MathematikKlasse 12–13 · Uni

Taylorpolynome

Summand für Summand schmiegt sich ein Polynom an eine Funktion wie sin x an. Ziemlich genau so rechnet ein Taschenrechner.

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Worum geht es?

Viele Funktionen lassen sich in der Nähe einer Stelle aa gut durch Polynome annähern. Das Taylorpolynom nn-ten Grades

Tn(x)=∑k=0nf(k)(a)k! (x−a)kT_n(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x-a)^k

hat bei x=ax = a denselben Funktionswert und dieselben ersten nn Ableitungen wie ff. T0T_0 ist die waagerechte Gerade y=f(a)y = f(a), T1T_1 die Tangente, T2T_2 die „Schmiegparabel“ mit derselben Krümmung. Die Ansicht Ableitungen anpassen zeigt das als Liste mit Häkchen: Wert ✓, Steigung ✓, Krümmung ✓ …

Woher kommen die Koeffizienten? Leitet man (x−a)k(x-a)^k kk-mal ab, entsteht k!k!. Damit Tn(k)(a)=f(k)(a)T_n^{(k)}(a) = f^{(k)}(a) gilt, muss ck=f(k)(a)k!c_k = \frac{f^{(k)}(a)}{k!} sein. Beispiele um a=0a = 0:

sin⁡x≈x−x36+x5120\sin x \approx x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}, cos⁡x≈1−x22+x424\cos x \approx 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}, ex≈1+x+x22+x36e^x \approx 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6}, 11−x≈1+x+x2+x3\frac{1}{1-x} \approx 1 + x + x^2 + x^3 (geometrische Reihe), ln⁡(1+x)≈x−x22+x33\ln(1+x) \approx x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}. Bei sin⁡x\sin x um 00 sind alle geraden Ableitungen 00. Deshalb ist T4=T3T_4 = T_3 – ein neuer Grad bringt dort keinen neuen Summanden.

Wie gut ist die Näherung? Der Fehler Rn(x)=f(x)−Tn(x)R_n(x) = f(x) - T_n(x) ist nahe bei aa winzig und wächst mit dem Abstand. Für sin, cos und exe^x gibt die Lagrange-Abschätzung die Schranke ∣Rn(x)∣≤M⋅∣x−a∣n+1(n+1)!|R_n(x)| \le M \cdot \frac{|x-a|^{n+1}}{(n+1)!}, wobei MM eine Schranke für ∣f(n+1)∣|f^{(n+1)}| zwischen aa und xx ist (M=1M = 1 bei sin und cos, M=emax⁡(a,x)M = e^{\max(a,x)} bei exe^x). Ist Tn=Tn+1T_n = T_{n+1}, darf man sogar mit n+1n + 1 rechnen.

Konvergenzradius: Bei sin, cos und exe^x wird die Näherung mit wachsendem nn überall besser. Bei ln⁡(1+x)\ln(1+x) und 11−x\frac{1}{1-x} nur im Konvergenzintervall ∣x−a∣<r|x - a| < r; rr ist der Abstand von aa zur Definitionslücke −1-1 bzw. zur Polstelle 11. Außerhalb „explodieren“ die Polynome, und der Fehler wächst mit nn.

Ausprobieren

  1. sin x um 0: Drücke mehrmals „Grad erhöhen“. Warum ändert sich bei jedem zweiten Schritt nichts? Die Hinweiskarte erklärt es.
  2. Summand für Summand: Erhöhe den Grad bis 7 und beobachte den gestrichelten neuen Summanden. Welche Zeilen der Tabelle sind 0?
  3. Ableitungen anpassen: Welche Häkchen sind grün, welches rot? Tippe die Zeilen an und vergleiche f′′f'' mit T2′′T_2''. Wie sieht T2′′′T_2''' aus?
  4. Sonderfall n = 0: Warum ist T0T_0 waagerecht? Ziehe danach die Entwicklungsstelle. Im ε-Schlauch bei eˣ: Lass „Alle Grade durchlaufen“. Warum ist der Bereich nicht symmetrisch um aa?
  5. Konvergenzradius bei ln(1 + x): Drücke „Alle Grade durchlaufen“. Was passiert rechts von x=1x = 1? Schiebe die Prüfstelle auf x=0,5x = 0{,}5 und vergleiche das Fehlerdiagramm. Wie groß ist der Radius mit a nahe −1?
  6. Taschenrechner: Wie viele Stellen von ee stimmen nach jedem Summanden? Vergleiche mit sin 0,5 und 1/(1 − x) an x = 1.
  7. Pendel: Ziehe den Punkt. Bis zu welchem Winkel ist der Bogen l⋅φl \cdot \varphi fast so lang wie die Auslenkung l⋅sin⁡φl \cdot \sin\varphi?

