Hallo, ich sollte folgendes machen:
Aufgabe:
Sei f(x) = ln(1 + x), die Funktion.
Bestimme das Taylorpolynom Grad 2 für den Entwicklungspunkt p = 2 und schätze den Fehler für x aus [1,3] ab.
1) Das Taylorpolynom:
Text erkannt:
\( \begin{array}{l} \text { - } f(2)=\ln (1+2)=\ln 3 \\ \text { - } f^{\prime}(2)=\lim \limits_{x \rightarrow 2} \frac{f(x)-f(2)}{x-2}=\lim \limits_{x \rightarrow 2} \frac{\ln (1+x)-\ln 3}{x-2} \ln 3=0 \\ \text { ('H. } \lim \limits_{x \rightarrow 2} d f / d x(\ln (1+x))=\lim \limits_{x \rightarrow 2} \frac{1}{1+x}=\frac{1}{1+2}=\frac{1}{3} \\ \text { - } f^{\prime \prime}(2)=\lim \limits_{x \rightarrow 2} \frac{f^{\prime}(x)-f^{\prime}(2)}{x-2}=\lim \limits_{x \rightarrow 2} \frac{\frac{1}{1+x}-\frac{1}{3} \longrightarrow \frac{1}{3}-\frac{1}{3}=c}{x-2} \longrightarrow 2-2=0 \\ =\lim \limits_{x \rightarrow 2} d f^{\prime} / d x\left((1+x)^{-1}\right)=\lim \limits_{x \rightarrow 2}\left(-(1+x)^{-2}\right)=-(1+2)^{-2} \\ =-3^{-2}=-\frac{1}{9} \end{array} \)
Das Taylorpolynom dür \( x_{0}=2 \) im Grad 2, laulet:
\( T_{2,2}(x)=\ln 3+\frac{1}{3}(x-2)-\frac{1}{18}(x-2)^{2} \)
2) Der abgeschätzte größtmögliche Fehler
Text erkannt:
2. Schritt: Bilde die dritte Ableitung \( f^{\prime \prime \prime} \) von \( f \) :
\( f^{\prime \prime \prime}(x) \stackrel{a}{=} \frac{2}{(1+x)^{3}} \)
3. Schritt: Schäta den Fehler dür \( x \in[1,3] a b \) : Nach dem Satz von Taylor \( \exists x_{1} \in(x, 2) \cup(2, x) \), sodass: \( f(x)=T_{2,2}(x)+f^{\prime \prime \prime}\left(x_{1}\right) \frac{(x-2)^{3}}{3 !} \). Also gilt damit: \( \left|f(x)-T_{2,2}(x)\right|=\left|f^{\prime \prime \prime}\left(x_{1}\right) \frac{(x-2)^{3}}{3 !}\right| \).
Für \( x \in[1,3] \) ist \( x \leq 3 \), also \( x-2 \leq 1 \) \& somit \( (x-2)^{3} \leq \) \( 1^{3}=1 \). Außerdem gilt \( \left|f^{\prime \prime \prime}\left(x_{1}\right)\right|=\frac{2}{\left(1+x_{1}\right)^{3}} \leq \frac{2}{(1+1)^{3}}=\frac{2}{8} \) \( =\frac{1}{4} \). Insgesamt folgt: \( \underbrace{(1+1)^{3}}_{=2^{3}=8} \)
\( \begin{array}{l} \left|f(x)-T_{2,2}(x)\right|=\left|f^{\prime \prime \prime}\left(x_{1}\right) \frac{(x-2)^{3}}{3 !}\right|=\left|f^{\prime \prime \prime}\left(x_{1}\right)\right| \frac{\left|(x-2)^{3}\right|}{6} \\ \leqslant \underbrace{\left|f^{\prime \prime \prime}\left(x_{1}\right)\right|}_{\geqslant 0} \frac{1}{6}=\frac{2}{\left(1+x_{1}\right)^{3}} \cdot \frac{1}{6} \leqslant \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{24} . \end{array} \)
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Hab ich das alles richtig gemacht? Ich würd mich auf eine Meinung freuen.
