2 1 x=A0+A1(x−2) +A2(x−2)2 1 = A0+A1(x−2) +A2(x−2)2 ·x 1 = A0+A1(x−2) +A2(x−2)2 ·[(x−2

Taylorreihen B Man bestimme die Taylorreihe zur Funktion

f(x) = 1 x

in x0= 2 bis zu Termen 2.Ordnung.

1. Der Versuch eines Ansatzes mit Koeffizientenvergleich 1

x =A0+A1(x−2) +A2(x−2)²

scheitert hier, wenn man nach Potenzen vonxzu vergleichen versucht, da die Funktion f¨urx= 0 nicht definiert ist:

1 =A0x+A1(x−2)x+A2(x²−4x+ 4)x 1 =A0x+A1x²−2A¹x+A2x³−4A²x²+ 4A²x

1= (A 0−2A1+ 4A2)x+ (A1−4A2)x²+A2x³

2. Dennoch l¨aßt sich das Bsp. mittels Koeffizientenvergleich l¨osen, und zwar indem nicht nach Potenzen vonxsondern nach Potenzen vonx−2 verglichen wird.

Dazu ist es erforderlich, den Termxgeeignet durch Potenzen vonx−2 darzustellen¹: x=x−2 + 2 = (x−2) + 2

1

x=A0+A1(x−2) +A2(x−2)² 1 =

A0+A1(x−2) +A2(x−2)²

·x 1 =

A0+A1(x−2) +A2(x−2)²

·[(x−2) + 2]

1 =

A0+A1(x−2) +A2(x−2)²

·(x−2) +

A0+A1(x−2) +A2(x−2)²

·2 1 =A0(x−2) +A1(x−2)²+ T.h.O. + 2A⁰+ 2A¹(x−2) + 2A²(x−2)²

1 = 2A⁰+ (A⁰+ 2A¹)(x−2) + (A¹+ 2A²)(x−2)²

2A0 = 1

A0 + 2A1 = 0 A1 + 2A2 = 0

⇒ A0= 1

2 A1=−1

4 A2= 1 8

T2(x) = 1 2 −1

4(x−2) + 1

8(x−2)² 3. Dazu noch die Probe nach der

”herk¨ommlichen“ Methode:

f(x) = 1

x f(2) = 1 2 f⁰(x) =−1

x² f⁰(2) =−1 4 f⁰⁰(x) = 2

x³ f⁰⁰(2) = 1 4 Eingesetzt in die Taylorformel liefert dies exakt das obige Ergebnis.

1Dies entspricht im Grunde auch einer Taylorentwicklung im Punktx= 2