Integral mittels Reihe lösen

Question

ich möchte gerne das Integral \( \int\limits_{0}^{1} \) \( e^{-x^{3}} \) dx mit Hilfe von Reihen berechnen. Der Fehler soll dabei kleiner als \( 10^{-5} \) sein.

Das Beispiel taucht in meiner Literatur in der Thematik von gleichmäßigen Konvergenzen und Vertauschungen der Reihenfolgen von Grenzwerten und Integralen auf.

Wie geht man hier vor?

Answer 1

Der Satz von Taylor mit Lagrange Restterm auf \( x \mapsto e^{ x} \) angewendet gibt dir für \( x \in [ -1, 1]  \)
\(\begin{aligned} e^{ x} = \sum_{ k = 0}^{ n - 1} \frac{ x^{ k}}{ k!} + \frac{ e^{ \xi _{ x} }x^{ n}}{ n!} \end{aligned}\)
für \( \xi _{ x}  \in ( -1, x)  \). Für jedes \( x \in [ 0, 1]  \) ist nun \( -x^{ 3} \in [ -1, 0] \subset [ -1, 1]  \) und deshalb kannst es in die obige Approximation einsetzen, also
\(\begin{aligned} e^{ -x^{ 3}} = \sum_{ k = 0}^{ n - 1}( -1) ^{ k} \frac{ x^{ 3k}}{k! }  +( -1) ^{ n} \frac{ e^{ \xi _{ -x^{ 3}} } x^{ 3n}}{ n!} \end{aligned}\)
mit \( \xi _{ -x^{ 3}}  \in ( -1, -x^{ 3}) \).

Insbesondere erhält man also
\(\begin{aligned} \biggl| \int_{ 0}^{ 1} e^{ -x^{ 3}}\, dx - \int_{ 0}^{ 1}\sum_{ k = 0}^{ n-1} ( -1) ^{ k} \frac{ x^{ 3k}}{ k!}\, dx \biggr| &= \biggl| \int_{ 0}^{ 1} ( -1)^{ n}  \frac{e^{ \xi _{-x^3}  } x^{ 3n}}{ n!} \biggr| \leqslant \frac{e}{ (3n + 1) \cdot n!} \end{aligned}\)

Comments

Ich verstehe leider nicht, was ich nun für das Integral aus der Angabe ausrechnen soll.

Also \( e^{-x^{3}} \) lässt sich schreiben als

\( \sum\limits_{k=0}^{\infty}{\frac{(-x)^{3^{k}}}{k!}} \)

Um das Integral aus der Angabe zu lösen müsste ich nun

\( \int\limits_{0}^{1} \) \( \sum\limits_{k=0}^{\infty}{\frac{(-x)^{3^{k}}}{k!}} \)

lösen, richtig?

Ich verstehe nicht, wie ich mit

\(\begin{aligned} \biggl| \int_{ 0}^{ 1} e^{ -x^{ 3}}\, dx - \int_{ 0}^{ 1}\sum_{ k = 0}^{ n-1} ( -1) ^{ k} \frac{ x^{ 3k}}{ k!}\, dx \biggr| &= \biggl| \int_{ 0}^{ 1} ( -1)^{ n} \frac{e^{ \xi _{ x} } x^{ 3n}}{ n!} \biggr| \leqslant \frac{e}{ 3n \cdot n!} \end{aligned}\)

das obige Integral lösen und innerhalb des Fehlerbereichs bleiben soll.

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Wie ist die Lösung mit diesem Rechner zu verstehen:

https://www.integralrechner.de/

Warum ist das nicht herkömmlich integrierbar? Wo ist die Crux?
Ich bitte um eine Erklärung für einen Nicht-Profi, falls möglich.

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@ggT22 das Integral dieser Funktion lässt sich nun eben leider nicht durch eine Kombination elementarer Funktionen darstellen, deshalb gibt dir der Integralrechner eine Lösungs mittels Gamma-Funktion.

