4. sinus

sinus

  • B

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

    0
  • F

    Taylorreihe

    0
  • N

    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:
    x0=1,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)=sin(x)
    f′(x)=cos(x)f'(x)=cos(x)
    f′′(x)=−sin(x)f''(x)=-sin(x)
    f′′′(x)=−cos(x)f'''(x)=-cos(x)
    f′′′′(x)=sin(x)f''''(x)=sin(x)
    nun noch x=0 setzten, da es um den Punkt 0 geht:
    f(0)=sin(0)=0f(0)=sin(0)=0
    f′(0)=cos(0)=1f'(0)=cos(0)=1
    f′′(0)=−sin(0)=0f''(0)=-sin(0)=0
    f′′′(0)=−cos(0)=−1f'''(0)=-cos(0)=-1
    f′′′′(0)=sin(0)=0f''''(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:01=0,02=0,03=00^1=0, 0^2=0, 0^3=0ABER:00=10^0=1(!)
    Dieses Gleichungssystem nun auflösen:
    a4=0a_4=0
    a3=−16a_3=\frac{-1}{6}
    a2=0a_2=0
    a1=11a_1=\frac{1}{1}
    a0=0a_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 ana_n allgemein der Faktor n! . Diesen setzt man mit der n'ten Ableitung von f(x) gleich. Jetzt lös diese Gleichung nach ana_n auf, und schon verstehst du es:
    fn(x)=n!∗anf^n(x)=n!*a_n
    =>fn(x)n!=an\frac{f^n(x)}{n!}=a_n
    Jetzt ersetzt man ana_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?

    0
  • F

    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)=∑n=0∞f(n)(x_0)n!(x−x_0)nf(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∈C∞(I)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!

    0
  • M

    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

    0
  • N

    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)=x1f(x)=x^1 und leitest es ab bis die Potenz Null ist:
    Beachte: x0=1x^0=1
    f'(x)=1\*x^0=1!\*x^0=1!
    das gleiche machen wir für x2x^2
    f′(x)=2∗x1f'(x)=2*x^1
    f''(x)=1\*2\*x^0=2!*x^0=2!
    und für x3x^3
    f′(x)=3∗x2f'(x)=3*x^2
    f''(x)=2\*3\*x^1
    f'''(x)=1\*2\*3\*x^0=3!\*x^0=3!
    und für x6x^6
    f′(x)=6∗x5f'(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 xnx^n
    f′(x)=n∗xn−1f'(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! 🤡

    0
  • N

    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:
    x+6x2−3\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:
    x2−3=0<=>x2=3x^2-3=0 <=> x^2=3
    😕> x=\sqrt{3} und x=−3x=-\sqrt{3}
    Nun hat man schonmal den Nenner zerlegt:
    x2−3=(x+3)∗(x−3)x^2-3=(x+\sqrt{3})*(x-\sqrt{3})

    Jetzt können wir unseren Nenner schon schön getrennt schreiben:
    Ax+3+Bx−3\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 x2x^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) :
    A∗(x−3)(x+3)∗(x−3)+B∗(x+3)(x−3)∗(x+3)\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:
    x+6x2−3=A∗(x−3)(x+3)∗(x−3)+B∗(x+3)(x−3)∗(x+3)\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−3)+B∗(x+3)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=3x=\sqrt{3} und x=−3x=-\sqrt{3}
    Errinerst du dich?
    Jetzt setzten wir zuerst zuerst x=3x=\sqrt{3}
    Dann sieht die Gleichung folgendermasen aus:
    3+6=A∗(3−3)+B∗(3+3)\sqrt{3}+6=A*(\sqrt{3}-\sqrt{3})+B*(\sqrt{3}+\sqrt{3})
    <=>3+6=B∗(2∗3)\sqrt{3}+6=B*(2*\sqrt{3})
    A ist weggefallen, da es mit 0 multipliziert wurde!
    <=>3+62∗3=B\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+3=B0.5+\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=−3x=-\sqrt{3}
    Mal sehen was da passiert:
    −3+6=A∗(−3−3)+B∗(−3+3)-\sqrt{3}+6=A*(-\sqrt{3}-\sqrt{3})+B*(-\sqrt{3}+\sqrt{3})
    <=>−3+6=A∗(−2∗3)-\sqrt{3}+6=A*(-2*\sqrt{3})
    <=>−3+6−2∗3=A\frac{-\sqrt{3}+6}{-2*\sqrt{3}}=A
    <=>0.5−3=A0.5-\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:
    0.5−3x+3+0.5+3x−3\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 ∫CDx+Edx=C∗ln(∣Dx+E∣)\int \frac{C}{Dx+E} dx = C*ln(|Dx+E|) ist. Dank dessen kann man die Funktion jetzt auch integrieren:
    ∫x+6x2−3dx\int \frac{x+6}{x^2-3} dx = ∫0.5−3x+3+0.5+3x−3dx\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!

