ 1 und −1 ≤ y ≤ 1.3:
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R
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Der Definitionsbereich von f(x) ist nach unten durch die Nullstelle des Arguments vom Logarithmus
7
begrenzt: x+ ex = 0 mit der Lösung x = −0.567 143.Der Konvergenzradius R der Potenzreihe ist also keinesfalls größer als der Abstand dieses Punkteszur Entwicklungsstelle x0 = 0, d. h. als 0.567 143.Die Folge 1/ k
√|ak| konvergiert (ggfs.) zum Konvergenzradius R; hier ist 1/2 = 0.5000,
√2/3 =
0.8169, 3√
6/11 = 0.8171, 4√
12/29 = 0.8020 und 5√
120/409 = 0.7825.Der weitere Verlauf ist
k 6 7 8 9 10 11 12 · · · 181/ k√|ak| 0.7645 0.7489 0.7355 0.7240 0.7140 0.7053 0.6976 · · · 0.6659
.
Die Konvergenz dieser Folge zu R ist recht langsam.
3. Man kann natürlich direkt von der Taylor - Formel ausgehen und die Ableitungen bis zur vierteneinschließlich bilden. Das Hantieren mit vorhandenen Potenzreihen ist aber meist einfacher.Es wird jeweils die Potenzreihe der inneren Funktion in die äußere eingesetzt.Beim Potenzieren beschränkt man sich auf die Potenzen bis zur vierten und ignoriert die höheren(sie stecken in den drei Pünktchen).
a) y = sinx = x− x3
6+ . . . , ey = 1 + y +
y2
2!+y3
3!+y4
4!+ . . .
f(x) = 1+(x− x3
6+ . . .
)+
12
(x− x3
6+ . . .
)2
+16
(x− x3
6+ . . .
)3
+124
(x− x3
6+ . . .
)4
+. . . =
= 1 +(x− x3
6+ . . .
)+
12
(x2 − x4
3+ . . .
)+
16(x3 + . . .
)+
124(x4 + . . .
)+ . . . =
= 1 + x− x3
6+x2
2− x4
6+x3
6+x4
24+ . . . = 1 + x+
x2
2− x4
8+ . . .
also
P4(x) = 1 + x+x2
2− x4
8.
b)√
cosx =
√1− x2
2+x4
4!+ . . . =
√1 + y = 1 +
y
2− y2
8+ . . . =
= 1+12
(−x
2
2+x4
4!+ . . .
)−1
8
(−x
2
2+x4
4!+ . . .
)2
+. . . = 1−x2
4+x4
48−x
4
32+. . . = 1−x
2
4−x
4
96+. . . .
Ergebnis:
P4(x) = 1− x2
4− x4
96Die Funktion f(x) ist hier gerade, also dürfen ungerade Potenzen in der MacLaurin - Reihe nichtauftauchen.c) Für den Anfang der gesuchten Reihe (d. h. für das Taylorpolynom) wird formal f(x) = 1 + ax+bx2 +cx3 +dx4 + . . . angesetzt. Wegen offensichtlich f(0) = 0 muß das Absolutglied der Entwicklung1 sein. (Auf Koeffizienten mit Index wurde verzichtet - vier Buchstaben sind bequemer.)
1 + sinx1 + sin 2x
= 1+ax+bx2+cx3+dx4+. . . =⇒ 1+sinx = (1+ax+bx2+cx3+dx4+. . .)·(1+sin 2x) =⇒
1 + x− x3
3!+ . . . = (1 + ax+ bx2 + cx3 + dx4 + . . .) ·
(1 + 2x− 8x3
3!+ . . .
)=
= 1 + (a+ 2)x+ (2a+ b)x2 +(−4
3+ 2b+ c
)x3 +
(−4
3a+ 2c+ d
)x4 + . . .
Koeffizientenvergleich, bei x folgt aus 1 = a+ 2 sofort a = −1.Zu x2 hat man 0 = 2a+ b, also b = 2.Weiter wird bei x3 aus −1/6 = −4/3 + 2b+ c = −4/3 + 4 + c umgehend c = −17/6.Zuletzt ist zu x4 die Bestimmungsgleichung für d: 0 = −4a/3 + 2c + d = 4/3 − 17/6 + d mit demErgebnis d = 13/3:
P4(x) = 1− x+ 2x2 − 176x2 +
133x4 .
8
Andere Variante: Man benutzt die geometrische Reihe, ausgehend von dem Fakt, daß sin 2x beix = 0 verschwindet:
1 + sinx1 + sin 2x
=1 + x− x3
3!+ . . .
1 + 2x− 8x3
3!+ . . .
=1 + x− x3
3!+ . . .
1−(−2x+
4x3
3+ . . .
) =
=(
1 + x− x3
3!+ . . .
)[1 +
(−2x+
4x3
3+ . . .
)+(−2x+
4x3
3+ . . .
)2
+ (−2x+ . . .)3 + (−2x+ . . .)4
]=
=(
1 + x− x3
3!+ . . .
)·[1− 2x+ 4x2 − 20
3x3 +
323x4 + . . .
]= . . . .
Beide Reihen werden wie gehabt multipliziert.
4. Aus der angegebenen Beziehung folgt eine Darstellung des Quadrates vom Sinus durch den Kosinusdes doppelten Arguments; in der Kosinusreihe wird x durch 2x ersetzt:
sin2 x =12
(1− cos 2x) =12
[1−
(1− (2x)2
2!+
(2x)4
4!− . . .
)]= x2 − 16x4
2 · 24+ . . . = x2 − x4
3+ . . .
sinx ist eine ungerade Funktion, sin2 x ist folglich gerade.In seiner Potenzreihe, entwickelt in x0 = 0, erscheinen folglich nur gerade Potenzen.Alternativ: Man quadriert die Potenzreihe der Sinusfunktion, wobei nur Potenzen bis x4 interessie-ren (2. binomische Formel!):
sin2 x =(x− x3
6+ . . .
)2
= x2 − 2 · x · x3
6+ . . . = x2 − x3
3+ . . . :
5. Von der Entwicklungsstelle war nicht die Rede, also ist stillschweigend x0 = 0 gemeint.Es sei x ein Winkel im Gradmaß, dann ist sein Wert im Bogenmaß gerade πx
180 und man erhält -den ersten Sinus im Gradmaß, den zweiten dagegen im Bogenmaß aufgefaßt - die Darstellung
sinx = sinπx
180=
πx
180− 1
3!
( πx180
)3
+ . . . = 0.017453293x− 8.86096156 · 10−7 · x3 + . . .
Probehalber: sin 10o ≈ 0.017453293 · 10 − 8.86096156 · 10−7 · 103 = 0.17453293 − 0.00088609 =0.173 646 84. Der ’genaue’ Wert ist sin 10o = 0.173 648 18.Der Näherungswert weicht um 0.000 001 34 nach unten ab. Das sind 0.000 77% .Die Stelle, wo die Abweichung 1% erreicht, kann man durch Probieren finden. Diese Toleranzgrenzeist beachtlich, sie liegt bei 57.7o.
6. Variante 1: Direkte Anwendung der Formel von Taylor:
f(0) = 1, f ′(x) =− sinx2√
cosx, f ′(0) = 0,
f ′′(x) =− cosx · 2
√cosx− (− sinx) · 2 − sin x
2√
cos x
4 cosx, f ′′(0) = −2/4 = −1/2
f(x) ≈ f(0) + f ′(0) · x+f ′′(0)
2x2 = 1 + 0 · x− −1/2
2x2 = 1− 0.25x2
Variante 2: Bekannte Potenzreihen: Mit den Entwicklungsstellen x0 = y0 = 0 ist
cosx = 1− x2
2!+x4
4!− . . . und
√1− y = 1− y
2− y2
8− . . . ,
und
y =x2
2!− x4
4!+ . . .
gesetzt und nur bis zur quadratischen Potenz von x betrachtet - weshalb bereits y2 aus der Be-trachtung herausfällt - wird
√cosx =
√1− x2
2!+x4
4!− . . . = 1− 1
2
(x2
2!+x4
4!− . . .
)− . . . = 1− x2
4+ . . . .
9
7. a) Die Funktion wird mit dem Additionstheorem umgeformt und auf bekannte Potenzreihendarstellungenzurückgeführt:
f(x) = sin(x2 +
π
4
)= sin(x2) · cos
π
4+ cos(x2) · sin π
4=√
22(sin(x2) + cos(x2)
)=
=√
22
(x2 − (x2)3
6+ . . .+ 1− (x2)2
2+ . . .
)=√
22(1 + x2 + . . .
).
(Man beachte: sin(x2) 6= sin2 x !) b) Es wird zweimal differenziert:
f(0) = sin(
02 +π
4
)=√
22
, f ′(x) = 2x cos(x2 +
π
4
), f ′(0) = 0 ,
f ′′(x) = 2 cos(x2 +
π
4
)− 4x2 sin
(x2 +
π
4
), f ′′(0) = 2 cos
(02 +
π
4
)=√
2
f(x) = f(0) + f ′(0) · x+f ′′(0)
2!x2 + . . . =
√2
2+ 0 · x+
√2
2!x2 + . . . =
√2
2(1 + x2 + . . .)
8. a) Die Funktion wird mit dem Additionstheorem umgeformt und auf bekannte Potenzreihendar-stellungen zurückgeführt:
f(x) = sin(x3 +
π
4
)= sinx3 cos
π
4+ cosx3 sin
π
4=√
22(sinx3 + cosx3
)=
=√
22
(x3 − (x3)3
6+ . . .+ 1− (x3)2
2+ . . .
)=√
22(1 + x3 + . . .
)b) Es wird dreimal differenziert:
f(0) = sin(
03 +π
4
)=√
22
, f ′(x) = 3x2 cos(x3 +
π
4
), f ′(0) = 0 ,
f ′′(x) = 6x cos(x3 +
π
4
)− 9x4 sin
(x3 +
π
4
), f ′′(0) = 0 ,
f ′′′(x) = 6 cos(x3 +
π
4
)− 18x3 sin
(x3 +
π
4
)− 36x3 sin
(x3 +
π
4
)− 27x6 cos
(x3 +
π
4
),
f ′′′(0) = 6 cos(
03 +π
4
)= 3√
2
f(x) = f(0)+f ′(0)·x+f ′′(0)
2!x2+
f ′′′(0)3!
x3+. . . =√
22
+0·x+02!x2+
3√
22
3!x3+. . . =
√2
2(1+x3+. . .)
9. Pythagoras: l2 = (l − b)2 + h2
b = l −√l2 − h2 = l
[1−
√1− h2
l2
]≈ l
[1−
(1− h2
2l2
)]=
h2
2l
5cm =h2
2 · 5m=⇒ h =
√0.05m · 10m = 0.7071067m ≈ 71cm
Der ’wahre’ Wert ist h =√
25m2 − (4.95m)2 = 0.7053367m; die Faustformel hat also einen Wertergeben, der 1.8mm oder 0.25% zu groß war.
