sinus

[Nimda]

Ja, ich glaub ich meine das Lagrangesche-Restglied. Ob es das "Lagrangesche" war weiß ich nicht mehr, aber es war ein Restglied. So blöd sich das jetzt auch anhört.

Kann mir das einer erklären? Bitte!

[Walli]

Also, das Ding ist alternierend. Das bedeutet aufeinander folgende Reihenglieder haben unterschiedliche Vorzeichen. Nun ist aber jedes Glied kleiner als sein vorangehendes.

z.B. $\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{8}-\frac{1}{16}=\frac{5}{16}<\frac{1}{2}$

[Nimda]

@MaSTaH: War das als Antwort auf meine Frage gedacht? Wenn ja, verstehe ich es nicht.

[Walli]

Google doch mal nach Leibnitz-Kriterium, dann weißt du worauf ich hinaus will. Das oben war ein Beispiel und hat nichts mit dem Sinus zu tun.

[freshman]

...und was hat das Leibnitzkriterium mit dem Lagrangeschen Restglied zu tun ??
es stimmt, daß für die Darstellung einer Funktin als Taylorreihe das Lagrange Restglied gegen 0 konvergiert und daß das Leibnitz-Kriterium besagt, daß jede unendliche Reihe in |R konvergiert, wenn deren Koeffizient alternierend und die Folge eine monoton fallende Nullfolge ist. Was hilft mir das denn zum Verständnis des Restgliedes?
edit: gebe ja zu, daß ich die Erklärung auch nicht ad hoc hinkriege [*schähm]

[Walli]

freshman schrieb:

Was hilft mir das denn zum Verständnis des Restgliedes?

Bei uns wurde das mit in die Definition des Kriteriums gepackt, wie man den Abbruchfehler abschätzen kann. Kenne das nur in dem Zusammenhang und nicht als Lagrage'sches Restglied.

[Nimda]

ALSO: Ich hab mal in einem Mathebuch(Kleine Enzyklopädie Mathematik) nachgeschlagen:
Für das Intervall x₀ bis x₀+h :
a) die Restform von Lagrange: es gibt stets wenigstens eine Zahl θ zwischen Null und Eins, 0<θ<1, für die $R\_n=\frac{h^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(X\_0+h\theta)$

b) die Restform von Cauchy: es gibt stets wenigstens eine Zahl θ zwischen Null und Eins, 0<θ<1, für die $R\_n=\frac{h^{n+1}}{n!}(1-\theta)^{n}f^{(n+1)}(X\_0+h\theta)$

Hoffentlich weiß Latex, was ich von ihm möchte... edit.: Nein, weis es nicht!

Als Beispiel beim Sinus, um zu sehen, ob ich das richtig verstehe:
Wenn ich jetzt bis zur 6. Ableitung rechne, ist der Rest(nach Lagrange) im Intervall 0≤X≤π/2:
$R_6=\frac{(\frac{\pi}{2})^{7}}{(7)!}f^{(7)}(0+(\frac{\pi}{2})\theta)$

Weiter ausgerechnet:
$0.004681754135*-cos((\frac{\pi}{2})\theta)$

Das leite ich jetzt nach θ ab, setzte es gleich 0 und ermittle damit die lokalen Maxima, bzw. Minima. Daraus kann ich dann die maximale Abweichung in dem Intervall 0≤θ≤1 berechnen. Hier wäre das für θ=0 ein maximaler Fehler von 0.004681754135 Richtig?

Wenn nicht, wo ist mein Fehler?
Und was hat die Formel von Cauchy besonderes, außer, dass man bei ihr viel schwerer die Maxima und Minima berechnen kann?

[b7f7]

http://www.c-plusplus.net/forum/viewtopic.php?t=41459

[sbrog]

Ich hab mal eine Frage.

Ich habe mit dieser Formel ein Programm erstellt, welches die Sinuswerte mithilfe der Formeln berechnet.

Leider muss sich irgendwo ein Fehler eingeschlichen haben.
Wäre jemand so nett, sich das anzusehen ?

