Ordnung - Taylor? < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo Matheraum,
Ich hoffe, dass es in Ordnung ist, dass ich hier noch eine Frage stelle. In den Regeln habe ich nichts gefunden was darauf schließen lässt, dass die eine Frage zu Ende gehen muss, damit man eine neue Frage stellen darf.
Ich soll die Ordnung bestimmen von [mm] \frac{y(x+h)-y(x-h)}{2h}\approx [/mm] y'(x).
Mein Ansatz: Ich will [mm] p\in\IN [/mm] so klein wie möglich wählen mit [mm] \frac{y(x+h)-y(x-h)}{2h}-y'(x)=O(h^p). [/mm] Ist das soweit richtig? Ich habe probiert eine Taylorentwicklung dafür anzugeben, aber das will nicht so richtig klappen.... Ich trenne mal, damit ich mein Problem zeige
[mm] y(x+h)=\summe_{n=0}^{\infty}\frac{y^(n)(x+h)}{n!}(x-(x+h))^n=\summe_{n=0}^{\infty}\frac{y^(n)(x+h)}{n!}(-1)^n*h^n
[/mm]
Wo liegt mein fehler?
Vielen Dank!
Lg, Björn
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 05:39 Di 25.03.2014 | | Autor: | fred97 |
Wenn x fest ist und wenn y in einer Umgebung U von x beliebig oft differenzierbar ist und wenn y in U in eine Potenzreihe entwickelbar ist, so gilt
$y(x+h)=y(x) +y'(x)h+ [mm] \bruch{1}{2}y''(x)h^2+ [/mm] .....$
für |h| hinreichend klein.
Damit solltest Du sehen, dass p=2 das Gewünschte leistet.
FRED
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Guten Morgen fred97 und danke für deine Antwort!
> Wenn x fest ist und wenn y in einer Umgebung U von x
> beliebig oft differenzierbar ist und wenn y in U in eine
> Potenzreihe entwickelbar ist, so gilt
>
>
> [mm]y(x+h)=y(x) +y'(x)h+ \bruch{1}{2}y''(x)h^2+ .....[/mm]
>
> für |h| hinreichend klein.
Das wäre ja das hier [mm] y(x+h)=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{h^n y^{(n)}}{n!}
[/mm]
Mich würde die Herleitung dazu aus der Taylorformel interessieren. Wo war mein Fehler?
$ [mm] y(x+h)=\summe_{n=0}^{\infty}\frac{y^{(n)}(x+h)}{n!}(x-(x+h))^n=\summe_{n=0}^{\infty}\frac{y^{(n)}(x+h)}{n!}(-1)^n\cdot{}h^n [/mm] $
Oder geht das nicht hiermit?
> Damit solltest Du sehen, dass p=2 das Gewünschte leistet.
Meinst du damit das Endresultat?
Zu meinem Verstädnis kurz: Stimmt das:
[mm] y(x+h)=y(x)+hy'(x)+O(h^2) [/mm] äquivalent zu [mm] y(x+h)=y(x)+hy'(x)+\frac{h^2}{2}y''(x)+O(h^3)
[/mm]
Woher weiß ich wie weit ich muss? Ich nehme an so wenig wie möglich, damit p so klein wie möglich bleibt.
Danke dir nochmal fred!
LG, Björn
> FRED
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:49 Di 25.03.2014 | | Autor: | fred97 |
> Guten Morgen fred97 und danke für deine Antwort!
>
> > Wenn x fest ist und wenn y in einer Umgebung U von x
> > beliebig oft differenzierbar ist und wenn y in U in eine
> > Potenzreihe entwickelbar ist, so gilt
> >
> >
> > [mm]y(x+h)=y(x) +y'(x)h+ \bruch{1}{2}y''(x)h^2+ .....[/mm]
> >
> > für |h| hinreichend klein.
>
> Das wäre ja das hier [mm]y(x+h)=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{h^n y^{(n)}}{n!}[/mm]
Nicht so schlampig ! Wir machen Mathematik !