10. a) Simples Beispiel: Ein Auto war 6.2s vor einem gewissen Ereignis 293m vom Ereignisort entfernt.Es fuhr mit einer Geschwindigkeit von 57km/h, und sein Motor leistet maximal eine Beschleunigungvon 2.3m · s−2. Kann es am unmittelbaren Ereignis beteiligt gewesen sein?Ein Ereignis negativen Charakters unterstellt und demzufolge vom schlimmsten Fall ausgegangen- das Auto fuhr auf den Ereignisort zu und es beschleunigte die ganze Zeit maximal - konnte es inden 6.2s maximal die folgende Strecke zurücklegen:
57 000m3600s
· 6.2s+12· 2.3m · s−2 · 6.22s2 = 98.2m+ 44.2m = 142.4m .
Die Frage wäre also mit Bestimmtheit zu verneinen.
10
b) Etwas allgemeiner: Wie lange würde es mindestens bis zu jener Stelle brauchen?Unter denselben Voraussetzungen ist dann - mit der Maßzahl t für die Zeit in Sekunden - die positiveLösung der quadratische Gleichung 15.8333t+ 1.15t2 = 293 gesucht; dies ist t = 10.50.Eher geht es einfach nicht.c) Zur abstrakten Aufgabe: Unterstellt, die Funktion f(x) startet mit der maximalen negativen’Beschleunigung’ f ′′(x0) = −B aus f(x0) > 0, dann erreicht sie die x-Achse frühestens bei x =x1 > x0, das sich aus f(x0) + f ′(x0)(x1 − x0)− 1
2B(x1 − x0)2 = 0 ergibt. Sei b = x1 − x0, dann ist
f(x0) + f ′(x0)b− B
2b2 = 0 =⇒ b2 − 2f ′(x0)
Bb− 2f(x0)
B= 0 =⇒ .
Es war B > 0 vorausgesetzt. Weiter folgt hieraus wegen f(x0), daß der Koeffizient q der quadrati-schen Gleichung negativ ist.Sie hat also zwei reelle Lösungen. (Das ist auch geometrisch offensichtlich: Ursprünglich ging es umeine nach unten geöffnete Parabel mit positivem y-Wert im Scheitelpunkt - sie muß die x-Achseschneiden.)
b1,2 =f ′(x0)B
±√
[f ′(x0)]2
B2+f(x0)B
=f ′(x0)B
±√
[f ′(x0)]2 +Bf(x0)B
Der zweite Summand ist betragsmäßig echt größer als der erste, folglich ist b2 stets negativ undentfällt, da b = x1 − x0 > 0 erwartet wird.Erstes Ergebnis: b = (f ′(x0) +
√[f ′(x0)]2 +Bf(x0))/B.
Jetzt wird in einer möglichst späten Stelle x2 < x0 in f(x2) = 0 gestartet, um in der minimalenZeit a = x0−x2 den Punkt (x0, f(x0)) zu erreichen und mit der gegebenen Geschwindigkeit f ′(x0)zu passieren.Zu diesem Zwecke kann man einfach den vorigen Film rückwärts laufen lassen und erkennt, daßeine maximale negative Beschleunigung die schnellste Variante ergibt.(Anmerkung: Eine Bewegung genüge dem Weg-Zeit-Gesetz s(t). Bei Zeitumkehr wird daraus s(−t)mit der Geschwindigkeit und der Beschleunigung
d
dts(−t) =
ds
dt·(−1) = −ds
dtund
d2
dt2s(−t) =
d
dt
(d
dts(−t)
)=
d
dt
(−dsdt
(−t))
= (−1)2 d2s
dt2=d2s
dt2.
Die Geschwindigkeit ändert ihr Vorzeichen, die Beschleunigung nicht!Betrachtet man das Fallen eines Steines im Film rückwärts, so bewegt er sich jetzt äufwärts undwird immer langsamer - er wird also wie beim Fallen nach unten beschleunigt.)Jetzt wird von f(x0) + f ′(x0)(x2 − x0)− 1
2B(x1 − x0)2 = 0 ausgegangen, woraus
f(x0)− f ′(x0)a− B
2a2 = 0 =⇒ a2 +
2f ′(x0)B
a− 2f(x0)B
= 0
folgt.Weiter wie gehabt, nur die positive Lösung wählend:
a = −f′(x0)B
+
√[f ′(x0)]2
B2+f(x0)B
=
√[f ′(x0)]2 +Bf(x0)− f ′(x0)
B.
d) Mit mehr Theorie und einfacher: Die Erfüllung der Voraussetzungen angenommen gilt
f(x) = P1(x;x0) +R1(x;x0)
mit der Entwicklungsstelle x0, dem Taylor - Polynom P1(x) und dem Restglied R1(x).In dieser Aufgabe ist f(x) als zweimal differenzierbar gegeben, mithin sind die Voraussetzungenerfüllt.Für das Restglied gilt mit einer Stelle ξ zwischen x und x0 die Darstellung R1(x) = 1
2f′′(ξ)·(x−x0)2.
Mithin ist
∀x : f(x) = f(x0)+f ′(x0) · (x−x0)+f ′′(ξ)
2(x−x0)2 ≥ f(x0)+f ′(x0) · (x−x0)− B
2(x−x0)2 .
Die Parabel dieser quadratischen Funktion ist in x0 oberhalb der x-Achse und nach unten geöffnet.Sie verläuft stets unter (zumindest nicht darüber) der Kurve von f(x) und stimmt in x0 mit ihrüberein. Also gibt es zwischen den Nullstellen der quadratischen Funktion keine Nullstellen vonf(x).
11
11. Jede Potenzreihe konvergiert in ihrer Entwicklungsstelle, da dort alle Summanden - bis ggfs. aufden ersten - Null sind.Der Konvergenzbereich ist prinzipiell symmetrisch zur Entwicklungsstelle: Sie konvergiert ∀x aus(x0 − R, x0 + R), wobei R ≥ 0 der Konvergenzradius ist. Es ist ein Wert zwischen Null und +∞einschließlich.R = 0 bedeutet, daß die Reihe nur in der Entwicklungsstelle konvergiert - dieser Fall ist uninteres-sant.Bei R = +∞ konvergiert die Reihe für alle reellen (und komplexen) Werte x.Die obige Symmetrie hat bisweilen eine geringfügige Ausnahme: Die Grenzen x0 + R und x0 − Rkönnen beiden zum Konvergenzbereich gehören oder beide außerhalb liegen, es ist aber auch mög-lich, daß genau einer der beiden im Konvergenzbereich liegt. Dann ist dieser (auf die Menge derreellen Zahlen beschränkt) ein halboffenes Intervall.Falls der betreffende Grenzwert existiert, so ergibt sich R zu der Potenzreihe
∞∑k=0
akxk als R = lim
k→∞
∣∣∣∣ akak+1
∣∣∣∣ oder R = limk→∞
1k√|ak|
.
Hierbei ist der uneigentliche Grenzwert +∞ eingeschlossen.
a) Hier funktionieren die beiden Grenzwertformeln nicht, da nur jeder zweite Koeffizient der Reihevon Null verschieden ist. Aber man kann die Substitution x2 = y machen, dann hat man 2 + 2y +2y2 + 2y3 + . . ., also ak = 2 ∀k, mithin ist das Verhältnis ak/ak+1 konstant 1, und das ist auch derGrenzwert R.Die Hilfsreihe konvergiert sicher bei |y| < R = 1, also konvergiert die Ausgangsreihe bei |x2| = x2 <1, d. h. bei |x| < 1.Die Ränder des Bereichs müssen speziell untersucht werden: Bei x = ±1 gehen die Summanden derReihe nicht gegen Null, die Reihe divergiert dort also.Konvergenzbereich: −1 < x < 1, die Ränder des Bereichs gehören nicht zur Konvergenzzone.b) ak = k2, erste Formel:
R = limk→∞
∣∣∣∣ akak+1
∣∣∣∣ = limk→∞
k2
(k + 1)2= lim
k→∞
k2
k2 + 2k + 1= 1 .
Bei x = ±1 gehen die Summanden der Reihe nicht gegen Null, die Reihe divergiert dort also.Konvergenzbereich: −1 < x < 1.c) ak = (−1)k/(k + 4), erste Formel:
R = limk→∞
∣∣∣∣ akak+1
∣∣∣∣ =∣∣∣∣ limk→∞
(−1)k/(k + 4)(−1)k+1/(k + 5)
∣∣∣∣ = limk→∞
k + 1k
= 1 .
Bei x = 1 gehen die Summanden der Reihe gegen Null, und zwar betragsmäßig monoton, diealternierende Reihe konvergiert dort also (nach Leibniz).Bei x = −1 ist die Reihe die bekanntermaßen divergente harmonische Reihe (es fehlen nur die erstendrei Summanden).Konvergenzbereich: −1 < x ≤ 1, der rechte Rand gehört dazu.d) ak = (−1)k/[(k + 1)(k + 2)], erste Formel:
R = limk→∞
∣∣∣∣ akak+1
∣∣∣∣ =∣∣∣∣ limk→∞
(−1)k/[(k + 1)(k + 2)](−1)k+1/[(k + 2)(k + 3)]
∣∣∣∣ = limk→∞
k + 3k + 1
= 1 .
Bei x = ±1 sind die Summanden der Reihe betragsmäßig durch die Koeffizienten einer bekannter-maßen konvergenten Reihe abschätzbar:
|ak(±1)k| =∣∣∣∣ (−1)k
(k + 1)(k + 2)· (±1)k
∣∣∣∣ =1
(k + 1)(k + 2)=
1(k + 1)2
,
die Reihe konvergiert dort also.Konvergenzbereich: −1 ≤ x ≤ 1, Ränder eingeschlossen.e) ak = k!, erste Formel:
R = limk→∞
∣∣∣∣ akak+1
∣∣∣∣ = limk→∞
k!(k + 1)!
= limk→∞
1k
= 0 .
12
Der Konvergenzbereich besteht nur aus einer einzigen Zahl: x = −3.f) ak = (−1)k · k/32k+1, erste Formel:
R = limk→∞
∣∣∣∣ akak+1
∣∣∣∣ = limk→∞
∣∣∣∣ (−1)k · k/32k+1
(−1)k+1 · (k + 1)/32k+3
∣∣∣∣ = limk→∞
32 · kk + 1
= 9 .
Bei x = π ± 9 ist die Reihe offenbar divergent.Konvergenzbereich: π − 9 < x < π + 9.g) ak = [(k + 2)/(k + 7)]3k+2, zweite Formel:
R = limk→∞
1k√|ak|
= limk→∞
(k + 7k + 2
)3
·(k + 7k + 2
)2/k
= 13 · 1 = 1 .
Bei x = ±1 gehen die Summanden der Reihe nicht gegen Null, die Reihe divergiert dort also.Tatsächlich, ∣∣∣∣∣
(k + 2k + 7
)3k+2
· (±1)k∣∣∣∣∣ =
(1 +
−5k + 7
)3k+2
−→k→∞ e−15 6= 0 .
Konvergenzbereich: −1 < x < 1.h) ak = [(k + 2)/(k + 7)]k
2+2, zweite Formel:
R = limk→∞
1k√|ak|
= limk→∞
(k + 7k + 2
)k·(k + 7k + 2
)2/k
= e5 · 1 = e5 .
Bei x = ±e5 gehen die Summanden der Reihe nicht gegen Null, die Reihe divergiert dort also.Konvergenzbereich: −e5 < x < e5 = 148.413 . . ..
