6b. Die Taylor-Entwicklung (Lösungen)

Übung 1

Sei y  ∈  ℝ. Beweisen Sie den Binomischen Lehrsatz

(x + y)ⁿ = ∑_k ≤ n $( \binom{n}{k} )$ x^k y^n − k für alle x  ∈  ℝ

durch Taylor-Entwicklung der Funktion f : ℝ → ℝ mit

f (x) = (x + y)ⁿ für alle x  ∈  ℝ.

Lösung zur Übung 1

Wir berechnen die Ableitungen von f. Für alle x  ∈  ℝ gilt:

f ⁽⁰⁾(x) = (x + y)ⁿ

f ⁽¹⁾(x) = n (x + y)^n − 1

f ⁽²⁾(x) = n (n − 1) (x + y)^n − 2

f ⁽³⁾(x) = n (n − 1) (n − 2) (x + y)^n − 3

…

f ^(k)(x) = n (n − 1) (n − 2) … (n − k + 1) (x + y)^n − k

…

f ⁽ⁿ⁾(x) = n !

Mit Hilfe von Binomialkoeffizienten können wir die k-te Ableitung für k = 0, …, n schreiben in der Form

f ^(k)(x) = ^n!_(n − k)! (x + y)^n − k = k! $( \binom{n}{k} )$ (x + y)^n − k.

Damit erhalten wir für den Entwicklungspunkt 0 das folgende Taylor-Polynom der Ordnung n:

Tⁿ₀ (x) = ∑_k ≤ n ^{f ^(k) (0)}_k! x^k = ∑_k ≤ n $( \binom{n}{k} )$ y^n − k x^k für alle x  ∈  ℝ

Da f ein Polynom n-ten Grades ist, gilt f = Tⁿ₀. Damit ist der Binomische Lehrsatz bewiesen.

Übung 2

Bestimmen Sie das Taylor-Polynom der Ordnung 3 für die Funktion arcsin : [ −1, 1 ] → ℝ im Entwicklungspunkt p = 1/2.

Lösung zur Übung 2

Für alle x  ∈  ]−1, 1 [ gilt

arcsin′(x) = $\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ = (1 − x²)^− 1/2,

arcsin″(x) = ^d_dx (1 − x²)^− 1/2 = − ¹₂ (1 − x²)^−3/2 (− 2x) = x (1 − x²)^− 3/2,

arcsin⁽³⁾(x)	= ^d_dx (x (1 − x²)^− 3/2)
	= (1 − x²)^−3/2 + x ^d_dx (1 − x²)^−3/2
	= (1 − x²)^−3/2 + x (− 3/2) (1 − x²)^−5/2 (− 2x)
	= (1 − x²)^−3/2 + 3 x² (1 − x²)^−5/2
	= ^{1 − x² + 3 x²}_{(1 − x²)^5/2} = ^{1 + 2 x²}_{(1 − x²)^5/2}.

An der Stelle p = 1/2 erhalten wir:

arcsin(1/2) = ^π₆ (siehe unten),

arcsin′(1/2) = (1 − 1/4)^− 1/2 = (4/3)^1/2 = $\frac{2}{\sqrt{3}}$ ,

arcsin″(1/2) = 1/2 (1 − 1/4)^− 3/2 = 1/2 · (4/3)^3/2 = $\frac{4}{3 \sqrt{3}}$ ,

arcsin⁽³⁾(1/2) = ^1 + 2/4_{(1 − 1/4)^5/2} = ^{2 · 3/4}_(3/4)^5/2 = ²_(3/4)^3/2 = $\frac{16}{3 \sqrt{3}}$ .

Damit erhalten wir das Taylor-Polynom dritter Ordnung

T³_1/2 arcsin (x) = ^π₆ + $\frac{2 (x - 1 / 2)}{\sqrt{3}}$ + $\frac{2 (x - 1 / 2)^{2}}{3 \sqrt{3}}$ + $\frac{8 (x - 1 / 2)^{3}}{9 \sqrt{3}}$ .

zum Wert arcsin(1/2):

Wir zeigen, dass sin(π/6) = 1/2. Dann ist arcsin(1/2) = π/6.