[mm]y(x+h)=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{ y^{(n)}(x)h^n}{n!}[/mm]
>
> Mich würde die Herleitung dazu aus der Taylorformel
> interessieren. Wo war mein Fehler?
>
> [mm]y(x+h)=\summe_{n=0}^{\infty}\frac{y^{(n)}(x+h)}{n!}(x-(x+h))^n=\summe_{n=0}^{\infty}\frac{y^{(n)}(x+h)}{n!}(-1)^n\cdot{}h^n[/mm]
Schon das erste "=" ist völlig falsch ! Das siehst Du, wenn Du z.B. [mm] y(x)=e^x [/mm] und mit Deiner "Formel" [mm] e^h [/mm] ausrechnest !
>
> Oder geht das nicht hiermit?
>
> > Damit solltest Du sehen, dass p=2 das Gewünschte leistet.
>
> Meinst du damit das Endresultat?
>
> Zu meinem Verstädnis kurz: Stimmt das:
> [mm]y(x+h)=y(x)+hy'(x)+O(h^2)[/mm] äquivalent zu
> [mm]y(x+h)=y(x)+hy'(x)+\frac{h^2}{2}y''(x)+O(h^3)[/mm]
>
> Woher weiß ich wie weit ich muss? Ich nehme an so wenig
> wie möglich, damit p so klein wie möglich bleibt.
Es ist
$ y(x+h)=y(x) +y'(x)h+ [mm] \bruch{1}{2}y''(x)h^2+\bruch{1}{6}y'''(x)h^3 [/mm] ..... $
und
$ y(x-h)=y(x) -y'(x)h+ [mm] \bruch{1}{2}y''(x)h^2-\bruch{1}{6}y'''(x)h^3 [/mm] ..... $
Zeige damit:
[mm] \bruch{y(x+h)-y(x-h)}{2h}=y'(x)+\bruch{1}{6}y'''(x)h^2......
[/mm]
FRED
>
> Danke dir nochmal fred!
>
> LG, Björn
>
> > FRED
>
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> Nicht so schlampig ! Wir machen Mathematik !
> [mm]y(x+h)=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{ y^{(n)}(x)h^n}{n!}[/mm]
Okay, tut mir leid.
> >
> > Mich würde die Herleitung dazu aus der Taylorformel
> > interessieren. Wo war mein Fehler?
> >
> >
> [mm]y(x+h)=\summe_{n=0}^{\infty}\frac{y^{(n)}(x+h)}{n!}(x-(x+h))^n=\summe_{n=0}^{\infty}\frac{y^{(n)}(x+h)}{n!}(-1)^n\cdot{}h^n[/mm]
>
> Schon das erste "=" ist völlig falsch ! Das siehst Du,
> wenn Du z.B. [mm]y(x)=e^x[/mm] und mit Deiner "Formel" [mm]e^h[/mm]
> ausrechnest !
Das erste Gleichheitszeichen ist mein Problem....
In meinem Skript steht: [mm] f(x;a)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n, [/mm] wobei a die Entwicklungsstelle ist.
Okay mit ein wenig probieren und deiner Lösung bin ich auf das gekommen
[mm] y(x+h;x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{y^{(n)}(x)}{n!}(x+h-x)^n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{h^ny^{(n)}(x)}{n!}
[/mm]
Gilt denn y(x+h;x)=y(x+h) ? Das verwirrt mich noch..