Aufgaben

Aufgabe 1: e berechnen

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Berechne T4(1)T_4(1) für f(x)=exf(x) = e^x und a=0a = 0. Wie groß ist der Fehler, und was sagt die Lagrange-Abschätzung? Wie viele Summanden braucht man für 6 richtige Nachkommastellen?

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T4(1)=1+1+12+16+124=6524≈2,708333T_4(1) = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{24} = \frac{65}{24} \approx 2{,}708333; Fehler e−6524≈0,009948e - \frac{65}{24} \approx 0{,}009948. Lagrange mit M=e1M = e^1: ∣R4(1)∣≤e5!≈0,022652|R_4(1)| \le \frac{e}{5!} \approx 0{,}022652 – die Schranke stimmt, ist aber gut doppelt so groß. Für 6 Stellen muss ∣Rn(1)∣<5⋅10−7|R_n(1)| < 5 \cdot 10^{-7} sein: Bei T8T_8 ist der Fehler noch ≈3,1⋅10−6\approx 3{,}1 \cdot 10^{-6}, bei T9T_9 nur ≈3,0⋅10−7\approx 3{,}0 \cdot 10^{-7}. Also Grad n=9n = 9, das sind 1010 Summanden, mit T9(1)≈2,718282T_9(1) \approx 2{,}718282. Lösung zeigen

Aufgabe 2: sin 0,5 näherungsweise

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Bestimme T3T_3 von sin⁡x\sin x um a=0a = 0, berechne sin⁡0,5\sin 0{,}5 näherungsweise und schätze den Fehler mit Lagrange ab.

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f(0)=0f(0) = 0, f′(0)=1f'(0) = 1, f′′(0)=0f''(0) = 0, f′′′(0)=−1f'''(0) = -1, also T3(x)=x−x36T_3(x) = x - \frac{x^3}{6} und T3(0,5)=0,5−0,1256≈0,479167T_3(0{,}5) = 0{,}5 - \frac{0{,}125}{6} \approx 0{,}479167; genau ist sin⁡0,5≈0,479426\sin 0{,}5 \approx 0{,}479426. Lagrange: ∣R3(0,5)∣≤0,544!≈0,002604|R_3(0{,}5)| \le \frac{0{,}5^4}{4!} \approx 0{,}002604. Weil T3=T4T_3 = T_4 ist, gilt sogar ∣R3(0,5)∣≤0,555!≈0,000260|R_3(0{,}5)| \le \frac{0{,}5^5}{5!} \approx 0{,}000260 – der wahre Fehler ist 0,0002590{,}000259. Lösung zeigen

Aufgabe 3: Koeffizienten aus der Tabelle

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Stelle T4T_4 von cos⁡x\cos x um a=0a = 0 auf, indem du die Tabelle kk | f(k)(0)f^{(k)}(0) | k!k! | ckc_k selbst ausfüllst.

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Ableitungen cos⁡,−sin⁡,−cos⁡,sin⁡,cos⁡\cos, -\sin, -\cos, \sin, \cos, bei 00 also 1,0,−1,0,11, 0, -1, 0, 1. Koeffizienten 1,0,−12,0,1241, 0, -\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{24}, also T4(x)=1−x22+x424T_4(x) = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}. Lösung zeigen

Aufgabe 4: Kleinwinkelnäherung

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Für welche Winkel weicht sin⁡φ\sin\varphi um weniger als 0,010{,}01 von φ\varphi ab? Schätze mit dem nächsten Summanden φ36\frac{\varphi^3}{6} und gib das Ergebnis auch in Grad an.