/* 
Manuelle Sinusberechnung
Sinuswerte werden so berechnet :

sin(x) =0 + (x^1/1!) - (x^3/3!) + (x^5/5!) - (x^7/7!) ...

wobei x! bedeutet 1*2*3...*x 
5! bedeutet also 1*2*3*4*5 = 120

je mehr Iterationen man durchführt, desto genauer ist der Wert 

die neueste iteration wird abwechselnd von den vorhergehenden abgezogen oder addiert. zuerst wird addiert
*/

#include <iostream> 

int nennersuchen(int) ;
float sinusberechnen(int,int);

using namespace std;

int main()
{
cout<<sinusberechnen(10,10);
cin.get();
cin.get();
}

int nennersuchen(int zahl)                            //den Nenner suchen, der in die sinusberechnung eingesetzt wird
{
    int a = 1 ;
    for (int b=0 ; b<=zahl ; b=b+1)
       {
            a = a*b;
            if ( a< 1)
            a = 1;
       }
   return a;
}

float sinusberechnen(int zahl,int genauigkeit) // die Zahl, für den der Sinuswert berechnet wird, und die Anzahl der Iterationen
{
    int hochzahl = 1;
    int nenner = 1;                              
    float sinus;                                 //in sinus wird der gesamte wert des bisherigen durchlaufs gespeichert
    float zwischenspeicher;                      //im zwischenspeicher wird der wert des aktuellen durchkaufs gespeichert
    bool op = true  ;                             //steht für operator.Jede nächste iteration wird abwechselnd von den vorherigen subtrahiert,oder addiert; True = + ; False = -
    for (int a=1 ; a<=genauigkeit ; a=a+1)       //die Iteration wird sooft durchgeführt, bis die genauigkeit erreicht ist
    {
        zwischenspeicher  = (zahl^hochzahl)/nennersuchen(nenner) ;

        hochzahl = hochzahl +2 ;                //jede iteration steigen Nenner und Hochzahl um 2
        nenner = nenner +2 ; 
        if (op = true) 
        {
                sinus = sinus + zwischenspeicher ; 
                op = false ; 
        } 
        else 
         {
                sinus = sinus - zwischenspeicher ;   
                op = true ; 
                }        
    }
    return sinus;
}

[Nimda]

Ich glaube, du hast etwas vergessen/nicht gewusst:
Die Taylor-Polynome konvergieren nur um 0 gut. Je weiter du von 0 weg bist, desto ungenauer werden sie. Man berechnet deshalb grundsätzlich nur den Sinus im Bereich 0 bis Pi/2. Den Rest errechnest du daraus. Hier mal kurz und ohne Garantie etwas Pseudocode:
Funktion Sinus(Gleitkommazahl
X = (X modulo 2*Pi) //das bewirkt, dass dein X immer im Bereich 0 bis 2*Pi ist.
Wenn X größer als Pi ist, Berechne Ergebnis = - Sinus(X - Pi). //Damit musst du dich nurnoch um Werte im Bereich 0 bis Pi kümmern.
Wenn X größer als Pi/2 ist, Berechne X = (Pi - //Damit hast du den endgültigen Bereich 0 bis Pi/2.

Und erst hier, kannst du mit der Taylorreihe die eigentliche Berechnung beginnen.
Diesen unschönen rekursiven Funktionsaufruf dort oben kann man auch umgehen, aber dazu bin ich zu müde!

Es ist jetzt 1 Uhr 15. Ich bin todmüde und wollte eigentlich schon vor 2 Stunden im Bett liegen. Ich bin also nicht verantwortlich für Fehler!

[b7f7]

Taylor linearisiert im Bereich der Entwicklungsstelle.

[fubar]

b7f7 schrieb:

Taylor linearisiert im Bereich der Entwicklungsstelle.

Aber auch nur, wenn man nach dem ersten Glied abbricht

[Mis2com]

Hi,

wie kommt man eigentlich auf die Summendarstellung des Sinus?

