Taylorpolynom Analysis Lösungsweg

Question

Ich soll das Taylorpolynom der 4ten ordnung in x0=0 von f(x)= ln(cosx) bilden

Problem/Ansatz:

Zuerst die Ableitungen:

f(x) geg

f´(x)= -sinx/cosx

f´´(x)=-1/cos(x)^2

f´´´(x)= -2sinx/cos^3(x)

f´´´´(x)=-2cosx-sinx/cosx

Also die weiteren Ableitungen würd ich denk ich mal noch hin bekommen, aber:

Das Taylorpolynom bildet sich ja wie folgt

Tn(x)= f(x0)+f´(x0)* (x-x0)....

Also in meinem Fall:

Tn=ln(cos(0))+-sin(0)/cos(0)*x+1/2*-1/cos^2(0) *x^2... = 0+0x-1/2x^2-1/24x^4

So hätte ich die Aufgabe gelöst aber in den Lösungen ist ein anderer Lösungsweg den ich nicht verstehe:

Text erkannt:

\( \begin{aligned} \ln \cos x & =\ln [1-(1-\cos x)] \\ & =-(1-\cos x)-\frac{1}{2}(1-\cos x)^{2}-\cdots \\ & =-\left(1-\left(1-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{24} x^{4}-\cdots\right)\right)-\frac{1}{2}\left(1-\left(1-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{24} x^{4}-\cdots\right)\right)^{2}-\cdots \\ & =-\left(\frac{1}{2} x^{2}-\frac{1}{24} x^{4}+\cdots\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} x^{2}-\frac{1}{24} x^{4}+\cdots\right)^{2}-\cdots \\ & =-\frac{1}{2} x^{2}-\frac{1}{12} x^{4}-\cdots\end{aligned} \)

Könnte mir jemand erklären wie das hier gelöst wurde oder ist das genau der selbe Weg?

Answer 1

Die Lösung beruht auf dem Einsetzen der Potenzreihe für \(y = 1-\cos x\) in die Potenzreihe für \(\ln (1 -y)\). Es ist etwas überkompliziert, mit \(1-\cos x\) zu rechnen. Hier eine etwas einfachere Version:

Da man sich für das Tayler-Polynom der Ordnung 4 interessiert, nimmt man die Glieder bis Ordnung 4 von

$$y = 1-\cos x = \frac {x^2}{2} - \frac {x^4}{24} + \cdots$$

Jetzt setzt man das ein in

$$\ln (1-y) = -y - \frac {y^2}{2} - ...$$

Die weiteren Terme brauch ich nicht, da durch Einsetzen von \(y = 1-\cos x\) in \(y^3\) nur noch Potenzen \(x^n\) mit \(n>4\) entstehen. Also

$$\ln (\cos x) =-(\frac {x^2}{2} - \frac {x^4}{24} + \cdots) - \frac {(\frac {x^2}{2} - \frac {x^4}{24} + \cdots)^2}{2}+ \cdots$$

Beim Quadrieren des Zählers des zweiten Terms interessieren wieder nur die Potenzen bis Ordnung 4. Somit

$$\ln (\cos x) =-\frac {x^2}{2} + \frac {x^4}{24}  - \frac {x^4}{8}- \cdots = -\frac {x^2}{2} - \frac {x^4}{12} +\cdots $$

Comments

Schon mal Danke für deine Antwort :)

Um verständis füe das einsetzen in die Potenzreihe:

Das mit den Einsetzen der potenzreihe funktioniert nur ein y= (-1,1) oder

also ∑Y^n = 1/1+y und dann durch ableiten kommt man auf ln(1+y)  und unser y wäre dann hier das -1+cos(x) oder seh ich das Falsch?

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Das Einsetzen funktioniert tatsächlich nur für Werte, für die \(y=1-\cos x \) im Konvergenzbereich von \(\ln (1-y)\) liegt. Aber das spielt hier keine Rolle, da in einer Umgebung von \(x=0\) die Werte von \(y=1-\cos x \) auch in der Nähe von Null liegen.

Die Potenzreihe für \(\ln (1-y)\) ist eine allgemein bekannte Standard-Reihe. Man erhält sie zum Beispiel durch Integrieren von \(\frac 1{1-y}\).

Answer 2

Aloha :)

Der Musterlöser hat die Potenzreihe für die Cosinus-Funktion eingestzt:$$\cos x\approx1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}\mp\cdots$$Das kann man manchen, weil die Taylorreihe für \(\ln(\cos x)\) ja nur bis zu Potenzen 4-ter Ordnung gesucht ist.

Allerdings ist das eine sehr suboptimale Vorgehensweise. Wenn man schon Potenzreihen verwendet, sollte man auf diejenige für die Tangens-Funktion zurückgreifen:$$\tan x\approx x+\frac {x^3}{3}$$Wegen \(\left(\ln(\cos x)\right)'=\frac{1}{\cos x}\cdot(-\sin x)=-\tan x\) ist nämlich:$$\ln(\cos x)=-\int\tan x\,dx\approx-\int\left(x+\frac{x^3}{3}\right)\,dx=-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{12}$$