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Schätzung: φ36<0,01⇒φ<0,063≈0,39\frac{\varphi^3}{6} < 0{,}01 \Rightarrow \varphi < \sqrt[3]{0{,}06} \approx 0{,}39. Genau gilt ∣sin⁡φ−φ∣<0,01|\sin\varphi - \varphi| < 0{,}01 für ∣φ∣<0,392493|\varphi| < 0{,}392493, also bis etwa 22,5°22{,}5°. Verlangt man einen relativen Fehler unter 1 %1\,\%, reicht es nur bis etwa 14,0°14{,}0°. Lösung zeigen

Aufgabe 5: ln 2 aus der Reihe

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Berechne T5(1)T_5(1) für ln⁡(1+x)\ln(1+x) um 00 und vergleiche mit ln⁡2\ln 2. Was passiert bei x=1,5x = 1{,}5?

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T5(1)=1−12+13−14+15≈0,783333T_5(1) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} \approx 0{,}783333, aber ln⁡2≈0,693147\ln 2 \approx 0{,}693147. Die Partialsummen 1; 0,5; 0,8333; 0,5833; 0,78331;\ 0{,}5;\ 0{,}8333;\ 0{,}5833;\ 0{,}7833 pendeln langsam um ln⁡2\ln 2 – x=1x = 1 ist der Randpunkt des Konvergenzintervalls (−1; 1](-1;\,1]. Bei x=1,5x = 1{,}5 ist ∣x−a∣>r=1|x - a| > r = 1: Die Polynome divergieren. Lösung zeigen

Aufgabe 6: Geometrische Reihe (Knobelaufgabe)

Begründe, dass alle Koeffizienten von 11−x\frac{1}{1-x} um 00 gleich 11 sind. Für welche xx konvergiert die Reihe? Was passiert bei x=1x = 1 und x=−1x = -1? Zeigen

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f(k)(x)=k!(1−x)k+1f^{(k)}(x) = \frac{k!}{(1-x)^{k+1}}, also f(k)(0)=k!f^{(k)}(0) = k! und ck=1c_k = 1. Die Reihe 1+x+x2+…1 + x + x^2 + \ldots konvergiert für ∣x∣<1|x| < 1. Bei x=1x = 1 wachsen die Partialsummen 1,2,3,…1, 2, 3, \ldots über alle Grenzen, bei x=−1x = -1 springen sie 1,0,1,0,…1, 0, 1, 0, \ldots und haben keinen Grenzwert. Lösung zeigen

Ideen für den Unterricht

  • Einsatz: Vertiefung in der Oberstufe (z. B. Seminar, Begabtenförderung) und Analysis im ersten Studienjahr. Der Lehrplanbezug ist je nach Land und Kurs verschieden – bitte am Lehrplan prüfen.
  • Einstieg über den Taschenrechner: „Wie berechnet ein Rechner sin⁡0,5\sin 0{,}5 oder ee?“ Die fett markierten Stellen in der Ansicht Taschenrechner machen sichtbar, wie schnell die Näherung besser wird.
  • Von der Tangente zur Schmiegparabel: Die Ansicht Ableitungen anpassen knüpft an die Tangente an. Die Klasse kann vorab vermuten, welche Häkchen bei T2T_2 grün werden.
  • Physik-Bezug: Kleinwinkelnäherung sin⁡φ≈φ\sin\varphi \approx \varphi beim Fadenpendel; die Schwingungsdauer T=2πl/gT = 2\pi\sqrt{l/g} gilt nur für kleine Ausschläge.
  • Häufige Stolpersteine:
    • Die Fakultät im Nenner wird vergessen, oder bei a≠0a \neq 0 steht xkx^k statt (x−a)k(x-a)^k.
    • Man erwartet, dass mehr Summanden immer helfen – das gilt nur im Konvergenzintervall.
    • Die Lagrange-Abschätzung wird mit dem wahren Fehler verwechselt; sie ist nur eine obere Schranke.