12. Zunächst muß
f(π
6
)= A sin
π
6+B cos
π
6+ C sin
π
3+D cos
π
3=
12A+
√3
2B +
√3
2C +
12D = 1
gelten.Die Forderungen nach einem möglichst konstanten Verlauf bedeuten das Fehlen eines Anstiegs inx0 und dessen weitgehende Beibehaltung, also auch das Fehlen einer Krümmung in x0. Weiterhinsoll auch diese letzte Abwesenheit möglichst beibehalten werden, also sei auch die dritte Ableitungin x0 gleich Null.Das sind insgesamt vier Bedingungen; mehr sind mit vier Koeffizienten i. a. nicht zu erfüllen.Die Ableitungen sind
f ′(x) = A cosx−B sinx+ 2C cos 2x− 2D sin 2x =⇒ f ′(π
6
)=√
32A− 1
2B + C −
√3D = 0
f ′′(x) = −A sinx−B cosx−4C sin 2x−4D cos 2x; =⇒ f ′′(π
6
)= −1
2A−√
32B−2
√3C−2D = 0
f ′′′(x) = −A cosx+B sinx−8C cos 2x+8D sin 2x =⇒ f ′′′(π
6
)= −√
32A+
12B−4C+4
√3D = 0
Nach Multiplikation mit 2 erhält man das lineare Gleichungssystem
A+√
3B +√
3C +D = 2 ,√
3A−B + 2C − 2√
3D = 0
−A−√
3B − 4√
3C − 4D = 0 , −√
3A+B − 8C + 8√
3D = 0
und addiert man die Gleichungspaare, so bleibt
−3√
3C − 3D = 2 , −6D + 6√
3D = 0 .
Die zweite Gleichung halbiert und mal√
3, so wird nach Subtraktion −12D = 2 oder D = −1/6.Das ergibt sofort C = −
√3/6. Weiter folgt leicht A = 2/3 und B = 2
√3/3.
13
Resultat:
f(x) =4 sinx+ 4
√3 cosx−
√3 sin 2x− cos 2x
6Zum Verlauf:
...................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
1.0
0.9
0.8
...............
...............
.................
π/4π/6 π/2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .................................
..............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
13. Man kombiniert geeignete Stücke der benötigten Reihen, indem man sie z. B. multipliziert.Dabei werden im Resultat nur Potenzen kleiner oder gleich der maximal interessierenden Berück-sichtigt.a) Grundreihen:
ln(1 + x) = x− x2
2+x3
3− x4
4+ . . . ,
11− x
= 1 + x+ x2 + x3 + . . .
ln(2− x) = ln[2(
1 +−x2
)]= ln 2 + ln
(1 +−x2
)= ln 2− x
2− x2
8− x3
24− x4
64− x5
160+ . . . ,
11 + x3
=1
1− (−x3)= 1− x3 + x6 − . . .
f(x) =ln(2− x)
1 + x3=(
ln 2− x
2− x2
8− x3
24− x4
64− x5
160+ . . .
)·(1− x3 + x6 − . . .
)=
=(
ln 2− x
2− x2
8− x3
24− x4
64− x5
160+ . . .
)−(x3 · ln 2− x4
2− x5
8− . . .
)+ . . . =
= ln 2− x
2− x2
8−(
ln 2 +124
)x3 +
31x4
64+
19x5
160+ . . .
Alterntiv hätte man auch die Reihe für ln(2− x) durch 1 + x3 dividieren können, wobei man aber- im Unterschied zur gewohnten Polynomdivision - nicht auf die höchste Potenz x3 Bezug nimmt,sondern auf die 1:(
lnx −x2 −x2
8 −x3
24 −x4
64 − x5
160 . . .
): (1 + x3) = ln 2− x
2 + . . .
ln 2 +x3 ln 2
−(
ln 2 + 124
)x3
−x2 −x4
2 usw.
b) Grundreihe:√
1 + x = 1 + x/2− x2/8 + x3/16− 5x4/128 + 7x5/256 + . . .Nebenrechnung: (1 + 2x)2 = 1 + 4x+ 4x2, (1 + 2x)3 = 1 + 6x+ 12x2 + 8x3,(1 + 2x)4 = 1 + 8x+ 24x2 + 32x3 + 16x4, (1 + 2x)5 = 1 + 10x+ 40x2 + 80x3 + 80x4 + 32x5
√1 + x(1 + 2x) = 1 +
x(1 + 2x)2
− x2(1 + 2x)2
8+x3(1 + 2x)3
16− 5x4(1 + 2x)4
128+
7x5(1 + 2x)5
256+ . . .
14
Der Ausdruck wird ausmultipliziert und zusammengefaßt, dabei interessieren nur Potenzen bis x5:
1 +x+ 2x2
2− x2 + 4x3 + 4x4
8+x3 + 6x4 + 12x5 + . . .
16− 5x4 + 10x5 + . . .
128+
7x5 + . . .
256+ . . . =
= 1 +12x+
78x2 − 7
16x3 − 21
128x4 +
179256
x5 + . . .
c) Grundreihen: 3√
1 + x = 1 + x/3− x2/9 + 5x3/81− 10x4/243 + 22x5/729 + . . .cosx = 1− x2/2 + x4/24− . . .
3√
2 + cos 3x = 3
√3 +
(−9x2
2+
81x4
24+ . . .
)= 3√
3 · 3
√1 +
(−3x2
2+
9x4
8+ . . .
)=
= 3√
3 ·
[1 +
13
(−3x2
2+
9x4
8+ . . .
)− 1
9
(−3x2
2+
9x4
8+ . . .
)2
+ . . .
]=
= 3√
3 ·
[1 +
(−x
2
2+
3x4
8+ . . .
)−(x4
4+ . . .
)2
+ . . .
]= 3√
3−3√
32x2 +
3√
38x4 + . . .
d) Grundreihe: sinx = x− x3/3! + x5/5!− . . .
sinxx
=x− x3/3! + x5/5!− . . .
x= 1− x2
3!+x4
5!− . . .
An der Stelle x0 = ist dank der Definition zu 1 die Stetigkeit usw. gesichert.
14. Sei p >> q2.Klassische Rechnung ohne Differentialrechnung: q2 kann grob vernachlässigt werden, dann bleibtx2 − px = 0 mit der (größeren) Lösung x = p.Suchen wir eine Korrektur d hierzu: x = p+ d.Dieser Ansatz wird eingesetzt: (p+ d)2 − p(p+ d)− q2 = 2pd+ d2 − pd− q2 = (p+ d)d− q2 = 0.Es ist d klein gegen p, also kann die Gleichung zu pd − q2 = 0 vereinfacht werden. Eine bessereNäherung wird folglich x = p+ q2/p.Diese wird durch den neuen Ansatz x = p+ q2/p+d (mit einem anderen d) weiter vervollkommnet:(p+
q2
p+ d
)2
−p(p+
q2
p+ d
)−q2 =
(p2 + 2q2 + 2pd+
q4
p2+ d2 +
2q2d
p
)−(p2 + q2 + pd
)−q2 =
= q2 + pd+q4
p2+ d2 +
2q2d
p− q2 =
q4
p2+ d
(2q2
p+ p+ d
)= 0
In der letzten Klammer wird wieder auf das d verzichtet, es folgt näherungsweise
d = − q4/p2
2q2/p+ p= − q4
2pq2 + p3.
Der Ansatz
x = p+q2
p− q4
2pq2 + p3+ d
ergibt nach etwas Aufwand bei der Rechnung die noch genauere Formel
x = p+q2
p− q4
2pq2 + p3− q8
p7 + 6p5q2 + 10p3q4 + 4pq6.
Beispiel: p = 10 und q = 1, die wahre Nullstelle ist 10.099 019 513 592 784 8..., und man erhältnacheinander als gröbsten Wert 10, dann 10 + 12/10 = 10.1, weiter 10.099 019 608 ..., und zuletzt10.099 019 513 592 785 7... .Die vorstehende Formel ist keine Potenzreihe im engeren Sinne (genauer: deren Anfang), kann aberin eine solche umgeformt werden. Jedenfalls ist es ein Ausdruck, der zu seiner Auswertung nur dievier Grundoperationen benötigt.
15
Dasselbe, mit der bekannten binomischen Reihe:
x =p
2+
√p2
4+ q2 =
p
2+
√p2
4
(1 +
4q2
p2
)=p
2+p
2
√1 +
4q2
p2.
Wegen vorausgesetzt p >> q2 sei von 4q2 < p2 ausgegangen.Bei |x| ≤ 1 gilt
√1 + x = 1 +
x
2− x2
8+x3
16− 5x4
128+ . . . ,
also wird
x =p
2+p
2
[1 +
4q2
2 · p2− 42q4
8 · p4+
43q6
16 · p6− 5 · 44q8
128 · p8+ . . .
]= p+
q2
p− q4
p3+
2q6
p5− 5q8
p7+ . . . .
Bei den vorigen Beispielparametern p = 10 und q = 1 erhält man als Teilsummen 10, 10.1, 10.099,10.099 02 und 10.099 019 5. Damit ist die Genauigkeit der vorigen Formel nicht erreicht, aber dieHerleitung ist deutlich einfacher.
Sei p << q2.Klassische Rechnung ohne Differentialrechnung: px kann grob vernachlässigt werden, dann bleibtx2 − q2 = 0 mit der (größeren) Lösung x = q.Suchen wir eine Korrektur d hierzu: x = q + d.Dieser Ansatz wird eingesetzt: (q+d)2−p(q+d)− q2 = 2qd+d2−pq−pd = (2q−p+d)d−pq = 0.Es ist d klein gegen 2q− p, also kann die Gleichung zu ((2q− p)d− pq = 0 vereinfacht werden. Einebessere Näherung wird folglich x = q + pq/(2q − p).Diese wird durch den neuen Ansatz x = q + pq/(2q − p) + d (mit einem anderen d) weiter vervoll-kommnet. Analog wie im vorigen Fall folgt letztlich
x = q +pq
2q − p+
p2q2
8q3 − 8q2p+ 4qp2 − p3+
+q4p4
128q7 − 256q6p+ 272q5p2 − 192q4p3 + 96q3p4 − 34q2p5 + 8qp6 − p7+ . . . .
Im Falle p = 1 und q = 10 lautet die wahre Lösung 10.512 492 197 250 393 ..., und die Teilsummendes vorstehenden Ausdrucks ergeben nacheinander 10, 10.526 ..., 10.512 502 ... und 10.512 492 197255 ... - eine wiederum sehr gute Näherung.Mit der binomischen Reihe:
x =p
2+
√p2
4+ q2 =
p
2+
√q2
(1 +
p2
4q2
)=p
2+ q
√1 +
p2
4q2.
Wegen vorausgesetzt p << q ist p2 < 4q2.Aus
√1 + x = 1 +
x
2− x2
8+x3
16− 5x4
128+ . . .
folgt dann
x =p
2+ q
√1 +
p2
4q2=p
2+ q
(1 +
p2
8q2− p4
128q4+
p6
1024q6− 5p8
32 768q8+ . . .
)=
=p
2+ q +
p2
8q− p4
128q3+
p6
1024q5− 5p8
32 768q7+ . . . .
