Vollständige Induktion und Taylorformel

Question

Aufgabe:

Gegeben sei die Funktion \( f(x)=\frac{2}{1-x^{2}} \)

a) Zeigen Sie (mit vollständiger Induktion), dass die \( n \) -ten \( (n \in N) \) Ableitungen von \( f \) von der Form
$$ f^{(n)}(x)=n !\left(\frac{1}{(1-x)^{n+1}}+(-1)^{n} \frac{1}{(1+x)^{n+1}}\right) $$
sind.

Hinweis: Die nullte Ableitung \( f^{(0)} \) ist die Funktion selber, also \( f^{(0)}(x)=f(x) \). Ansonsten ist z.B. \( f^{(3)}(x) \) nur eine andere Schreibweise für \( f^{\prime \prime \prime}(x) \)

b) Geben Sie das \( n \) -te Taylorpolynom von \( f \) mit Entwicklunkt \( x_{0}=0 \) an. Vereinfachen Sie es soweit wie möglich.

Answer 1

Ich hab jetzt erst mal den Teil a) gemacht.

Vielleicht beschäftigt sich noch jemand mt Teil b) sonst stelle die Frage noch einmal gesondert.

 

Zu zeigen:

$${ f }^{ (n) }(x)=n!\left( \frac { 1 }{ { (1-x) }^{ n+1 } } +{ (-1) }^{ n }\frac { 1 }{ { (1+x) }^{ n+1 } }  \right)$$

Induktionsanker:

Für n = 0 gilt:

$${ f }^{ (0) }(x)=\frac { 2 }{ 1-{ x }^{ 2 } }$$

$$=0!\frac { 2 }{ 1-{ x }^{ 2 } }$$

$$=0!\frac { 1+x+1-x }{ (1+x)(1-x) }$$

$$=0!\left( \frac { 1+x }{ (1+x)(1-x) } +\frac { 1-x }{ (1+x)(1-x) }  \right)$$

$$=0!\left( \frac { 1 }{ 1-x } +\frac { 1 }{ 1+x }  \right)$$

$$=0!\left( \frac { 1 }{ { (1-x) }^{ 1 } } +\frac { { (-1) }^{ 0 } }{ { (1+x) }^{ 1 } }  \right)$$

$$=0!\left( \frac { 1 }{ { (1-x) }^{ 1 } } +{ (-1) }^{ 0 }\frac { 1 }{ { (1+x) }^{ 1 } }  \right)$$

und das ist die behauptete Form.

Induktionsvoraussetzung:

Für festes n gelte:

$${ f }^{ (n) }(x)=n!\left( \frac { 1 }{ { (1-x) }^{ n+1 } } +{ (-1) }^{ n }\frac { 1 }{ { (1+x) }^{ n+1 } }  \right)$$

Induktionsbehauptung:

Dann gilt für n+1:

$${ f }^{ (n+1) }(x)=(n+1)!\left( \frac { 1 }{ { (1-x) }^{ n+2 } } +{ (-1) }^{ n+1 }\frac { 1 }{ { (1+x) }^{ n+2 } }  \right)$$

Beweis:

durch erneutes Ableiten der durch Induktionsvoraussetzung als geltend vorausgesetzten n-ten Ableitung f ⁽ⁿ⁾:

$${ f }^{ (n+1) }(x)=\frac { d{ f }^{ (n) } }{ dx }$$

$$=\frac { dn!\left( \frac { 1 }{ { (1-x) }^{ n+1 } } +{ (-1) }^{ n }\frac { 1 }{ { (1+x) }^{ n+1 } }  \right)  }{ dx }$$

$$=n!{ \frac { d\left( \frac { 1 }{ { (1-x) }^{ n+1 } } +\frac { { (-1) }^{ n } }{ { (1+x) }^{ n+1 } }  \right)  }{ dx }  }$$

Ouotientenregel:

$$=n!\left( \frac { -(-1){ (n+1)(1-x) }^{ n } }{ { (1-x) }^{ 2n+2 } } +\frac { -{ (-1) }^{ n }{ (n+1)(1+x) }^{ n } }{ { (1+x) }^{ 2n+2 } }  \right)$$

( n + 1 ) ausklammern:

$$=n!(n+1)\left( \frac { { (1-x) }^{ n } }{ { (1-x) }^{ 2n+2 } } +\frac { { (-1) }^{ n+1 }{ (1+x) }^{ n } }{ { (1+x) }^{ 2n+2 } }  \right)$$

Es gilt: n ! * ( n + 1 ) = ( n + 1 ) ! , außerdem kürzen mit ( 1 - x ) ⁿ bzw. (1 + x ) ⁿ :

$$=(n+1)!\left( \frac { { 1 } }{ { (1-x) }^{ n+2 } } +{ (-1) }^{ n+1 }\frac { 1 }{ { (1+x) }^{ n+2 } }  \right)$$

und das ist die in der Induktionsbehauptung behauptete Form von f ⁽ⁿ⁺¹⁾.

Damit gilt wegen des Axioms von der vollständigen Induktion für alle n ∈ N, n ≥ 0:

$${ f }^{ (n) }(x)=n!\left( \frac { 1 }{ { (1-x) }^{ n+1 } } +{ (-1) }^{ n }\frac { 1 }{ { (1+x) }^{ n+1 } }  \right)$$

Comments

Wenn Du nichts dagegen hast, setze ich es hier runter:

b)

Tf(x;a) = f(a) + f'(a)/1!*(x-a) + f''(a)/2!*(x-a)^2 + ...

$$f(x) = \frac{2}{1-x^2}$$

$$f'(x) = \frac{4x}{(1-x^2)^2}$$

$$f''(x) = \frac{4(3x^2+1)}{(1-x^2)^3}$$

An der Stelle a = 0:

$$T = 2 + 0*x + \frac{4}{2!}x^2 + ...= 2 + 2x^2 + ...$$

Das wird, wenn man es weiter ausführt, immer so weitergehen. Also immer alle gerade Potenzen und immer der Vorfaktor 2.

$$T_n = \sum_{n=0}^{\infty}2x^{2n}$$

Grüße

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hey :)

das letzte was du geschrieben hast mit summe aller n von n=0 bis unendlich wie kommst du auf das 2x^2n?? aus was setzt sich das zusammen? bzw. was zeigt das?

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Das war nur ein Spaß meinerseits. Wenn man die Taylorentwicklung um weitere Glieder ergänzt, erkennt man, dass man das durch die obige Summe beschreiben kann.