MfG Eisflamme

[b7f7]

http://de.wikipedia.org/wiki/Taylorpolynom

[fubar]

Taylorreihe

[Nimda]

Ich versuch mal die Herleitung verständlich zu machen:
Man versucht, den Sinus als Polynom darzustellen. Dazu setzt man die die Funktion am Nullpunkt mit dem Polynom gleich. Dazu kommen jetzt die erste, zweite, dritte, ... nte Ableitung, die ebenfalls an dem Punkt gleichgesetzt werden. Da die Ableitungen eines Polynoms 4. Grades folgendes ist:
$x^0=1,$ nur zur Erinnerung!
Hier die Ableitungen:
f(x)=a\_4\*x^4+a\_3\*x^3+a\_2\*x^2+a\_1\*x^1+a_0*x^0
f'(x)=4\*a\_4\*x^3+3\*a\_3\*x^2+2\*a\_2\*x^1+1\*a\_1\*x^0
f''(x)=3\*4\*a\_4\*x^2+2\*3\*a\_3\*x^1+1\*2\*a_2*x^0
f'''(x)=2\*3\*4\*a\_4\*x^1+1\*2\*3\*a\_3\*x^0
f''''(x)=1\*2\*3\*4\*a_4*x^0
Diese fünf Gleichungen können nun ein Gleichungssystem bilden. Zuerst setzt man x=0. Mann kann auch jeden anderen Punkt nehmen, aber dann wird es schwieriger! Und: die Tayloreihe wird um so ungenauer, je weiter X von dem gewähltem Punkt entfernt ist! Weiter: f(x)=sin(x), als Beispiel:
$f(x)=sin(x)$
$f'(x)=cos(x)$
$f''(x)=-sin(x)$
$f'''(x)=-cos(x)$
$f''''(x)=sin(x)$
nun noch x=0 setzten, da es um den Punkt 0 geht:
$f(0)=sin(0)=0$
$f'(0)=cos(0)=1$
$f''(0)=-sin(0)=0$
$f'''(0)=-cos(0)=-1$
$f''''(0)=sin(0)=0$
Von oben wissen wir noch, entsprechend mit x=0:
0=a\_4\*0^4+a\_3\*0^3+a\_2\*0^2+a\_1\*0^1+a_0*0^0
1=4\*a\_4\*0^3+3\*a\_3\*0^2+2\*a\_2\*0^1+1\*a\_1\*0^0
0=3\*4\*a\_4\*0^2+2\*3\*a\_3\*0^1+1\*2\*a_2*0^0
-1=2\*3\*4\*a\_4\*0^1+1\*2\*3\*a\_3\*0^0
0=1\*2\*3\*4\*a_4*0^0
Ich hab gleich f(x) mit den ermittelten Werten ersetzt.
WICHTIG:$0^1=0, 0^2=0, 0^3=0$ABER:$0^0=1$(!)
Dieses Gleichungssystem nun auflösen:
$a_4=0$
$a_3=\frac{-1}{6}$
$a_2=0$
$a_1=\frac{1}{1}$
$a_0=0$
Wenn wir diese Werte nun in unsere (Polynom-)Funktion einsetzten folgt daraus:
a\_4\*x^4+a\_3\*x^3+a\_2\*x^2+a\_1\*x^1+a_0*x^0
\frac{0}{24}\*x^4+\frac{-1}{6}\*x^3+\frac{0}{2}\*x^2+\frac{1}{1}\*x^1+\frac{0}{1}*x^0
oder kurz:
-\frac{1}{6}\*x^3+\frac{1}{1}\*x^1

Wenn man ein Polynom unendlichen Grades benutzt folgt daraus die Taylorreihe. Auf diese Weise, kann man ALLE(!) Funktionen als Taylorreihe darstellen. Beim Logarithmus wird es umständlich, da er für x=0 nicht definiert ist, aber es geht auch. Man muss halt ein anderes x wählen(üblicherweise 1).

Zu sagen gibt es noch, dass man eine allgemeine Formel für die Taylorreihe herleiten kann:

Taylor(x)= \frac{f(0)\*x^0}{0!} + \frac{f(0)\*x^1}{1!} + \frac{f(0)\*x^2}{2!} + \frac{f(0)\*x^3}{3!} + ... + \frac{f(0)*x^n}{n!}

Ist klar wie man darauf kommt? Wenn man unser Polynom von oben Ableitet, so steht vor $a_n$ allgemein der Faktor n! . Diesen setzt man mit der n'ten Ableitung von f(x) gleich. Jetzt lös diese Gleichung nach $a_n$ auf, und schon verstehst du es:
$f^n(x)=n!*a_n$
=>$\frac{f^n(x)}{n!}=a_n$
Jetzt ersetzt man $a_n$ und die anderen a's in unserem Polynom, (diesmal hab ich es genau andersrum hingeschrieben(von links nach rechts statt von rechts nach links)):
Taylor(x)= a\_0\*x^0 + a\_1\*x^1 + a\_2\*x^2 + a\_3\*x^3 + ... + a_n*x^n

und schon hat man den Term der Taylorreihe!