Es gilt cos(π/3) = 1/2 (halbe Grundfläche eines gleichseitiges Dreiecks mit Seitenlänge 1). Nach einer früheren Übung (Halbwinkelformeln) gilt

sin²(x/2) = ^{1 − cos(x)}₂ für alle x  ∈  ℝ.

Für x = π/3 erhalten wir

sin²(π/6) = ^{1 − cos(π/3)}₂ = ^1 − 1/2₂ = ¹₄.

Aus sin(π/6) > 0 folgt sin(π/6) = 1/2.

Übung 3

Bestimmen Sie die Taylor-Reihe der Funktion f : ] −∞, 0 [ → ℝ mit

f (x) = x⁻² für alle x < 0

im Entwicklungspunkt p = −1.

Lösung zur Übung 3

Die ersten Ableitungen von f lauten:

f ′(x) = − 2 x^{− 3}, f ″(x) = 6 x^{− 4}, f ⁽³⁾(x) = − 24 x^{− 5}.

Wir zeigen durch Induktion nach n ≥ 0:

(+) f ⁽ⁿ⁾(x) = (−1)ⁿ (n + 1)! x^{− (n + 2)} für alle x < 0.

Induktionsanfang n = 0: Für alle x < 0 gilt

f ⁽⁰⁾(x) = f (x) = x⁻² = 1 · 1 · x⁻² = (−1)⁰ (0 + 1)! x^{− (0 + 2)}

Induktionsschritt von n nach n + 1: Es gelte

f ⁽ⁿ⁾(x) = (−1)ⁿ (n + 1)! x^{− (n + 2)} für alle x < 0.(Induktionsvoraussetzung)

Dann gilt für alle x < 0:

f ^(n + 1)(x)	= ^d_dx (−1)ⁿ (n + 1)! x^{− (n + 2)}
	= (−1)ⁿ (− 1) (n + 2) (n + 1)! x^{− (n + 2) − 1}
	= (−1)^n + 1 (n + 2)! x^{− (n + 3)}

Auswertung der Ableitungen an der Stelle −1 liefert für alle n ≥ 0:

f ⁽ⁿ⁾(−1) = (−1)ⁿ (n + 1)! (−1)^{− (n + 2)} = (n + 1)! (−1)^{n − n − 2} = (n + 1)!.

Damit erhalten wir die Taylor-Reihe

T₁ f (x)	= ∑_n ^{f ⁽ⁿ⁾(1)}_n! (x − (−1))ⁿ
	= ∑_n ^(n + 1)!_n! (x + 1)ⁿ
	= ∑_n (n + 1) (x + 1)ⁿ.

Übung 4

Sei f : [ 0, ∞ [ → ℝ mit

f (x) = $\sqrt{x}$ für alle x ≥ 0

die Quadratwurzelfunktion. Bestimmen Sie die Taylor-Reihe T₁ f von f für den Entwicklungspunkt p = 1. Zusatzaufgabe: Bestimmen Sie den Konvergenzbereich K_f, 1 = { x  ∈  ℝ | T₁ f (x) konvergiert } der Reihe.

Lösung zur Übung 4

Die ersten Ableitungen von f berechnen sich zu:

f ⁽¹⁾(x) = ¹₂ x^− 1/2

f ⁽²⁾(x) = − ¹₄ x^− 3/2 = − ¹_{2 · 2} x^− 3/2

f ⁽³⁾(x) = ³₈ x^− 5/2 = ^{1 · 3}_{2 · 2 · 2} x^− 5/2

f ⁽⁴⁾(x) = − ¹⁵₁₆ x^− 7/2 = − ^{1 · 3 · 5}_{2 · 2 · 2 · 2} x^− 7/2

Wir setzen c₁ = c₂ = 1, c₃ = 3, c₄ = 15. Allgemein definieren wir rekursiv:

c₁ = 1

c_n + 1 = c_n · (2n − 1) = 1 · 3 · … · (2n − 1) für alle n ≥ 1

Aufgrund der Ableitungstabelle vermuten wir:

(+) f ⁽ⁿ⁾(x) = (−1)^n − 1 ^c_n_2ⁿ x^{1/2 − n} für alle n ≥ 1

Wir beweisen unsere Vermutung (+) durch Induktion nach n ≥ 1.

