Taylorentwicklung Funktion mit Potenz

Question

Welche Funktionen lassen sich alle Taylorentwickeln?
Wenn ich beispielsweise die Funktion (1+x^3)^0,5 taylorentwickle bekomme ich immer ein problem mit dem nachdifferenziereten Term, da wenn ich um den Punkt 0 entwickle alles null werden würde.

Answer 1

bei deiner Funktion ist ja
f ' (x) = 3x^2 / 2*(x^3+1)^{1/2}     mit f ' (0) = 0

f ' ' (x) = 3x(x^3+4)  /   ( 4*(x^3 +1)^{3/2}  ) und wieder f ' ' (0) = 0
aber
f ' ' ' (x) = ist ziemlich wild, gibt aber   f ' ' ' (0) = 3
also ist das Taylorploynom für n=3  um Entwicklungspunkt 0

p(x) = 1 + 3/6 * x^3  = 1 + 0,5x^3

und die ersten sind immer nur die konstanten p(x)=1

Wenn du dir den Graphen anschaust, siehst du auch, dass der bei 0 sehr
lange fast waagerecht verläuft. Die beste Annäherung mit linearen oder
quadratischen Polynomen ist also wohl wirklich die konstante 1.

Comments

Vielen Dank für die schnelle Antwort =)

Aber ich versteh noch nicht ganz wie man bei der dritten ableitung auf die 3 kommt

Answer 2

Also:

Für eine Taylorentwicklung bis zum n-ten Glied muss die Funktion n mal differenzierbar sein.

Jede Funktion, die an einer Stelle n-mal differenzierbar ist, ist dort bis zum n-ten Glied taylorentwickelbar.

Deine Funktion ist bei x=0 unendlich oft differenzierbar, daher ergibt sich kein Problem.

Ich habe bis zur zweiten Ableitung nachgerechnet: Die erste und zweite Ableitung ist für

x=0 tatsächlich null. Aber es ist eben so. In der Umgebung von x=0 ist die

Taylornäherung T(x) bis zum zweiten Grad T(x)=1.

Comments

f ' ' (x) = 3x(x³+4)  /   ( 4*(x³ +1)^3/2  ) musst du halt noch mal ableiten

dazu vielleicht erst mal so schreiben   (3/4) * ( x^4 + 4x )  /  (x^3 + 1)^3/2

und dann mit Quotientenregel u(x) = x^4 + 4x   also u ' (x) = 4x^3 + 4

und  v(x) = (x^3 + 1)^3/2    und v ' (x) = (3/2) * 3x^2 * (x^3 + 1)^1/2  

und dann ist

f ' ' ' (x) =  (3/4) *  ( v(x)*u ' (x) - u(x) * v ' (x) ) / v(x) ^2

also für x=0  f ' ' ' (x) =  (3/4) *( 1 * 4 - 0 * 0 ) / 1

= (3/4) * 4 = 3

Answer 3

Du kannst benutzen, dass \((1+x)^\alpha=\sum\limits_{k=0}^\infty \binom{\alpha}{k}x^k\) gilt für alle \(\alpha\in\mathbb{C}\). Das geht deutlich schneller als wenn man die Ableitungen berechnet.