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@MatheMatheMathe1 Ich verstehe deine Frage nicht wirklich, hast du meine Antwort richtig gelesen? Du musst \(n\) jetzt so wählen, dass \(\dfrac{e}{3n \cdot n!}< 10^{-5}\) ist. Für dieses \(n\) berechnest du dann \(\begin{aligned} \int_{ 0}^{ 1}\sum_{ k = 0}^{ n-1} ( -1) ^{ k} \frac{ x^{ 3k}}{ k!}\, dx\end{aligned}\) (du weisst denke ich, wie man ein Polynom integriert).

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Danke. Wie kommt man auf so " krasse" Lösungen, dass einem Hören und Sehen vergeht? Wo und wann lernt man das?

Kommt das in praktischen Anwendungen vor?

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Meinst du jetzt die Gamma-Funktion?

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Die kommt denke ich des öfteren bei der Lösung von Integralen vor, die man nicht mittels der bekannten Funktionen ausdrücken kann. Praktische Anwendungen gibt es da sicherlich einige, eine die mir jetzt so auf der Stelle einfällt wäre der Zentrale Grenzwertsatz bzw. wenn man an numerischen Werten interessiert ist beim Arbeiten mit der Normalverteilung (das integral von \(e^{-x^2}\) ist von der gleichen Sorte und lässt sich ebenfalls mittels Gamma-Funktion ausdrücken).

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Vielen Dank, ich sollte es nun verstehen

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Meinst du jetzt die Gamma-Funktion?

Ja.

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Sorry nochmal @Liszt , doch wie kommst auf die Taylorapproximation?

Wir haben \( e^{-x^{3}} \)

Der Satz von Taylor lautet

f(x) = \( \sum\limits_{i=0}^{n}{\frac{f^{(i)}(x0)}{i!}(x-x0)^{i}} +\frac{f^{n+1}(x0+Θ(x-x0))}{(n+1)!}(x-x0)^{n+1}\)

Wie bist du auf

\(\begin{aligned} e^{ -x^{ 3}} = \sum_{ k = 0}^{ n-1} ( -1) ^{ k} \frac{ x^{ 3k}}{ k!} + ( -1)^{ n}  \frac{e^{ \xi _{ x} } x^{ 3n}}{ n!} \end{aligned}\)

gekommen? Was ist der Entwicklungspunkt (ich denke 0)?

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Du nimmst die Taylorreihe für die e-Funktion und setzt darin \(-x^3\) ein.

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Wie wurde

\(\begin{aligned} e^{ -x^{ 3}} = \sum_{ k = 0}^{ n-1} ( -1) ^{ k} \frac{ x^{ 3k}}{ k!} + ( -1)^{ n}  \frac{e^{ \xi _{ x} } x^{ 3n}}{ n!} \end{aligned}\)

hergeleitet?

Mich verwirrt z.B warum die Summe vom Taylorpolynom bis n-1 geht und nicht wie im Satz von Taylor bis n.

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Das ist doch dieselbe Formel, ob Du sie bis 5, 6, n, oder n-1 aufschreibst. Wenn die Summe bis m geht, kommt im Fehlerterm eben m+1 vor. Verwende also \(e^u=\sum\limits_{k=0}^m\frac{u^k}{k!}+ ...\) mit \(u=-x^3\) und \(m=n-1\).

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Ich verstehe leider dennoch nicht, warum die Summe bis n-1 bzw. m geht.

In meiner Literatur ist die Taylorreihe der e-Funktion = \( \sum\limits_{k=0}^{\infty}{\frac{(-x)^{3^{k}}}{k!}} \)

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Die Reihe geht bis \(\infty\), aber um die geht es hier nicht. Es geht um den Satz von Taylor, mit Taylorpolynom und Restglied. Schreib den mal hin, wie oben gesagt, mit u und m.