Die Teilsummen zum vorstehenden Beispiel sind entsprechend 10.5, 10.5125 und - mit nur vierSummanden! - 10.512 492 188 . . . .
15. Die Gleichung hat bei a = 1 die offensichtliche Lösung x(1) = π/4.(Typischerweise ist an der Entwicklungsstelle der Funktionswert leicht zu bestimmen.)Sie wird ansonsten nach a differenziert, wobei man berücksichtigt, daß x von a abhängt.x′ bedeutet folglich dx/da.
cos ax · (x+ ax′) = − sinx · x′ =⇒ x′ = − x cos axa cos ax+ sinx
16
Mit a = 1 und x = π/4 folgt hieraus
x′(1) = −π4 ·√
22
1 ·√
22 +
√2
2
= −π8.
Die zweite Ableitung erhält man nach Quotientenregel aus der ersten, wobei man wiederum x = x(a)beachtet:
x′′ = − [x′ cos ax− x sin ax · (x+ ax′)] · [a cos ax+ sinx]− x cos ax · [cos ax− a sin ax · (x+ ax′) + x′ cosx][a cos ax+ sinx]2
worauf man a = 1, x = π/4 und x′ = −π/8 einsetzt:
x′′(1) = −
[−π
8·√
22− π
4·√
22
(π4− 1 · π
8
)]·√
2− π
4·√
22·
[√2
2− 1 ·
√2
2·(π
4− 1 · π
8
)− π
8·√
22
]2
=
= −
[−π
8− π
4
(π4− π
8
)]− π
4·[
12− 1
2·(π
4− π
8
)− π
16
]2
=π
8.
Für das quadratische Taylorpolynom P2(a) erhält man somit die Darstellung
x(a) ≈ P2(a) =π
4− π
8(a− 1) +
π
16(a− 1)2 = 0.785 398− 0.392 699(a− 1) + 0.196 350(a− 1)2 .
Zur Kontrolle kann x(a) mit Näherungsmethoden (sehr genau) berechnet werden. Das geschiehtnachstehend, wobei a = 1 + dk = 1 + 2−k gewählt wird. Es sei P1(a) der lineare Anteil des obigenPolynoms: P2(a) = π
4 −π8 (a− 1), seine Abweichung von x(a) ist in der Nähe von 1 ziemlich genau
der weggelassene quadratische Term. - Der Fehler von P2(a) muß seinerseits etwa proportional zu(a− 1)3 sein.Das alles ist in der nachstehenden Tabelle erfaßt:
k dk x(1 + dk)
π
4− x(1 + dk)
dkP1(1 + dk)− x(1 + dk)
d2k
P2(1 + dk)− x(1 + dk)d3k
0 1.000000 0.523599 0.261799 −0.130900 0.0654501 0.500000 0.628319 0.314159 −0.157080 0.0785402 0.250000 0.698132 0.349066 −0.174533 0.0872663 0.125000 0.739198 0.369599 −0.184800 0.0924004 0.062500 0.761598 0.380799 −0.190400 0.0952005 0.031250 0.773315 0.386658 −0.193329 0.0966646 0.015625 0.779310 0.389655 −0.194827 0.0974147 0.007813 0.782342 0.391171 −0.195586 0.0977938 0.003906 0.783867 0.391934 −0.195967 0.0979859 0.001953 0.784632 0.392316 −0.196158 0.098091
10 0.000977 0.785015 0.392507 −0.196254 0.098079
Man erkennt, daß sich die Abweichungen, ins Verhältnis zur entsprechenden Potenz von dk gesetzt,stabilisieren und speziell die Koeffizienten von P2(a) ergeben.Dessen Genauigkeit kann man offenbar steigern, wenn man noch 0.0981(a− 1)3 von P2(a) subtra-hiert.Die Koeffizienten des Taylorpolynoms lassen sich also auch ohne formale Rechnung ’experimentell’am Computer ermitteln. Wegen unvermeidlicher Rundungsfehler hat dieses Verfahren aber seineGrenzen.
16. Bei Verwendung der einfachsten Näherungsformel cosx ≈ 1− x2/2 erhält man aus
cosx ≈ 1− x2
2= 0 =⇒ π
2≈ x =
√2 =⇒ π ≈ 2
√2 = 2.8284 .
17
Dieser Wert ist um 0.3131 oder 9.97% zu klein.Bei Mitnahme einer weiteren Potenz erhält man eine biquadratische Gleichung, bei der die kleinereder beiden positiven Nullstellen interessiert:
cosx ≈ 1− x2
2+x4
24= 0 =⇒ x4 − 12x2 + 24 = 0 =⇒ π
2≈ x =
√6−√
12 =⇒
π ≈ 2√
6−√
12 = 3.1849 .
Diesmal ist das Ergebnis 0.0433 oder 1.38% zu groß.Es ist jedenfalls nur mäßig gut. Das resultiert aus dem Umstand, daß man mit x ≈ 1.57 schonrecht weit weg von der Entwicklungsstelle x0 = 0 der benutzten Potenzreihe der Kosinusfunktionoperiert.Um eine akzeptable Genauigkeit zu bekommen müßte man also zur Nullstellenbestimmung voneinem Taylorpolynom deutlich höheren Grades ausgehen. Dann kann man aber die Nullstellenglei-chung nicht mehr mit einer einfachen Lösungsformel behandeln.Es wäre also anzustreben, den interessierenden Wert von x näher an die Null zu verlegen.Ein wohlbekannter Wert ist cos π6 =
√3/2, und π
6 ist nur ein Drittel von π2 . Hieraus folgt im
einfachsten Fall
cosx ≈ 1− x2
2=√
32
=⇒ π
6≈ x =
√2−√
3 =⇒ π ≈ 6√
2−√
3 = 3.1058 .
Die Abweichung des Wertes ist 0.0358 oder 1.14% nach unten. Das ist ein deutlicher Gewinn anGenauigkeit.Mit dem nächsten Reihensummanden:
cosx ≈ 1− x2
2+x4
24=√
32
=⇒ x4 − 12x2 + 24− 12√
3 = 0 =⇒
π
6≈ x =
√6−
√12 + 12
√3 =⇒ π ≈ 6
√6−
√12 + 12
√3 = 3.141 935 .
Das ist 0.000 342 oder 0.011% zu groß.π24 ist eine erneute Verringerung von π
6 , und zwar auf ein Viertel. Es ist dann√
32
= cos(
4 · π24
)= 8 cos4 π
24− 8 cos2 π
24+ 1 =⇒
cosπ
24=
√√√√12
+
√14− 1
8+√
316
=
√2 +
√2 +√
32
,
und man betrachtet nun z. B.
cosx ≈ 1− x2
2+x4
24=
√2 +
√2 +√
32
=⇒ x4 − 12x2 + 24− 12
√2 +
√2 +√
3 = 0 =⇒
π
24≈ x =
√√√√6−
√12 + 12
√2 +
√2 +√
3 =⇒ π ≈ 24
√√√√6−
√12 + 12
√2 +
√2 +√
3 .
Der letzte Ausdruck ergibt mit 3.141 593 94 einen nur um 0.000 001 29 oder 4.1 · 10−5% zu großenWert.Weitere schöpferische Verbesserungen sind denkbar. Allerdings erreicht man hier bald wegen derRundungsfehler der Zahlenrechnung eine Grenze der Genauigkeit.
17. a) Es wird eine senkrechte Koordinatenachse eingeführt, die x-Achse ist die gehabte.Die Lichtquelle habe die Koordinaten (0, H), damit ist r =
√x2 +H2, und weiterhin wird cosα =
H/r = H/√x2 +H2. Es folgt
B(x) =B0 cosαr2
=B0H√
x2 +H2 · (√x2 +H2)2
=B0H
(H2 + x2)3/2=B0
H2
(1 +
x2
H2
)−3/2
.
18
Der geistige Inhalt der letzten Darstellung ist: Es wird H als natürlicher Maßstab in diesem Sach-verhalt angesehen und die Nähe von x zum Nullpunkt bezieht sich auf die betragsmäßige Kleinheitdes Verhältnis von x zu H (sicher klein gegen 1). Man operiert also faktisch mit der Variablen x/H.Wie nicht anders zu erwarten ist B(x) eine gerade Funktion. Ihre Reihenentwicklung in x0 = 0enthält also nur gerade Potenzen.Für die gesuchte prozentuale Abnahme (positiv genommen) resultiert nun bei Verwendung derbinomischen Reihe für (1 + x)a mit hier a = −3/2 die Darstellung
A(x) = 100B(0)−B(x)
B(0)= 100
B0/H2 − B0
H2
(1 +
x2
H2
)−3/2
B0/H2 = 100
[1−
(1 +
x2
H2
)−3/2]
=
= 100[1−
(1− 3x2
2H2+
15x4
8H4− 35x6
16H6+ . . .
)]= 150
x2
H2− 187.5
x4
H4+ 218.75
x6
H6+ . . . .
Eine Faustformel wäre alsoA(x) ≈ 150
( xH
)2
.
Test mit x = H/10: Dann ist, B0 = H = 1 gesetzt, B(x) = 1.01−1.5 = 0.985 185 = 1− 0.014 815.Das wahre Ergebnis ist also 1.4815%, und die Faustformel ergibt 1.5%.Die nachstehende Grafik zeigt den Verlauf von B(x) (ausgezogenene Kurve), der Faustformel (ge-strichelt) und bei Mitnahme der vierten Potenz (punktiert) im Bereich 0 ≤ x/H ≤ 1.
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.......................A(x) [%]
x/H
25
50
75
100
0.25 0.5 0.75 1
.............
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b) Jetzt wird mit 0 < x < L
B(x) =B0H
(H2 + x2)3/2+
B0H
(H2 + (L− x)2)3/2=B0
H2
[(1 +
x2
H2
)−3/2
+(
1 +(L− x)2
H2
)−3/2].
19
Zum Finden der größten Beleuchtungsstärke wird diese Funktion nach x differenziert und die Ab-leitung gleich Null gesetzt:
B′(x) = −3B0
H4
[x
(1 +
x2
H2
)−5/2
− (L− x)(
1 +(L− x)2
H2
)−5/2]
= 0 .
Das ist die Forderung, daß der Inhalt der eckigen Klammer zu Null wird; er wird noch durch Hdividiert und x/H = s sowie L/H = l gesetzt:
x
H
(1 +
x2
H2
)−5/2
− L− xH
(1 +
(L− x)2
H2
)−5/2
= s(1 + s2
)−5/2 − (l − s)[1 + (l − s)2
]−5/2= 0 .
Das ist gleichbedeutend mit
(l−s)(1 + s2
)5/2= s
[1 + (l − s)2
]5/2= s
[1 + l2 − 2ls+ s2
]5/2= s
[1 + l2
]5/2·[1 +−2ls+ s2
1 + l2
]5/2
.
Es soll l >> 1 gelten. Der Bruch in der letzten eckigen Klammer ist sicher betragsmäßig klein. Dielinke wie die rechte Potenz wird nach (1 + x)5/2 = 1 + 5
2x+ 158 x
2 + 516x
3 + . . . entwickelt:
(l−s)(
1 +52s2 +
158s4 +
516s6 + . . .