> Es ist
>
> [mm]y(x+h)=y(x) +y'(x)h+ \bruch{1}{2}y''(x)h^2+\bruch{1}{6}y'''(x)h^3 .....[/mm]
>
> und
>
> [mm]y(x-h)=y(x) -y'(x)h+ \bruch{1}{2}y''(x)h^2-\bruch{1}{6}y'''(x)h^3 .....[/mm]
Darauf komme ich nun auch: [mm] y(x-h;x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{y^{(n)}(x)}{n!}(x-h-x)^n=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n*h^n\frac{y^{(n)}(x)}{n!}=y(x)-hy'(x)+\frac{h^2y''(x)}{2}+O(h^3)
[/mm]
> Zeige damit:
>
> [mm]\bruch{y(x+h)-y(x-h)}{2h}=y'(x)+\bruch{1}{6}y'''(x)h^2......[/mm]
Ok. [mm] \bruch{y(x+h)-y(x-h)}{2h}=\frac{y(x)+hy'(x)+\bruch{1}{2}h^2y''(x)+\bruch{1}{6}y'''(x)h^3+O(h^4)-(y(x)-hy'(x)+\frac{h^2y''(x)}{2}-\bruch{1}{6}y'''(x)h^3+O(h^4))}{2h}=y'(x)+\frac{1}{6}y'''(x)h^2+O(h^5)/h=y'(x)+\frac{1}{6}y'''(x)h^2+O(h^4),
[/mm]
denn immer bei ungerade ableitungen z.B. 3te, 5te, 7te, usw kommen Terme dazu. [mm] O(h^4) [/mm] fällt weg, also bleibt [mm] +O(h^5) [/mm] am Ende und das durch h geteilt-> [mm] +O(h^4)
[/mm]
Impliziert: [mm] \bruch{y(x+h)-y(x-h)}{2h}-y'(x)=\frac{h^2y'''(x)}{6}(+O(h^4))=O(h^x) [/mm] (wieso ist nun x=2... hmmmm
Ich schätze, dass hier gilt [mm] \frac{h^2y'''(x)}{6}(+O(h^4))=\frac{h^2y'''(x)}{6}+O(h^2), [/mm] wegen [mm] h^2 [/mm] im Term neben y'''(x), denn es gibt nicht sowas wie [mm] h^3 [/mm] ect... Ist das in Ordnung?
Danke dir nochmal fred, du hast mir sehr geholfen!
LG Björn
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Hallo, Ich habe das nun ein wenig editiert. Hoffe, dass mir noch jemand hilft. Vielen dank!
LG, Björn
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:20 Do 27.03.2014 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Hallo, ich freue mich nach wie vor über eine Antwort.
> Nicht so schlampig ! Wir machen Mathematik !
> $ [mm] y(x+h)=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{ y^{(n)}(x)h^n}{n!} [/mm] $
Okay, tut mir leid.
> >
> > Mich würde die Herleitung dazu aus der Taylorformel
> > interessieren. Wo war mein Fehler?
> >
> >
> $ [mm] y(x+h)=\summe_{n=0}^{\infty}\frac{y^{(n)}(x+h)}{n!}(x-(x+h))^n=\summe_{n=0}^{\infty}\frac{y^{(n)}(x+h)}{n!}(-1)^n\cdot{}h^n [/mm] $
>
> Schon das erste "=" ist völlig falsch ! Das siehst Du,
> wenn Du z.B. $ [mm] y(x)=e^x [/mm] $ und mit Deiner "Formel" $ [mm] e^h [/mm] $
> ausrechnest !
Das erste Gleichheitszeichen ist mein Problem....
In meinem Skript steht: $ [mm] f(x;a)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n, [/mm] $ wobei a die Entwicklungsstelle ist.
Okay mit ein wenig probieren und deiner Lösung bin ich auf das gekommen
$ [mm] y(x+h;x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{y^{(n)}(x)}{n!}(x+h-x)^n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{h^ny^{(n)}(x)}{n!} [/mm] $
Gilt denn y(x+h;x)=y(x+h) ? Das verwirrt mich noch..