Noch Fragen? Dann lass ich diesen Post erstmal so.

Folgendes einfach ignorieren, ist nur für mein Ego:
Ich hab das alles ohne Nachschlagen aus dem Kopf gewusst, obwohl ich es im zweitem Halbjahr der 13 Klasse(1 Monat vorm Abi, nicht Abi-relevant) im Unterricht hatte(nur eine Stunde, ein Reverat bei dem niemand aufgepasst hat) und seitdem nicht wieder brauchte! Das soll mir erstmal einer nachmachen!

Jetzt hab ich Cold-Case verpasst. Daran seid nur ihr schuld!!!!

P.S.: Dieser Post sollte in eine Mathe-FAQ!
Gibt es überhaupt ein Mathe-FAQ?

[fubar]

Nimda schrieb:

Und: die Tayloreihe wird um so ungenauer, je weiter X von dem gewähltem Punkt entfernt ist!

Du verwechselst Taylorreihe und Taylorpolynom, das Taylorpolynom vom Grad n ist die nach dem n-ten Glied abgebrochene Taylorreihe. Für die Taylorreihe gilt
$f(x) = \sum _{n=0} ^{\infty} \frac {f^{(n)}(x\_0)} {n!} (x-x\_0)^n$

Nimda schrieb:

Auf diese Weise, kann man ALLE(!) Funktionen als Taylorreihe darstellen.

Nein, es müssen bestimmte Voraussetzungen erfüllt sein. Willst du z.B. eine Fkt. f, f:I->IR, als Taylorreihe darstellen, muß gelten:
$f \in C^\infty(I)$, d.h. f muß auf dem Intervall unendlich oft diff'bar sein!
(Gegenbsp.: f(x) = abs(x))

Nimda schrieb:

Gibt es überhaupt ein Mathe-FAQ?

Ja, gibst es sogar, stehen aber IMHO noch nicht viele Beiträge drin.

Ansonsten ist dein Beitrag

Könntest sowas ja auch mal für die Partialbruchzerlegung machen, das würde auch gut in die FAQ passen!

[Mis2com]

Hi,

ganz verstanden habe ich es noch nicht.
Wie kommt man z.B. auf die Fakultät da? Das verstehe ich nicht.
Allerdings bin ich auch mit den Ableitungsregeln noch nicht ganz vertraut, bisher kenn ich eigentlich nur:
f(x) = a^x + b^x
f'(x)= x*a^(x-1) + x*b^(x-1)

Ich habe es aber im Groben schon verstanden und die Vorgehensweise vor allem auch.

MfG Eisflamme

[Nimda]

1.)Es stimmt, dass die Funktion unendlich oft differenzierbar sein muss. Hab ich vergessen.(Ich hab auch in den Mathearbeiten immer vergessen auf differenzierbarkeit zu prüfen, und stetigkeit, ... )

2.) Stimmt schon wieder, wenn ich so drüber nachdenke. Da die Taylorreihe im Gegensatz zum Taylorpolynom unendlich ist, ist sie auch unendlich genau.

3.) Ich könnte meinen Beitrag einfach editieren, aber dann wär dein Beitrag für die Nachwelt unverständlich, also genüge ich mich damit, meine Schande einzugestehen:
*aufsteh und vortret*
Mein Name ist Nimda und ich mache Fehler.