)= s
[1 + l2
]5/2·[1 +52· −2ls+ s2
1 + l2+
158·(−2ls+ s2
1 + l2
)2
+ . . .
]
was man auf beiden Seiten ausmultipliziert, sich auf Summanden mit maximal der zweiten Potenzin s beschränkend:
l − s+5l2s2 + . . . = s
[1 + l2
]5/2 · [1 +52· −2ls
1 + l2+ . . .
]=⇒
0 = l − s(
1 +[1 + l2
]5/2)− 5l2·(1 + [1 + l2]
)3/2s2 + . . . .
In den Pünktchen stehen nur Potenzen ab s3, die vermutlich insgesamt einen recht kleinen Wertergeben. Wenn man diesen Teil der Gleichung wegläßt, so bewirkt dies keinen großen Fehler in derLösung. Dann rechnen wir also mit der quadratischen Gleichung
0 = l − s(
1 +[1 + l2
]5/2)− 5l2·(1 + [1 + l2]
)3/2s2 .
Ein weiterer Grund, sich für eine quadratische Gleichung zu entscheiden: Die kann man noch (halb-wegs) bequem lösen. Das Weglassen von s3 beruht weniger auf dem Umstand, daß diese Werte kleinsind (der rechtfertigt es nur) als auf dem Fakt, daß man damit nichts anfangen kann.Übrigens- wenn man es eilig hat oder es nicht so genau braucht oder eine recht einfache Formelwünscht, so kann man mit derselben Begründung auch s2 weglassen. Das ergibt eine lineare Glei-chung :
0 = l − s(
1 +[1 + l2
]5/2),
und hieraus folgt die einfache Näherungsformel
s =l
1 + [1 + l2]5/2.
Erste Plausibilitätsprüfung: Bei l→∞ geht s gegen Null - das stimmt mit der Anschauung überein.Die Asymptotik ist (im Nenner werden die Einsen gegen l vernachlässigt) s ≈ l−4.Diese Faustformel soll nun mit der wahren Abhängigkeit von s von l verglichen werden. Dabei in-teressieren nur große Werte von l (ab l ≤ 1 erweist es sich, daß nur noch ein festes Maximum in derMitte zwischen den beiden Lampen vorliegt). In der grafischen Darstellung ist ein l − s-Diagrammschlecht zu zeichnen, deshalb wird auf der Abszisse der Kehrwert von l abgetragen. Selbiger inter-essiert im Bereich von 0 bis 1.
20
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...........0.1
...........0.2
...........0.3
...........0.4
...........0.5
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. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
. . . . .. . . .
. . .. . .
. . .. . .
. . .. ..........
Die wahre Abhängigkeit s = s(l) ist als durchgezogene Kurve dargestellt, die Faustformel s ≈l/[1 + (1 + l2)2.5] als gestrichelte. Punktiert ist der Verlauf der Kurve, die sich bei Einbeziehungvon s2 ergibt. Dazu ist also die vorstehende quadratische Gleichung zu lösen, wozu man sie beimpraktischen Rechnen zweckmäßigerweise in der Form as2 + bs+ c = 0 schreibt, die Zahlenwerte vona, b und c ermittelt, hieraus die Gestalt s2 + ps + q = 0 gewinnt und darauf die Lösungsformelanwendet. Dabei ist der Wurzelausdruck abzuziehen, um den richtigen Lösungsverlauf auszuwählen.Das Aufschreiben der kompletten Lösungsformel ist möglich, ergibt aber einen unhandlichen Aus-druck.Interessant ist, daß die quadratische Gleichung bei l kleiner als etwa 4/3 komplexe Lösungen liefert- die so gewonnene Näherung ist dort also unbrauchbar. Deshalb bricht die Kurve auch mitten imBereich ab.
18.
F (x) =∫ π
0
1− cos(xt)t
dt =∫ π
0
1t
[1−
(1− x2t2
2!+x4t4
4!− x6t6
6!+x8t8
8!− . . .
)]dt =
=∫ π
0
(x2t
2!− x4t3
4!+x6t5
6!− x8t7
8!+ . . .
)dt =
(x2t2
2 · 2!− x4t4
4 · 4!+x6t6
6 · 6!− x8t8
8 · 8!+ . . .
) ∣∣∣∣π0
=
=π2x2
2 · 2!− π4x4
4 · 4!+π6x6
6 · 6!− π8x8
8 · 8!+ . . . =
∞∑k=1
(−1)k−1 π2k
(2k) · (2k)!x2k
19. Man vgl. mit den Aufgaben 2a) und 15 im Lehrmaterial zu Winkelfunktionen auf der Seite’Wiederholung Schulmathematik’.Der Umstand, daß a nahe 2 liege, sei durch die Schreibweise ’a = 2 + b mit b betragsmäßig klein’zum Ausdruck gebracht.Die Lösung der gestellten Gleichung hängt sicher von a, d. h. auch von b ab: x = x(b).Sie kann durch ein Taylor-Polynom (dank der Umschreibung in 2 + b in der MacLaurin-Form)
21
angenähert werden:
x(b) ≈ x(0) + x′(0) · b+x′′(0)
2!b2 +
x′′′(0)3!
b3 + . . .+x(n)(0)n!
bn .
Die Koeffizienten sind zu berechnen, begonnen wird mit x(0):
cosx+ cos 2x = cosx+ 2 cos2 x− 1 = 1 =⇒ 2y2 + y − 2 = 0 =⇒
x(0) = arccos√
17− 14
= 0.674 889 .
Wegen der Forderung x ∈ [0, π/2] kam die negative Lösung der quadratischen Gleichung nicht inFrage. Die Gleichung cosx+ cos ax = 1 läßt sich im allgemeinen Fall (d. h. mit den üblichen Funk-tionen) nicht nach x auflösen, also kann man die Ableitungen von x(b) nur berechnen, indem mandie Gleichung beidseitig differenziert und dabei beachtet, daß x eine Funktion der unabhängigenVariablen b ist (Kettenregel!).
d
db{cosx(b) + cos[(2 + b)x(b)]} =
d
db1 =⇒ [− sinx(b)]·x′(b)−{sin[(2+b)x(b)]}·[x(b)+(2+b)x′(b)] = 0
In diese Gleichung wird b = 0 eingesetzt; für den Sinus erhält man
sinx(0) =√
1− cos2 x(0) =
√√√√1−
(√17− 1
4
)2
=
√2√
17− 24
= p = 0.624 811
und
sin 2x(0) = 2 sinx(0) · cosx(0) = 2 ·√
2√
17− 24
·√
17− 14
= q = 0.975 675 ,
mithin sind alle Werte zur Ermittlung von x′(0) bekannt:
−p · x′(0)− [x(0) + 2x′(x(0)] · q = 0 =⇒ x′(0) = −q · x(0)p+ 2q
= −0.255 602 .
Zur Ermittlung der zweiten Ableitung wird die Gleichung
− sinx(b) · x′(b)− sin[(2 + b)x(b)] · [x(b) + (2 + b)x′(b)] = 0
ein weiteres Mal nach b differenziert:
− cosx(b) · [x′(b)]2 − sinx(b) · x′′(b)− cos[(2 + b)x(b)] · [x(b) + (2 + b)x′(b)]2−
− sin[(2 + b)x(b)] · [2x′(b) + (2 + b)x′′(b)] = 0 .
b = 0 gesetzt, sei weiterhin cosx(0) = y = 0.780 776 und z = cos 2x(0) = 2y2 − 1 = 0.219 224:
−y · [x′(0)]2 − p · x′′(0)− z · [x(0) + 2x′(0)]2 − q · [2x′(0) + 2x′′(0)] = 0 .
Diese Gleichung wird nach x′′(0) aufgelöst, worauf man es mit den bekannten Werten der rechtenSeite ausrechnet:
x′′(0) = −y · [x′(0)]2 + z · [x(0) + 2x′(0)]2 + 2qx′(0)
p+ 2q= 0.171 529 .
Der Prozeß kann nun fortgesetzt werden, solange man dies braucht oder Ausdauer besitzt. Das stei-gert (vermutlich) die Genauigkeit, liefert aber im pädagogischen Bereich keine neuen Erkenntnisse.Deshalb mag es genügen.Ergebnis (quadratische Näherungsformel):
x(b) ≈ 0.674 889− 0.255 602 b+0.171 529
2b2
oderx(a) ≈ 0.674 889− 0.255 602 (a− 2) + 0.085 764 (a− 2)2 .
22
(Es ist ungünstig, diese Darstellung zu x(a) = 1.529 151− 0.598 660 a+ 0.085 764 a2 auszumultipli-zieren. Das ist zwar scheinbar dieselbe Funktion, aber nicht praktisch! Bei z. B. a = 2.1 wird derRundungsfehler im letzten Summanden mit 4.41 multipliziert, in der vorigen Darstellung aber mit0.01.)Nachstehend ist der Verlauf von x(a) im Bereich 1.5 ≤ a ≤ 2.5 dargestellt (durchgezogene Kur-ve), die vorstehende Näherung (gestrichelt) und die lineare Funktion 0.674 889 − 0.255 602(a − 2)(punktiert). Die Entwicklungsstelle ist markiert. Man erkennt, daß die lineare Funktion durch dieTangente an die Kurve von x(a) dargestellt wird.................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ......... .........1.5 1.75 2 2.25 2.5
......0.6
......0.7
......0.8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
..
..
..
..
..
..
..
.u
.........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. ............. .......
Über den angegebenen Bereich liegt die Abweichung der quadratischen Formel unter 0.5%.Braucht man das Näherungspolynom im Gradmaß, so sind seine drei Koeffizienten noch mit demFaktor 180/π = 57.29578 zu multiplizieren.
20. a) Nach einer Umformung wird die Potenzreihe des Exponenten benutzt, dabei beschränkt mansich auf Potenzen bis x4:
ecosx = e1 · ecosx− 1 = e
[1 +
(−x
2
2+x4
4!+ . . .
)+
12
(−x
2
2+x4
4!+ . . .
)2
+ . . .
]=
= e
[1− x2
2+x4
4!+x4
8+ . . .+ . . .
]= e− e
2x2 +
e
6x4 + . . .
Dank der Darstellung cosx = 1 + (cosx− 1) hat man in der Reihe für die Exponentialfunktion nurAusdrücke ohne Absolutglied zu potenzieren, also wächst die kleinste x-Potenz von Summand zuSummand.Ansonsten würde man nicht fertig:
ecosx = 1 +(
1− x2
2+x4
4!+ . . .
)+
12
(1− x2
2+x4
4!+ . . .
)2
+ . . . =(
1 + 1 +12
+ . . .
)+ . . . ,
und bereits das Absolutglied bleibt unvollendet (wobei man aber erkennen kann, daß es e wird).
b) ln√
1 + x2 =12
ln(1 + x2) =12
(x2 − x4
2+ . . .
)=x2
2− x4
4+ . . .
Die Ausgangsfunktion ist gerade, in ihrer Entwicklung in x0 = 0 stehen also nur gerade Potenzen.c) Durch Umformungen wird die Darstellung von
√1 + x ins Spiel gebracht:√
3 +√
2 + x =
√3 +√
2 ·√
1 +x
2=
=
√3 +√
2 ·[1 +
12· x
2− 1
8·(x
2
)2
+116·(x
2
)3
− 5128·(x
2
)4
+ . . .