Induktionsanfang n = 1

Es gilt

f ⁽¹⁾(x) = ¹₂ x^− 1/2 = (−1)^1 − 1 ^c₁_2¹ x^{1/2 − 1}

Induktionsschritt von n nach n + 1

Es gelte

f ⁽ⁿ⁾(x) = (−1)^n − 1 ^c_n_2ⁿ x^{1/2 − n} (Induktionsvoraussetzung)

Dann gilt:

f ^(n + 1)(x)	= ^d_dx f ⁽ⁿ⁾(x) = _I. V. ^d_dx (−1)^n − 1 ^c_n_2ⁿ x^{1/2 − n}
	= (−1)^n − 1 ^c_n_2ⁿ (1/2 − n) x^{1/2 − n − 1}
	= (−1)^n − 1 ^c_n_2ⁿ ^{− (2n − 1)}₂ x^{1/2 − (n + 1)}
	= (−1)ⁿ ^c_n + 1_2^n + 1 x^{1/2 − (n + 1)}

Damit berechnet sich die Taylor-Reihe von f im Entwicklungspunkt p = 1 zu:

T₁ f (x) = ∑_n ^{f ⁽ⁿ⁾(1)}_n! (x − 1)ⁿ = 1 + ∑_n ≥ 1 (−1)^n − 1 ^c_n_{2ⁿ n!} (x − 1)ⁿ

Verwendung der fallenden Potenz

Mit Hilfe der für alle s  ∈  ℝ und k  ∈  ℕ definierten fallenden Potenz

s^[ k ] = ∏_{0 ≤ j < k} (s − j) = s · (s − 1) · … · (s − k + 1)

können wir die Ableitungen von f elegant schreiben:

f ⁽ⁿ⁾(x) = [ 1/2 ]ⁿ x^{1/2 − n} für alle n ≥ 0.

Es gilt:

[ 1/2 ]⁰ = 1

[ 1/2 ]¹ = 1/2

[ 1/2 ]² = 1/2 · (− 1/2)

[ 1/2 ]³ = 1/2 · (− 1/2) · (− 3/2)

…

[ 1/2 ]ⁿ = (−1)^n − 1 ^c_n_2ⁿ für alle n ≥ 1

Die fallende Potenz hatten wir in Abschnitt 2 zur Untersuchung der Binomischen Reihen verwendet. Sie ist zur Berechnung von Taylor-Reihen oft nützlich. Aufgrund der Ableitungsregel

^d_dx x^a = a x^a − 1

entstehen beim wiederholten Ableiten Faktoren der Form [ a ]ⁿ.

Berechnung des Konvergenzbereichs

Wir setzen

a_n = ^c_n_{2ⁿ n!} = ^{|[ 1/2 ]ⁿ|}_n! für alle n ≥ 1.

Dann gilt:

T₁ f (x) = ∑_n ≥ 0 ^{[ 1/2 ]ⁿ}_n! (x − 1)ⁿ = 1 + ∑_n ≥ 1 (−1)^n − 1 a_n (x − 1)ⁿ

Für alle n ≥ 1 gilt:

(+) a_n + 1 = ^c_n + 1_{2^n + 1 (n + 1)!} = ^{c_n (2n − 1)}_{2^n + 1 (n + 1)!} = a_n ^2n − 1_2(n + 1) < a_n

Insbesondere gilt a_n < 1 für alle n ≥ 1, sodass die Taylor-Reihe T₁ f (x) durch ∑_n (x − 1)ⁿ majorisiert wird. Damit konvergiert sie absolut im Intervall ] 0, 2 [ (aufgrund der Konvergenz der geometrischen Reihe).