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Taylor
f(x) = \( e^{u} \)  = \( \sum\limits_{k=0}^{m}{\frac{f^{(k)}(x0)}{k!}(x-x0)^{k}} +\frac{f^{m+1}(x0+Θ(x-x0))}{(m+1)!}(x-x0)^{m+1}\)

mit x0 = 0

\( e^{u} \) = \( \sum\limits_{k=0}^{m}{\frac{f^{(k)}(x0)}{k!}(x)^{k}} +\frac{f^{m+1}(x0+Θ(x-x0))}{(m+1)!}(x)^{m+1}\)

also

\( \sum\limits_{k=0}^{m}{\frac{(e^u)^{(k)}(x0)}{k!}x^k}+\frac{(e^u)^{m+1}(x0+Θ(x-x0))}{(m+1)!}x^{m+1} \)

Ich erkenne da immer noch nicht die obige Taylorapproximation

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Das stimmt nicht, weil links \(u\) und rechts \(x\). Schreib die mit \(u\) richtig auf. Dann nochmal: setze \(u=-x^3, m=n-1\) und natürlich \(x_0=0\) und die Ableitungen der e-Funktion.

Warum zeichnest Du das denn als beste Antwort aus, wenn Du soviel darin noch nicht verstanden hast?

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Ich dachte anfangs, ich verstünde die Herleitung, deswegen die Auszeichnung.

Bin erst später darauf gekommen, dass ich es falsch verstanden habe.

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\( \sum\limits_{k=0}^{n-1}{\frac{(e^{-x^3})^{(k)}(0)}{k!}x^k}+\frac{(e^{-x^3})^{n-1+1}(Θx)}{(n-1+1)!}x^{n-1+1} \)

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Nein. Aber n und x0 stimmen jetzt. Nochmal zurück: Schreib das ganze erst komplett mit u auf, also \(e^u=...\) inkl. der höheren Ableitungen der e-Funktion (die Du hoffentlich kennst). Danach setzt Du \(u=-x^3\) ein.

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@Liszt wie kommt die Abschätzung bei
\(\begin{aligned} \biggl| \int_{ 0}^{ 1} e^{ -x^{ 3}}\, dx - \int_{ 0}^{ 1}\sum_{ k = 0}^{ n-1} ( -1) ^{ k} \frac{ x^{ 3k}}{ k!}\, dx \biggr| &= \biggl| \int_{ 0}^{ 1} ( -1)^{ n} \frac{e^{ \xi _{ x} } x^{ 3n}}{ n!} \biggr| \leqslant \frac{e}{ 3n \cdot n!} \end{aligned}\)

nun zu Stande?

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Ich habe meine Antwort nochmal angepasst, das Interval für \(\xi_x\) hatte auch einen Schreibfehler.

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Danke, aber funktioniert hier die Abschätzung genau? Also warum ist die Rechte Seite ≤\( \frac{e}{3n * n!} \)

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Du kannst den Absolutbetrag ins Integral reinziehen (kleiner-gleich) und dann benutzen, dass \(\xi_{-x^3} \in (-1, 1)\) also ist \(e^{\xi_{-x^3}}\leqslant e\). Jetzt noch das Integral berechnen (also \(x^{3n}\) von 0 bis 1 integrieren) und du bist fertig.

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\(\xi_{-x^3} \in (-1, 1)\) liegt in dem Bereich da x von [-1,1] oder?

Das Integral \( x^{3n} \) von 0 1 liefert \( \frac{1}{3n+1} \)

Das wird vermutlich durch \( \frac{1}{3n} \) nach oben abgeschätzt, um auf \( \frac{e}{3n * n!} \) zu kommen, richtig?

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Ah es sollte natürlich \(\dfrac{3}{n + 1}\), richtig.

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Meinst du \( \frac{1}{3n+1} \) oder warum ist die 3 nun im Zähler?

Gilt die Abschätzung mit \( \frac{e}{3n * n!} \) oder soll es nun \( \frac{e}{(3n+1) * n!} \) sein?

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@MatheMatheMathe1

Da muss tatsächlich \((3n+1)n!\) im Nenner stehen.

Außerdem gilt \(-1\leq -x^3 <\xi_{-x^3}< 0\). Damit gilt \(e^{\xi_{-x^3}} < 1\).

Für die letzte Abschätzung kann man also \(\frac 1{(3n+1)n!}\) nehmen.

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Vielen Dank an alle