]=
23
=
√3 +√
2 +√
24x−√
232
x2 +√
2128
x3 − 5√
22048
x4 + . . . =
=√
3 +√
2·
√1 +
√2
4 · (3 +√
2)x−
√2
32 · (3 +√
2)x2 +
√2
128 · (3 +√
2)x3 − 5
√2
2048 · (3 +√
2)x4 + . . . =
=√
3 +√
2·
[1 +
12
( √2
4 · (3 +√
2)x−
√2
32 · (3 +√
2)x2 +
√2
128 · (3 +√
2)x3 − 5
√2
2048 · (3 +√
2)x4 + . . .
)−
−18
( √2
4 · (3 +√
2)x−
√2
32 · (3 +√
2)x2 +
√2
128 · (3 +√
2)x3 + . . .
)2
+
+116
( √2
4 · (3 +√
2)x−
√2
32 · (3 +√
2)x2 + . . .
)3
− 5128
( √2
4 · (3 +√
2)x+ . . .
)4
+ . . .
=√
3 +√
2·
[1 +
( √2
8 · (3 +√
2)x−
√2
64 · (3 +√
2)x2 +
√2
256 · (3 +√
2)x3 − 5
√2
4096 · (3 +√
2)x4 + . . .
)−
−(
164 · (3 +
√2)2
x2 − 1256 · (3 +
√2)2
x3 +5
4096 · (3 +√
2)2x4 + . . .
)+( √
2512 · (3 +
√2)3
x3 − 3√
24096 · (3 +
√2)4
x4
)− 5
8192 · (3 +√
2)4x4 + . . .
]=
=√
3 +√
2 +√
2
8√
3 +√
2x−
( √2
64√
3 +√
2+
164 · (3 +
√2)3/2
)x2+
+
( √2
256 · (3 +√
2)+
1256 · (3 +
√2)2
+√
2512 · (3 +
√2)3
)x3−
−
(5√
24096 · (3 +
√2)
+5
4096 · (3 +√
2)2+
3√
24096 · (3 +
√2)3
+5
8192 · (3 +√
2)4
)x4 + . . .
=√
3 +√
2 +√
2
8√
3 +√
2x−√
2 · (3 +√
2) + 164 · (3 +
√2)3/2
x2 +2√
2 · (3 +√
2)2 + 2(3 +√
2) +√
2512 · (3 +
√2)5/2
x3−
−
(10√
2(3 +√
2)3 + 10(3 +√
2)2 − 3√
2(3 +√
2) + 58192 · (3 +
√2)4
)x4 + . . .
=√
3 +√
2 +√
2
8√
3 +√
2x− 3(
√2 + 1)
64(3 +√
2)3/2x2 +
30 + 25√
2512(3 +
√2)5/2
x3 − 707 + 528√
28192(3 +
√2)7/2
x4 + . . .
Das viermalige Differenzieren der Ausgangsfunktion ist keine echte Alternative.Bei der zwischenzeitlichen Rechnung ist es sinnvoll, 3 +
√2 durch a zu ersetzen.
d) Zur Abwechslung wird hier ein Ansatz gemacht und man gleicht die Koeffizienten ab - so kommtman ohne Differentialrechnung oder fertige Potenzreihen aus.√
1 + x
1 + x2= p+ qx+ rx2 + sx3 + tx4 + . . . =⇒ 1 +x = (1 +x2) · (p+ qx+ rx2 + sx3 + tx4 + . . .)2
1 + x = (1 + x2) · [p2 + 2pqx+ (q2 + 2pr)x2 + 2(ps+ qr)x3 + (2pt+ 2qs+ r2)x4 + . . .] =
= p2 + 2pqx+ (q2 + 2pr + p2)x2 + 2(ps+ qr + pq)x3 + (2pt+ 2qs+ r2 + q2 + 2pr)x4 + . . .
Offenbar ist p > 0, aus p2 = 1 folgt dann p = 1.Für x1 erhält man 2pq = 1, also q = 1/2.Höhere Potenzen tauchen links nicht mehr auf, also wird q2+2pr+p2 = 2r+5/4 = 0 oder r = −5/8.Weiter ist ps+ qr + pq = s− 5
16 + 12 = 0, woraus s = −3/16 resultiert.
Zuletzt bleibt 2pt + 2qs + r2 + q2 + 2pr = 2t − 316 + 25
64 + 14 −
54 = 2t − 51 = 0 mit dem Ergebnis
t = 51/128.
=⇒√
1 + x
1 + x2= 1 +
12x− 5
8x2 − 3
16x3 +
51128
x4 + . . .
24
21.1R1
+1
R2 + ∆R2=
1R+ ∆R
=⇒ R+ ∆R =R1(R2 + ∆R2)R1 +R2 + ∆R
Die Kleinheit von ∆R2 ist relativ zu R2 zu verstehen: |∆R2|/R2 << 1.Es wird die geometrische Reihe benutzt:
R+ ∆R =R1(R2 + ∆R2)R1 +R2 + ∆R
=R1R2 +R1∆R2
R1 +R2· 1
1− (− ∆R2R1+R2
)=
=R1R2
R1 +R2+
R1∆R1 +R2
[1 +
(− ∆R2
R1 +R2
)+(− ∆R2
R1 +R2
)2
+ . . .
]=
=R1R2
R1 +R2+
R1
R1 +R2∆R2 −
R1
(R1 +R2)2(∆R2)2 + . . . .
Der erste Ausdruck auf der rechten Seite ist der ungestörte Gesamtwiderstand R; er hebt sich ausder Gleichung heraus und seine Änderung ∆R ist näherungsweise
∆R ≈ R1
R1 +R2∆R2 = R · ∆R2
R2= R · δR2 .
Hierbei bezeichnet δR2 die relative Änderung von R2. Wächst R2 z. B. um 3%, so geschieht mitdem Gesamtwiderstand ungefähr dasselbe.Plausibilitätskontrolle: Bei R1 << R2 geht der Strom fast ganz über R1 und die Änderung von R2
ist fast ohne Bedeutung.Bei R2 >> R1 ist R ≈ R2 und folglich ∆R ≈ ∆R2.Ist R1 ≈ R2, so wirkt sich die Änderung von R2 etwa hälftig auf R aus.Braucht man eine höhere Genauigkeit, so kann auf den Summanden mit (∆R2)2 zurückgegriffenwerden.
22.
|x+ yj| =√x2 + y2 = x
√1 +
y2
x2= x
(1 +
y2
2x2− y4
8x4+
y6
16x6− 5y8
128x8+ . . .
)=
= x+y2
2x− y4
8x3+
y6
16x5− 5y8
128x7+ . . . .
Man beachte: x ist lt. Voraussetzung positiv!
23. Die Ableitung eines bestimmten Integrals nach seiner oberen Grenze ist der Wert des Integrandenin dieser Grenze:
d
dxerf(x) =
2√πe−x
2, f ′(0.5) =
2√πe−0.25 = 0.878 783
Weiter wird wie gehabt differenziert:
d2
dx2erf(x) = − 4x√
πe−x
2, f ′′(0.5) = − 2√
πe−0.25 = −0.878 783
d3
dx3erf(x) = −4− 8x2
√π
e−x2, f ′′′(0.5) = − 2√
πe−0.25 = −0.878 783
Resultat:
P3(x) = 0.520 500 + 0.878 783(x− 0.5)− 0.878 7832
(x− 0.5)2 − 0.878 7833!
(x− 0.5)3 =
P3(x) = 0.520 500 + 0.878 783(x− 0.5)− 0.429 391 (x− 0.5)2 − 0.146 464 (x− 0.5)3
24. Nein. Bei x = x0 konvergiert die Potenzreihe immer, und zwar gegen a0.Die bekannte geometrische Reihe
k∑k=0
xk =1
1− x
25
konvergiert (bei |x| < 1) mit den konstanten Vorfaktoren ak = 1, die keine Nullfoge bilden.Ihre Ableitung
k∑k=1
kxk−1 =k∑k=0
(k + 1)xk =1
(1− x)2= 1 + 2x+ 3x2 + 4x3 + . . .
konvergiert ebenfalls bei |x| < 1, obwohl die Vorfaktoren gegen +∞ gehen.Man kann also nur sagen: Das Verhalten der ak bestimmt den Konvergenzbereich der Potenzreihe.Ganz grob gesprochen: Je schneller ak gegen Null geht, desto größer ist der Bereich der x-Werte,wo die Potenzreihe konvergiert, und je schneller die ak (betragsmäßig) wachsen, desto kleiner ister. Er enthält aber in jedem Falle wenigstens einen Wert: x0.Die Reihe
k∑k=0
(k + 1)k · xk
ist so eine Reihe - sie konvergiert nur in x = 0.
25. a) Hier basiert alles auf der geometrischen Reihe:
3 + 2x+ 4x2 + 2x3 + 4x4 + . . . = (3 + 3x+ 3x2 + 3x3 + 3x4 + . . .)− 1 + (1−x+x2−x3 +x4 + . . .) =
= 3(1 + x+ x2 + x3 + x4 + . . .)− 1 + (1 + (−x) + (−x)2 + (−x)3 + (−x)4 + . . .) =
=3
1− x− 1 +
11− (−x)
=3(1 + x) + (1− x)
1− x2− 1 =
4 + 2x1− x2
− 1 =3 + 2x+ x2
1− x2
Konvergenzbereich: |x| < 1 und | − x| < 1, also nur |x| < 1.b) Analog, es werden die ’fehlenden’ Summanden eingefügt und wieder abgezogen:
1 +x2 +x3 +x5 + x6 + x8 + . . . = (1 + x+ x2 + x3 +x4 +x5 + x6 + x8 + . . .)− (x+x4 +x7 + . . .) =
=1
1− x− x(1 + x3 + x6 + . . .) =
11− x
− x(1 + x3 + (x3)2 + . . .) =1
1− x− x
1− x3=
1 + x2
1− x3
Konvergenzbereich: |x| < 1 und |x3| < 1, also nur |x| < 1.c) Der Ausdruck ähnelt der Reihe zur Funktion ex, allerdings differieren Fakultät und Potenz. Dasläßt sich beheben, wobei die Potenz als die Klügere nachgibt. Obendrein werden die fehlendenSummanden geborgt:
12!
+x
3!+x2
4!+x3
5!+x4
6!+x5
7!+ . . . =
1x2
[1 + x+
x2
2!+x3
3!+x4
4!+x5
5!+ . . .
]− 1x2− 1x
=
=ex
x2− 1x2− 1x
=ex − 1− x
x2
Man beachte: Diese Funktion hat in x = 0 keine Polstelle, sondern ist dort, wenn man ihr denaus der Potenzreihe herrührenden Wert 1/2 zuweist, nicht nur stetig, sondern sogar beliebig ofdifferenzierbar.Der Konvergenzbereich entspricht dem der Funktion ex: alle reellen Zahlen.