    0
  • F

    Nimda schrieb:

    Bitte Kommentare!

    Hmm, ok, dann fang ich mal an.

    Hier wäre es _IMHO_ sinnvoller gewesen, einen neuen Thread aufzumachen...

    In LaTeX-Code würde ich für die Multiplikation kein * verwenden (sieht für mich immer wie Faltung aus), sondern \cdot (hab aber keine Ahnung von Latex) oder einfach gar nichts: a⋅b=aba \cdot b = ab

    Nimda schrieb:

    (Gibt es noch andere Anwendungen?)

    z.B. Fourier-/Laplace-(Rück)Transformation

    Vielleicht hätte man noch erwähnen können, daß es verschiedene Möglichkeiten gibt, die Koeffizienten zu bestimmen:
    -Koeffizientenvergleich
    -Einsetzmethode
    -Zuhaltemethode (nur für Linearfaktoren mit max. Koeffizienten)

    Hier eine etwas allg. Darst.: (wollte auch mal mit LaTeX rumexperimentieren)

    \textbf{Partialbruchzerlegung:} \\ \newline

    Gegeben sei eine gebrochen rationale Fkt.
    $ f(x) = \frac {p(x)} {q(x)} $ mit \
    $ grad; p = n < m = grad; q$ (ansonsten Polynomdivision). \
    \newline
    Zerlege das Nennerpolynom q(x) in Faktoren der Form: \
    $ (x-a)^k, wenn a k-fache reelle NST von q(x) ist\\ ((x-a)2+b2)^k$, wenn a±iba \pm ib k-fache komplexe NST von q(x) ist\
    \newline

    \begin{tabular}{c|c}
    NST&Ansatz\\hline\
    $ (x-a)^k $ & A_1x−a+A_2(x−a)2+...+Ak(x−a)k\frac{A\_1} {x-a} + \frac{A\_2} {(x-a)^2} + ... + \frac{A_k} {(x-a)^k}\ \
    $ ((x-a)2+b2)^k $ & B_1x+C_1((x−a)2+b2)+B_2x+C_2((x−a)2+b2)2+...+B_kx+C_k((x−a)2+b2)k\frac{B\_1x+C\_1} {((x-a)^2+b^2)} + \frac{B\_2x+C\_2}{((x-a)^2+b^2)^2} + ... + \frac{B\_kx+C\_k} {((x-a)^2+b^2)^k}\
    \\end{tabular}\
    \newline
    Ein Koeffizientenvergleich liefert ein LGS f"ur die $A_i, ; B_i ; C_i ..$

    0
  • N

    @fubar:
    Auf das korrekte Zeichen für die Multiplikation achte ich nur, wenn Verwechslungsgefahr besteht, was hier aber nicht der Fall ist. Ich merk es mir aber.
    Einen neuen Thread kann ein Moderator aufmachen, und dann meinen Beitrag dorthin verschieben. Wäre aber tatsächlich nicht dumm gewesen.
    "Fourier-/Laplace-(Rück)Transformation", musst du erkären. Als Abiturient kann/kenn ich sowas nicht.
    Andere Möglichkeiten die Koeffizienten zu ermitteln kenn ich ebenfalls nicht, musst wieder du erklären.

    Noch was: was du in Latex geschrieben hast verstehe ich nicht. 😞 Zumindest nicht alles. Das wäre ja ansich nicht schlimm, aber wenn ich es nicht verstehe, verstehen es andere vermutlich ebenfalls nicht. Ich hab nichts gegen eine mathematisch korekte Darstellung, aber kannst du es bitte auch umgangssprachlich formulieren? BITTE, BITTE, BITTE!!!

    0
  • F

    Nimda schrieb:

    "Fourier-/Laplace-(Rück)Transformation", musst du erkären.

    Hier mal ein Link zur Laplace-Transformation. Hier benötigt man die Partialbruchzerlegung z.B. wenn man eine Übertragungsfunktion der Form G(s)=b_0+b_1s+...+b_msma_0+a_1s+...+a_nxnG(s)= \frac {b\_0+b\_1s+...+b\_ms^m}{a\_0+a\_1s+...+a\_nx^n} in den Zeitbereich zurücktransformieren will...

    Zu den verschiedenen Möglichkeiten, die Koeffizienten zu bestimmen, müßte man eigentlich genug im Internet finden.

    Nimda schrieb:

    Noch was: was du in Latex geschrieben hast verstehe ich nicht. 😞 Zumindest nicht alles.

    Was denn genau? Könnte evtl. mal ein Bsp. machen, habe aber im Moment leider keine Zeit.

    0
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