Um das Konvergenzverhalten an den Randpunkten zu klären, untersuchen wir die Koeffizienten noch genauer. (Das Quotientenkriterium ist für die Folge (a_n)_n ≥ 1 nicht anwendbar.) Es gilt

(1) a_n < ¹_2n − 1 für alle n ≥ 1.

Dies ist klar für n = 1 (mit a_n = 1/2) und allgemein ergibt sich die Ungleichung induktiv aus

a_n + 1 = a_n ^2n − 1_2(n + 1) < _I. V. ¹_2(n + 1) = ¹_{2(n + 1) − 1}.

Damit ist (a_n)_n ≥ 1 eine monoton fallende Nullfolge. Aus dem Leibniz-Kriterium für alternierende Reihen ergibt sich die Konvergenz von

T₁f (2) = 1 + ∑_n ≥ 1 (−1)^n − 1 a_n.

Nach dem Abelschen Grenzwertsatz gilt zudem T₁f (2) = $\sqrt{2}$ .

Für den linken Randpunkt von ] 0, 2 [ gilt

T₁ f (0) = 1 + ∑_n ≥ 1 (−1)^n − 1 a_n (−1)ⁿ = 1 − ∑_n ≥ 1 a_n

Zum Nachweis der Konvergenz brauchen wir eine genauere Abschätzung der a_n. Die obige Majorante ∑_n ≥ 1 1/(2n − 1) ist divergent („halbe harmonische Reihe“). Die konvergente Reihe ∑_n ≥ 1 1/n² ist keine Majorante. Wir zeigen:

(2) a_n < ¹_n^3/2 für alle n ≥ 1.

Diese Ungleichung ist wieder klar für n = 1 und induktiv ergibt sich

a_n + 1 = a_n ^2n − 1_2(n + 1) ≤ _I. V. ^2n − 1_{n^3/2 2(n + 1)} ≤ ¹_{(n + 1)^3/2} für alle n ≥ 1

Zum Nachweis der letzen Abschätzung ist zu zeigen, dass

(2n − 1)² (n + 1)³ ≤ n³ 4 (n + 1)².

Äquivalent hierzu ist

(2n − 1)² (n + 1) ≤ 4 n³.

Diese Ungleichung gilt für alle n ≥ 1, denn die linke Seite berechnet sich zu

(4 n² − 4 n + 1) (n + 1)	= 4 n³ − 4 n² + n + 4 n² − 4 n + 1
	= 4 n³ − 3n + 1
	≤ 4 n³.

Da die Reihe ∑_n ≥ 1 1/n^3/2 konvergiert, folgt die Konvergenz von T₁ f (0) aus dem Majorantenkriterium. Nach dem Abelschen Grenzwertsatz gilt zudem T₁f (0) = 0, sodass

∑_n ≥ 1 a_n = ∑_n ≥ 1 ^{|[ 1/2 ]ⁿ|}_n! = 1

Insgesamt gilt

K_f, 1 = [ 0, 2 ].

Die Wurzelfunktion f und einige Taylor-Polynome f_n = T¹_n.

Wie oben mit höheren Ordnungen.

Der Konvergenzbereich [ 0, 2 ] der Taylor-Reihe wird erkennbar.

Die ersten Glieder der Folgen (a_n)_n ≥ 1 und (b_n)_n ≥ 1 mit

a_n = ^{|[ 1/2 ]ⁿ|}_n! (blau), b_n = ¹_n^3/2 (gelb)

Die ersten Glieder der Folge (1/n² − a_n)_n ≥ 1 mit a_n wie oben.

Die Reihe ∑_n ≥ 1 1/n² ist im Gegensatz zu ∑_n ≥ 1 1/n^3/2 keine Majorante von ∑_n ≥ 1 a_n.

Die ersten Glieder der Folge (a_n)_n ≥ 1 wie oben (blau) und zugehörige Partialsummen ∑_k ≤ n a_k (gelb). Die Partialsummen konvergieren gegen 1.