26. Variante I: Die Definitionsgleichung x = g(x+ tanx) wird differenziert; aus f(0) = 0 folgt g(0) = 0.
[x = g(x+ tanx)]′ =⇒ 1 = g′(x+ tanx) · (1 + 1 + tan2 x)
Hier wird x = 0 eingesetzt: 1 = g′(0) · 2, also g′(0) = 1/2.(Das ist plausibel: Nahe Null ist tanx ≈ x, also y = f(x) ≈ 2x oder x ≈ y/2.)[
1 = g′(x+ tanx) · (2 + tan2 x)]′
=⇒
0 = g′′(x+ tanx) · (2 + tan2 x)2 + g′(x+ tanx) · (2 + tan2 x) · 2 tanx · (1 + tan2 x)
Wiederum x = 0 gesetzt und den bekannten Wert für g′(0) verwendet:
0 = g′′(0) · 4 +12· 2 · 2 · 0 · . . . =⇒ g′′(0) = 0
26
(Nicht verwunderlich, denn f(x) ist offenbar eine ungerade Funktion, also ist auch g(y) eine, undin ihrer MacLaurin - Reihe fehlen folglich die geraden Potenzen.) Das Verfahren kann im Prinzipfortgesetzt werden, aber die Rechnung wird schnell unerquicklich.
Variante II: Es wird ein formaler Ansatz gemacht, dabei ist die letzte Überlegung gleich einbezogen.Obendrein sei einem schlauen Buch die Potenzreihenzerlegung von tanx entnommen:
g(y) = a1y + a3y3 + a5y
5 + . . . =⇒
x = a1
(2x+
x3
3+
2x5
15+ . . .
)+ a3
(2x+
x3
3+
2x5
15+ . . .
)3
+ a5
(2x+
x3
3+
2x5
15+ . . .
)5
+ . . . =
= a1
(2x+
x3
3+
2x5
15+ . . .
)+ a3
(8x3 + 4x5 + . . .
)3+ a5
(32x5 + . . .
)5+ . . . =
= 2a1x+(a1
3+ 8a3
)x3 +
(2a1
15+ 4a3 + 32a5
)x5 + . . .
Koeffizientenvergleich: Bei x1 ist 1 = 2a1, also a1 = 1/2.Bei x3 wird 0 = a1
3 + 8a3, also a3 = −a1/24 = −1/48.Bei x5 wird 0 = 2a1
15 + 4a3 + 32a5, also 0 = 1/15− 1/12 + 32a5 oder a5 = 1/1920.Ergebis:
g(y) =y
2− y3
48+
y5
1920+ . . .
27. Es sei α der Winkel zur Senkrechten auf der Fläche, dann bewirkt eine Abweichung von der senk-rechten Einstrahlrichtung die Multiplikation der maximal aufgenommenen Leistung mit
cosα = 1− α2
2!+α4
4!− . . . .
hierbei ist α im Bogenmaß zu nehmen!Ein Ingenieur sollte wissen, daß das Bogenmaß 1 einem Winkel von rund 60o entspricht (genauer:57.3o), also bedeuten 10o etwa 1/6 im Bogenmaß. In der obigen Reihe kann der dritte Summandgegen den zweiten vernachlässigt werden, denn es ist
(1/6)4
4!=
(164 · 3 · 4 · (2!)
=(1
36 · 12· (1/6)2
2!=
(1432· (1/6)2
2!,
er ist also nur rund ein Vierhundertstel von diesem.Der zweite Summand beschreibt also recht genau den Verlust. Der ist 1/(62 · 2) = 1/72 =̂ 1.5%.Eine Abweichung von 10o bedeutet also eine Leistungsminderung um ungefähr 1.5%.Berechnung mit dem Taschenrechner liefert 1.519%.20o kann man in das Bogenmaß 1/3 überführen. Mit einer analogen Überschlagsrechnung bekommtman 1/(32 · 2) = 1/18 =̂ 5.6%.Diesmal weicht das Resultat deutlicher vom wahren Wert 6.03% ab. Für eine Schätzung ist es aberimmer noch recht ordentlich.
28. Nichts leichter als das!∫ 3893
3892
dx
1 + x2= arctanx
∣∣∣∣3893
3892
= 1.570 539 4− 1.570 539 3 = 0.000 000 1
Die Werte stammen von einem Taschenrechner mit achtstelliger Anzeige, der älter sein dürfte alsdie meisten meiner Studenten. Diese haben bessere Modelle mit zehn oder sogar zwölf Stellen, aberda sich die ersten sieben Stellen wegheben liefert auch das nur 12− 7 = 5 Stellen, wobei die letzteunsicher ist.Wenn ich aus meinem Taschenrechner die maximale Leistung heraushole, indem ich mit dem Spei-cher arbeite und nur die internen Werte benutze, so bietet er mir 6.6 · 10−8. Mehr ist auf demdirekten Weg nicht zu machen. Man muß ihm helfen.Die Funktionskurve von 1/(1 + x2) verläuft im Integrationsbereich sehr flach. Tatsächlich ist dieAbleitung −2x/(1 + x2)2, und die hat in x = 3892 den Wert 3.4 · 10−11.Wenn man also den Wert des Integranden in der Mitte des Integrationsintervalls ausrechnet und
27
die flache Funktionskurve durch eine horizontale Gerade ersetzt, so bekommt man vermutlich einerecht ordentliche Näherung durch die leicht zu berechnende Fläche eines Rechtecks:∫ 3893
3892
dx
1 + x2≈ 1
1 + 3892.52· 1 = 6.599 981 6 · 10−8 .
Die wahre Funktionskurve fällt sacht mit minimaler Krümmung; jene horizontale Gerade schneidetsie genau in der Mitte des Intervalls. Man kann hoffen, daß das, was auf der einen Seite zuvielgenommen wird, sich auf der anderen Seite weitgehend kompensiert, weshalb der gewonnene Wertvermutlich wirklich recht genau ist.Eine anderer Weg: Mit dem berechneten Anstieg in x = 3892 ersetzt man die Funktionskurve durchihre Tangente an dieser Stelle und integriert diese lineare Funktion nach einer Substitution, die hiernur eine Verschiebung darstellt:∫ 3893
3892
dx
1 + x2≈∫ 3893
3892
[1
1 + 38922− 3.3924 · 10−11 · (x− 3892)
]dx =
= 6.601 677 6·10−8−∫ 1
0
3.3924·10−11 t dt = 6.601 677 6·10−8−3.3924 · 10−11
2= 6.601 677 6·10−8−1.696·10−12 =
= (6.601 677 6− 0.001 696 2) · 10−8 = 6.599 981 4
Die beiden Näherungswerte stimmen sehr gut überein. Das ist ein gutes Zeichen, besagt aber nochnicht, daß sie auch den wahren Wert so gut wiedergeben. Obendrein: Wenn man sie auf siebengültige Ziffern, in diesem Fall also sechs Nachkommastellen des durch den Faktor 10−8 skaliertenWertes, rundet, so bekommt man in der letzten Stelle eine Differenz.1. Idee: Durch eine Verschiebung gewinnt man ein vernünftiges Integrationsintervall und entwickeltdort die Funktion mit Hilfe der geometrischen Reihe in eine leicht zu integrierende Gestalt. Be-tragskleine Integrationsgrenzen beschleunigen die Konvergenz, also sollte der größte Abstand vonder Entwicklungsstelle zu einer Grenze möglichst klein sein. Das ist erreicht, wenn man die Ent-wicklungsstelle genau in die Mitte legt und x = 3892.5 + t mit −0.5 ≤ t ≤ 0.5 wählt:∫ 3893
3892
dx
1 + x2=∫ 0.5
−0.5
dt
1 + (3892.5 + t2)=∫ 0.5
−0.5
dt
(1 + 3892.52) + 7785t+ t2=
=1
1 + 3892.52
∫ 0.5
−0.5
dt
1 + 7785t+t2
1+3892.52
=
=1
1 + 3892.52
∫ 0.5
−0.5
[1− 7785t+ t2
1 + 3892.52+(
7785t+ t2
1 + 3892.52
)2
− . . .
]dt
Das Integrationsintervall ist symmetrisch zum Nullpunkt, also werden die Integrale über die un-geraden Potenzen von t automatisch Null und brauchen nicht berücksichtigt zu werden. Und dieIntegrale über die geraden Potenzen kann man auf das halbe Intervall beziehen:
21 + 3892.52
∫ 0.5
0
[1− t2
1 + 3892.52+
2 · 7785t3
(1 + 3892.52)2− . . .
]dt =
=2
1 + 3892.52
[0.5− 0.53
3 · (1 + 3892.52)+
0.55
5 · (1 + 3892.52)2− . . .
]=
= 6.599 981 7 · 10−8 (1− 1.262 630 · 10−9 + 2.870 · 10−18 − . . .) .
Der dritte Summand in der Klammer ist schon weit von Gut und Böse und beeinflußt das Resultatnicht mehr. (Man muß ihn relativ zur vorderen 1 sehen.) Die Reihe scheint zu alternieren und aufjeden Fall nehmen die Summanden betragsmäßig sehr schnell ab, mit Überraschungen ist nicht zurechnen. Also kann man als Integralwert
6.599 981 7 · 10−8 (1− 1.262 630 · 10−9) = 6.599 981 7 · 10−8 − 6.599 981 7 · 10−8 · 1.262 630 · 10−9 =
= [6.599 981 7− 0.000 000 1] · 10−8 = 6.599 981 6 · 10−8 ≈ 6.599 982 · 10−8 .
mit sieben gültigen Ziffern akzeptieren.
28
2. Idee: Man benutzt die Anfangsformel und entwickelt den Arkustangens in x0 = 3892, wodurchman sich das zahlenmäßige Subtrahieren der Funktionswerte erspart und sofort in den Bereichkleiner Summanden gelangt.Eigentlich muß man auch nicht den Arkustangens entwickeln, sondern nur seine Ableitung:(
11 + x2
)′
=−2x
(1 + x2)2,
(1
1 + x2
)′′
=8x2 − 2
(1 + x2)3usw. .
Damit istarctan 3893− arctan 3892 =
=[arctan 3892 +
11 + 38922
· (3893− 3892)− 12· 2 · 3892
(1 + 38922)2· (3893− 3892)2+
+16· 8 · 38922 − 2
(1 + 38922)3· (3893− 3892)3 + . . .
]− arctan 3892 =
= 10−8 [6.601 677 6− 0.001 696 2 + 0.000 000 6− . . .] = 6.599 982 0 · 10−8
ein Wert, der dasselbe Resultat ergibt.Die Verwendung einer Reihe hat den Vorteil, daß man (durch eine mehr oder weniger ausführlicheBetrachtung des Restglieds) eine Information über den Fehler im jeweiligen Schritt erhält und damitweiß, wann man aufhören kann. Hier wurde einfach registriert, daß der nächste und die weiterenSummanden das Ergebnis im Rahmen der gewünschten Stellenzahl nicht mehr beeinflussen.
29. Es ist naheliegend, nicht die Werte selbst zu vergleichen, sondern ihre natürlichen Logarithmen.Der größere Wert hat den größeren Logarithmus.Der Logarithmus von eπ ist π und der vom πe ist e · lnπ, dieser letztere muß offenbar analysiertwerden.Es müßte bekannt sein, daß e und π relativ nahe beeinander liegen. Das ’relativ’ ist hier keine Floskel,sondern sagt aus, daß sich ihr Verhältnis nicht sehr von 1 unterscheidet oder, anders ausgedrückt,daß ihre Differenz klein gegen die Werte e oder π ist. Das wird ausgenutzt:
lnπ = ln[e+ (π − e] = ln{e ·[1 +
π − ee
]}= 1 + ln
[1 +
π − ee
].
