Existenz einer Nullstelle t der (n+ 1)-ten Ableitung: 0 =q(n+1)(t)−f(n+1)(t) =c(n+ 1)!−f(n+1)(t) c =f(n+1)(t)/(n+ 1)! und R=f(x)−pn(x) =q(x)−pn(x) =c(x−a)n+1 (4)Beispiel Taylor-Polynome von Sinus und Kosinus (i) Taylor-Polynome von f(x

Taylor-Polynom

Das Taylor-Polynom

pn(x) =f(a) +f⁰(a)(x−a) +· · ·+f⁽ⁿ⁾(a)

n! (x−a)ⁿ

interpoliert die Ableitungen einer Funktion f im Punkta bis zur Ordnung n, d.h. p_n^(k)(a) =f^(k)(a),k = 0, . . . ,n.

Ist f (n+ 1)-mal stetig differenzierbar, so gilt f(x) =p_n(x) +R, R = f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)

(n+ 1)! (x−a)ⁿ⁺¹

f¨ur ein t zwischenaund x, d.h. der Fehler ist von der Ordnungn+ 1:

R=O((x−a)ⁿ⁺¹).

Beweis

(i) ¨Ubereinstimmung der Ableitungen:

d

dx k

(x−a)^j x=a

= 0, j 6=k

=⇒

pn^(k)(a) =

d

dx k

f^(k)(a)

k! (x−a)^k x=a

=f^(k)(a), k ≤n

(k-te Ableitung von (x−a)^k =k!)

(ii) Restglied:

erg¨anze das Taylor-Polynom um einen weiteren Term:

q(y) =pn(y) +c(y−a)ⁿ⁺¹ mit c so gew¨ahlt, dass q(x) =f(x)

(q−f)(y): Nullstelle bei y =x und (n+ 1)-fache Nullstelle bei y=a, denn

q^(k)(a) =p^(k)(a) + 0 =f^(k)(a), k ≤n

Satz von Rolle =⇒ Existenz einer Nullstelle t der (n+ 1)-ten Ableitung:

0 =q⁽ⁿ⁺¹⁾(t)−f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) =c(n+ 1)!−f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) c =f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)/(n+ 1)! und

R=f(x)−p_n(x) =q(x)−p_n(x) =c(x−a)ⁿ⁺¹

Beispiel

Taylor-Polynome von Sinus und Kosinus (i) Taylor-Polynome von f(x) = sinx:

Ableitungen

f⁰(x) = cosx,f⁰⁰(x) =−sinx,f⁰⁰⁰(x) =−cosx,f⁽⁴⁾(x) =f = sinx, . . . f⁰(0) = 1, f⁰⁰(0) = 0, f⁰⁰⁰(0) =−1,f⁽⁴⁾(0) = 0, . . .

p₁(x) =p₂(x) = x p₃(x) =p₄(x) = x−x³

6 p₅(x) =p₆(x) = x−x³

6 + x⁵ 120

sehr genaue Approximation f¨ur kleine x, z.B.

sin 0.1≈p₄(0.1) = 0.09983...

Restglied

|R|= |f⁽⁵⁾(t)|

5 ! (0.1−0)⁵ =,|cost|

5 ! 0.1⁵ ≤ 1

12000000 ≤ 10⁻⁷ (ii) Taylor-Polynome vong(x) = cos(x):

q₀(x) =q₁(x) = 1 q₂(x) =q₃(x) = 1−x²

2 q₄(x) =q₅(x) = 1−x²

2 + x⁴ 24

Beispiel

quadratisches Taylor-Polynom der Logarithmus-Funktion f(x) = lnx im Punkt a= 1

Ableitungen

f⁰(x) = 1

x, f⁰⁰(x) =−1

x², f⁰⁰⁰(x) = 2 x³ Auswertung bei x= 1

p(x) = f(1) + f⁰(1)

1! (x−1) +f⁰⁰(1)

2! (x−1)²

= 0 + (x−1)− 1

2(x−1)² Restglied

r(x) =f(x)−p(x) = 1

f⁰⁰⁰(t) (x−1)³= 2

(x−1)³

Absch¨atzung

|r(x)| ≤ 1 3

x−1 min(1,x)

3

Fehlerschranke f¨ur x∈[3/4,5/4]:

|r(x)| ≤ 1 3

5/4−1 3/4

3

= 1 81