@Mis2com: Ganz einfach wie man auf die Fakultät kommt:

du hast $f(x)=x^1$ und leitest es ab bis die Potenz Null ist:
Beachte: $x^0=1$
f'(x)=1\*x^0=1!\*x^0=1!
das gleiche machen wir für $x^2$
$f'(x)=2*x^1$
f''(x)=1\*2\*x^0=2!*x^0=2!
und für $x^3$
$f'(x)=3*x^2$
f''(x)=2\*3\*x^1
f'''(x)=1\*2\*3\*x^0=3!\*x^0=3!
und für $x^6$
$f'(x)=6*x^5$
f''(x)=5\*6\*x^4
f'''(x)=4\*5\*6*x^3
f^4(x)=3\*4\*5\*6\*x^2
f^5(x)=2\*3\*4\*5\*6*x^1
f^6(x)=1\*2\*3\*4\*5\*6\*x^0=6!*x^0=6!
und für $x^n$
$f'(x)=n*x^{n-1}$
f''(x)=(n-1)\*n\*x^{n-2}
f'''(x)=(n-2)*(n-1)\*n\*x^{n-3}
...
f^{n-2}(x)=3*...*(n-2)*(n-1)\*n\*x^{2}
f^{n-1}(x)=2\*3\*...*(n-2)*(n-1)\*n\*x^{1}
f^n(x)=1\*2\*3*...*(n-2)*(n-1)\*n\*x^{0}=n!*x^0=n!

Hast du es jetzt verstanden?

Partialbruchzerlegung kommt morgen! Heute ist es schon zu spät! Wollt ihr dann auch noch erzeugen eines Kettenbruches? Oder von Hand(ohne Intervallhalbierung) Wurzel ziehen? Könnt ihr alles haben.

Wieso seit ihr eigentlich noch alle wach? Der Sandmann kam doch schon vor Stunden! Nun aber ab ins Bett mit euch und Licht aus. Ihr habt morgen einen anstrengenden Tag vor euch!

[Nimda]

Also Partialbruchzerlegung:
WICHTIG: Wenn ihr etwas nicht versteht, oder nicht wisst, warum ich etwas mache, lest bitte weiter. Meistens wird es später erst klar.
Die Partialbruchzerlegung benutzt man um eine gebrochen-rationale Funktion zu Integrieren.(Gibt es noch andere Anwendungen?)
Ich erkläre sie hier erstmal für den leichtesten Fall. Angenommen wir haben folgende Funktion:
$\frac{x+6}{x^2-3}$
Diese Funktion kann man nicht ohne weiteres Integrieren.(Zumindest ich nicht) Damit man die Funktion Integrieren kann wendet man nun die Partialbruchzerlegung an. Dazu muss man den Nenner in zwei Teile zerlegen, in der x nur noch in der ersten Potenz(also x^1 und nicht mehr x^2) auftaucht, nachher erfahrt ihr warum. Um den Nenner aufzuspalten, muss man den Nenner gleich 0 setzten und dann nach x auflösen:
$x^2-3=0 <=> x^2=3$
> x=\sqrt{3} und $x=-\sqrt{3}$
Nun hat man schonmal den Nenner zerlegt:
$x^2-3=(x+\sqrt{3})*(x-\sqrt{3})$