Wegen 0 < (π − e)/e < 1 kann man den Logarithmus in eine Potenzreihe entwickeln:
ln[1 +
π − ee
]=π − ee− (π − e)2
2e2+
(π − e)3
3e3− (π − e)4
4e4+ . . . .
Die Reihe alterniert und die Summanden nehmen betragsmäßig ab; offenbar bilden sie auch eineNullfolge. (Letzteres muß sein, da die Logarithmusreihe hier ja konvergiert.) Nach den Kommentarenzum Satz von Leibniz ist der Fehler beim Abbruch der Reihe vom entgegengesetzten Vorzeichenwie der erste nicht berücksichtigte Summand und betragsmäßig kleiner als dessen Betrag. Nehmenwir von der Reihe nur den ersten Summanden, so ist dieser größer als der Wert der Reihe, denn imnächsten Schritt würde etwas abgezogen:
ln[1 +
π − ee
]<π − ee
und damit wirde · lnπ = e ·
{1 + ln
[1 +
π − ee
]}< e+ e · π − e
e= π .
Also ist eπ > πe.
30. Man hat
(x, a)− I(x, 1) =t1−a
1− a
∣∣∣∣x1
− ln tx
1
=x1−a − 1
1− a− lnx =
e(1−a) ln x − 11− a
− lnx =
=1
1− a
{[1 + (1− a) lnx+
(1− a)2 ln2 x
2+
(1− a)3 ln3 x
6+
(1− a)4 ln4 x
24+ . . .
]− 1}− lnx =
29
=[lnx+
(1− a) ln2 x
2+
(1− a) ln3 x
6+
(1− a)3 ln4 x
24+ . . .
]− lnx =
=(1− a) ln2 x
2+
(1− a)2 ln3 x
6+ . . . ≈ (1− a) ln2 x
2.
Zahlenbeispiele bei x = 2:
a Faustformel Exakt Verhältnis a Faustformel Exakt Verhältnis0.9 0.024 023 0.024 587 0.977 029 1.1 -0.024 023 -0.023 477 1.023 2380.99 0.002 402 0.002 408 0.997 691 1.01 -0.002 402 -0.002 397 1.002 3120.999 0.000 240 0.000 240 0.999 769 1.001 -0.000 240 -0.000 240 1.000 231
Zahlenbeispiele bei x = 10:
a Faustformel Exakt Verhältnis a Faustformel Exakt Verhältnis0.9 0.265 095 0.286 669 0.924 742 1.1 -0.265 095 -0.245 867 1.078 2030.99 0.026 509 0.026 714 0.992 339 1.01 -0.026 509 -0.026 307 1.007 6900.999 0.002 651 0.002 653 0.999 233 1.001 -0.002 651 -0.002 649 1.000 768
Erkenntnisse:1. Wenn sich a der 1 nähert, so stimmen Näherungsformel und wahre Differenz auch relativ immerbesser überein.2. Der erste weggelassene Summand
(1− a)2 ln3 x
6ist bei x > 1 und demzufolge lnx > 0 für alle a positiv, also liefert die Faustformel stets (bei a 6= 0,aber sonst ist sie sinnlos) einen zu kleinen Wert (vergleichen!).3. Die vorige Bemerkung war vielleicht vorschnell. Sie basiert auf der zumeist zutreffenden Feststel-lung, daß bei kleinen Potenzen die Rolle der Summanden in der Potenzreihe schnell abnimmt, sodaß der Fehler, der die Summe aller ignorierter Glieder ist, sich wesentlich aus dem ersten dieserSummanden ergibt. Aber das muß nicht immer der Fall sein. Vergleichen wir einmal für a = 0.9diesen Summanden mit seinem Nachfolger und fragen wir uns, ob beide gleich sein können:
(1− 0.9)2 ln3 x
6=
(1− 0.9)3 ln4 x
24.
Das trifft tatsächlich zu, wenn 40 = lnx ist, also x = e40 = 2.354 · 1017. Allerdings kommt man inder Praxis wohl kaum auf Werte in dieser Größenordnung.Bei allen a < 1 und x > 1 sind sämtliche weggelassenen Summanden positiv, die Faustformel liefertalso einen zu kleinen Wert. Beim obigen Wert von x und a > 1 heben sich diese beiden Summan-den gerade weg und der dann wesentliche nächste Wert ist positiv, also auch die Gesamtsumme(da die weiteren Summanden wegen der Fakultät im Nenner unbedeutend werden). Was ist beix > e40 = 2.354 · 1017?
(1− 1.1)2 ln3 x
6+
(1− 1.1)3 ln4 x
24+
(1− 1.1)4 ln5 x
120=
ln3 x
600
[1− lnx
40+
ln2 x
2000
]Das Polynom y2 − 50y + 2000 hat wegen 252 = 625 < 2000 keine reellen Nullstellen und ist mithinstets positiv.Es spricht also manches dafür, daß die Näherungsformel bei x > 1 und zumindest 1 < a < 1.1 stetseinen zu kleinen Wert liefert.
31. Elementare Rechnung:
1a
+1b
=1
a+ x=⇒ b(a+x)+a(a+x) = ab =⇒ a+x =
ab
a+ b=⇒ x = − a2
a+ b≈ −a
2
b
Beispiel: a = 1, b = 10 : Näherungswert -0.1, exakt: -1/11 = -0.090909...
Mit Taylor: a wird als fixiert angesehen und x als abhängig nur von b. Letzteres ist aber groß,was die Entwicklung um b0 = 0 unmöglich macht. Andererseits ist kein großer Wert benennbar, indessen Nähe b liegen müßte. Man nutze aus, daß b >> 0 gleichbedeutend ist mit 1/b ≈ 0 und führe
30
einen neuen Parameter t = 1/b ein. (Die Rede ist nur von positiven Werten.)
1a
+ t =1
a+ x(t)=⇒ x(0) = 0
Die Gleichung wird nach t differenziert:
1 = −(a+ x)−2 · dxdt
=⇒ x′(0) = −[a+ x(0)]2 = −a2
Ergebnis:
x ≈ x(0) + x′(0) · t = 0− a2 · t = −a2
b
32. Gröbste Variante: Man nimmt zwei Summanden der Sinusreihe (der Ansatz sinx ≈ x liefert nurden nicht interessierenden Schnittpunkt 0):
x− x3
6≈ (1− a)x ⇒ x2
6≈ a ⇒ x(a) ≈
√6a
a x(a)√
6a√
6a− x(a)
0.1 0.786683072 0.774596669 -0.0120864030.01 0.245317809 0.244948974 -0.0003688350.001 0.077471290 0.077459667 -0.0000116230.0001 0.024495265 0.024494897 -0.0000003670.00001 0.007745978 0.007745967 -0.0000000120.000001 0.002449490 0.002449490 0.000000000
Beim letzten Wert ist die Differenz (absolut) schon kleiner als 10−9.
Etwas aufwendiger, aber dafür genauer - drei Summanden der Sinusreihe:
x− x3
6+
x5
120≈ (1− a)x ⇒ x2
6− x4
120≈ a ⇒ x4 − 20x2 + 120a = 0
Das ist eine biquadratische Gleichung; wegen x nahe Null interessiert nur x2 = 10 −√
100− 120aund man erhält
x(a) ≈√
10−√
100− 120a = N(a) .
(N wie ’Näherung’).Die Formel sieht allerdings nicht sehr einfach aus; mit den Näherungsformeln für
√1± x läßt sie
sich auf die Grundrechenarten reduzieren. Die Verwendung des Symbols ’...’ erlaubt das Schreibendes Gleichheitszeichens:√
10−√
100− 120a =√
10√
1−√
1− 1.2a =√
10√
1− (1− 0.6a− 0.18a2 + . . .) =
=√
10√
0.6a+ 0.18a2 + . . .) =√
6a+ 1.8a2 + . . .
Eine Wurzel muß wohl bleiben, denn die Funktion√x läßt sich nicht in x0 = 0 in ein Taylorpoly-
nom entwickeln - die entwickelte Funktion muß an der Entwicklungsstelle differenzierbar sein. Dervereinfachte Näherungsausdruck ist damit
N1(a) =√
6a+ 1.8a2 .
Nachstehend werden N(a) und N1(a) verglichen:
a x(a) N(a) N(a)− x(a)
0.1 0.786683072 0.786872594 0.0001895220.01 0.245317809 0.245318340 0.0000005310.001 0.077471290 0.077471291 0.000000001
a x(a) N1(a) N1(a)− x(a)
0.1 0.786683072 0.786129760 -0.0005533120.01 0.245317809 0.245316123 -0.0000016860.001 0.077471290 0.077471285 -0.000000005
31
Diesmal hat man für wesentlich größere Werte von a schon eine beachtliche Genauigkeit, und das inbeiden Varianten. Allerdings hat die Vereinfachung von N(a) zu N1(a) ihren Preis - die Abweichungwird deutlich größer, bleibt aber immer noch viel kleiner als die von der Näherung
√6a.
Setzt man das Verfahren fort, so erhält man mit einem weiteren Summanden der Sinusreihe de factoeine kubische Gleichung, die Probleme bereitet:
x2
6− x4
120+
x6
5040≈ a
Man kann zu ihrer Lösung einen Potenzreihenansatz machen, aber m. E. ist es bequemer, dies gleichin der Ausgangsgleichung zu machen. Es wird also - in Kenntnis der Anfangsglieder der Näherung-angesetzt: N2(a) =
√6a+ 1.8a2 +Ba3 . Eingesetzt in die Bestimmungsgleichung:
√6a+ 1.8a2 +Ba3 − (
√6a+ 1.8a2 +Ba3)3
6+
(√
6a+ 1.8a2 +Ba3)5
120− (√
6a+ 1.8a2 +Ba3)7
5040≈
≈ (1− a)√
6a+ 1.8a2 +Ba3
840(6a+ 1.8a2 +Ba2)− 42(6a+ 1.8a2 +Ba2)2 + (6a+ 1.8a2 +Ba2)3 = 5040a
Hieraus die komplette (genäherte) Gleichung
(−691.2 a3 + 58.32 a4 + 58.32 a5 + 5.832 a6) + (840 a3 − 504 a4 − 43.2 a5 + 64.8 a6 + 9.72 a7)B+
+(−42 a6 + 18 a7 + 5.4 a8)B2 + a9B3 = 0
zu gewinnen ist überflüssig - man begnüge sich mit der dritten Potenz von a: −691.2 + 840B = 0.Das ergibt
B =691.2840
=144175
.
Die noch bessere Näherung ist damit (konsequent mit Brüchen)
N2(x) =
√6a+
9a2
5+
144a3
175.
a x(a) N2(a) N2(a)− x(a)
0.1 0.786683072 0.786652946 0.0000301260.01 0.245317809 0.245317800 0.000000009
Man hat erneut einen beträchtlichen Genauigkeitsgewinn.
32