Jetzt können wir unseren Nenner schon schön getrennt schreiben:
$\frac{A}{x+\sqrt{3}}+\frac{B}{x-\sqrt{3}}$
A und B sind die Platzhalter für die neuen Zähler, da wir jetzt auch den Zähler zerlegen müssen! Bevor wir jetzt anfangen A und B zu bestimmen, klären wir erstmal, wozu das bisherige Theater gut war.
Fragen: Warum zerlegen wir überhaupt den Nenner?
Antwort: eine Funktion mit $x^2$ im Nenner können wir nicht integrieren, eine Funktion mit x im Nenner aber schon. Wer nicht weiß wie, hat entweder in der Schule nicht aufgepasst oder hatte es noch nicht. Ich zeige zum Schluss wie das geht.
Wenn wir den nächsten Schritt machen, (den ersten zur Bestimmung von A und wird auch der letzte Schritt klar. Wir erweitern jetzt die beiden Brüche auf einen gemeinsamen Nenner, dazu multiplizieren wir jeweils Zähler und Nenner mit dem anderem Nenner(sollte klar sein) :
$\frac{A*(x-\sqrt{3})}{(x+\sqrt{3})*(x-\sqrt{3})}+\frac{B*(x+\sqrt{3})}{(x-\sqrt{3})*(x+\sqrt{3})}$
Und siehe da, wenn wir die Nenner jetzt ausmultiplizieren sind wir wieder bei unserem altem Nenner! Wir lassen sie aber erstmal so stehen. Um jetzt A und B zu bestimmen, brauchen wir eine Gleichung. Kein Problem, wir nehmen dazu einfach unsere Ursprungsfunktion dazu:
$\frac{x+6}{x^2-3}=\frac{A*(x-\sqrt{3})}{(x+\sqrt{3})*(x-\sqrt{3})}+\frac{B*(x+\sqrt{3})}{(x-\sqrt{3})*(x+\sqrt{3})}$
Jetzt kürzen wir einfach in der Gleichung die Nenner heraus:
$x+6=A*(x-\sqrt{3})+B*(x+\sqrt{3})$
Das sieht doch schon wesentlich einfacher aus, um A und B zu bestimmen. Aber wir haben jetzt eine Gleichung und drei Unbekannte. Aus dem Matheunterricht wissen wir, dass so ein Gleichungssystem "unterspezifiziert" heißt und nicht lösbar ist.
Scheiß drauf!!!
Wir müssen zwei Variablen los werden! Da A und B mit einem Term in dem x auftaucht multipliziert werden, müsste es doch reichen, diesen Term gleich Null zu machen, indem wir x passend wählen, oder? Zum Glück ist das nicht schwer. Wir kennen ja die Lösung schon:
$x=\sqrt{3}$ und $x=-\sqrt{3}$
Errinerst du dich?
Jetzt setzten wir zuerst zuerst $x=\sqrt{3}$
Dann sieht die Gleichung folgendermasen aus:
$\sqrt{3}+6=A*(\sqrt{3}-\sqrt{3})+B*(\sqrt{3}+\sqrt{3})$
<=>$\sqrt{3}+6=B*(2*\sqrt{3})$
A ist weggefallen, da es mit 0 multipliziert wurde!
<=>$\frac{\sqrt{3}+6}{2*\sqrt{3}}=B$
Jetzt hab ich auf beiden Seiten durch den Term hinter B dividiert, um B allein auf einer Seite zu haben.
<=>$0.5+\sqrt{3}=B$
Im letztem Schritt habe ich einfach den Zähler durch den Nenner geteilt. Probier es aus, wenn du es nicht glaubst. Ich hab's Anfangs auch nicht geglaubt.
Jetzt machen wir das gleiche mal mit dem anderem Nullpunkt: $x=-\sqrt{3}$
Mal sehen was da passiert:
$-\sqrt{3}+6=A*(-\sqrt{3}-\sqrt{3})+B*(-\sqrt{3}+\sqrt{3})$
<=>$-\sqrt{3}+6=A*(-2*\sqrt{3})$
<=>$\frac{-\sqrt{3}+6}{-2*\sqrt{3}}=A$
<=>$0.5-\sqrt{3}=A$
HEUREKA! Wir haben zwei Variable bestimmt aus EINER Gleichung mit DREI unbekannten. Das soll uns erstmal einer nachmachen!
Jetzt setzen wir A und B in unsere Gleichung von oben ein:
$\frac{0.5-\sqrt{3}}{x+\sqrt{3}}+\frac{0.5+\sqrt{3}}{x-\sqrt{3}}$
FERTIG! Schon haben wir eine Partialbruchzerlegung geschafft!

Falls wir die Funktion jetzt auch noch integrieren wollen, gehen wir wie folgt vor. Wir (sollten) wissen, dass $\int \frac{C}{Dx+E} dx = C*ln(|Dx+E|)$ ist. Dank dessen kann man die Funktion jetzt auch integrieren:
$\int \frac{x+6}{x^2-3} dx$ = $\int \frac{0.5-\sqrt{3}}{x+\sqrt{3}}+\frac{0.5+\sqrt{3}}{x-\sqrt{3}} dx$ = (0.5-\sqrt{3})\*ln(|x+\sqrt{3}|)+(0.5+\sqrt{3})\*ln(|x-\sqrt{3}|)

Noch fragen?
Hoffentlich versteht Latex mich JETZT!
Wenn ihr noch Fehler seht, werde ich sie natürlich korrigieren.
Hoffentlich hab ich nicht zu viele inhaltliche Fehler...
Bitte Kommentare!