> Es ist
>
> $ y(x+h)=y(x) +y'(x)h+ [mm] \bruch{1}{2}y''(x)h^2+\bruch{1}{6}y'''(x)h^3 [/mm] ..... $
>
> und
>
> $ y(x-h)=y(x) -y'(x)h+ [mm] \bruch{1}{2}y''(x)h^2-\bruch{1}{6}y'''(x)h^3 [/mm] ..... $
Darauf komme ich nun auch: $ [mm] y(x-h;x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{y^{(n)}(x)}{n!}(x-h-x)^n=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\cdot{}h^n\frac{y^{(n)}(x)}{n!}=y(x)-hy'(x)+\frac{h^2y''(x)}{2}+O(h^3) [/mm] $
> Zeige damit:
>
> $ [mm] \bruch{y(x+h)-y(x-h)}{2h}=y'(x)+\bruch{1}{6}y'''(x)h^2...... [/mm] $
Ok. $ [mm] \bruch{y(x+h)-y(x-h)}{2h}=\frac{y(x)+hy'(x)+\bruch{1}{2}h^2y''(x)+\bruch{1}{6}y'''(x)h^3+O(h^4)-(y(x)-hy'(x)+\frac{h^2y''(x)}{2}-\bruch{1}{6}y'''(x)h^3+O(h^4))}{2h}=y'(x)+\frac{1}{6}y'''(x)h^2+O(h^5)/h=y'(x)+\frac{1}{6}y'''(x)h^2+O(h^4), [/mm] $
denn immer bei ungerade ableitungen z.B. 3te, 5te, 7te, usw kommen Terme dazu. $ [mm] O(h^4) [/mm] $ fällt weg, also bleibt $ [mm] +O(h^5) [/mm] $ am Ende und das durch h geteilt-> $ [mm] +O(h^4) [/mm] $
Impliziert: $ [mm] \bruch{y(x+h)-y(x-h)}{2h}-y'(x)=\frac{h^2y'''(x)}{6}(+O(h^4))=O(h^x) [/mm] $ (wieso ist nun x=2... hmmmm
Ich schätze, dass hier gilt $ [mm] \frac{h^2y'''(x)}{6}(+O(h^4))=\frac{h^2y'''(x)}{6}+O(h^2), [/mm] $ wegen $ [mm] h^2 [/mm] $ im Term neben y'''(x), denn es gibt nicht sowas wie $ [mm] h^3 [/mm] $ ect... Ist das in Ordnung?
Danke dir nochmal fred, du hast mir sehr geholfen!
LG Björn
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:11 Do 27.03.2014 | | Autor: | fred97 |
Wir waren doch schon soweit:
$ [mm] \bruch{y(x+h)-y(x-h)}{2h}=y'(x)+\bruch{1}{6}y'''(x)h^2+ [/mm] ...... $
Damit ist
$ [mm] \bruch{y(x+h)-y(x-h)}{2h}-y'(x)=\bruch{1}{6}y'''(x)h^2...... [/mm] $
Das bedeutet:
$ [mm] \bruch{y(x+h)-y(x-h)}{2h}-y'(x)=O(h^2)$
[/mm]
FRED
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Danke für deine Antwort!
> Wir waren doch schon soweit:
>
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> [mm]\bruch{y(x+h)-y(x-h)}{2h}=y'(x)+\bruch{1}{6}y'''(x)h^2+ ......[/mm]
>
> Damit ist
>
>
> [mm]\bruch{y(x+h)-y(x-h)}{2h}-y'(x)=\bruch{1}{6}y'''(x)h^2......[/mm]
Das habe ich auch raus.
> Das bedeutet:
>
> [mm]\bruch{y(x+h)-y(x-h)}{2h}-y'(x)=O(h^2)[/mm]
Mein Problem ist nun dieses [mm] O(h^2). [/mm] Wie kommt man darauf? Wir hatten sowohl bei y(x+h) also auch bei y(x-h) nach der dritten Ableitung aufgehört und ein [mm] O(h^4) [/mm] rangehängt. Dann haben wir y(x+h)-y(x-h) im Zähler berechnet. Dabei fällt doch eigentlich bei beiden das [mm] O(h^4) [/mm] weg. Wie kommt man dann beim Ende auf [mm] O(h^2)?
[/mm]
LG, Björn
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:49 Do 27.03.2014 | | Autor: | fred97 |
Was bedeutet denn
[mm] $g(h)=O(h^2)$ [/mm] ($h [mm] \to [/mm] 0$) ???
Das:
[mm] \bruch{g(h)}{h^2} [/mm] ist in der Nähe von 0 bechränkt .
Nun haben wir
$g(h):= [mm] \bruch{y(x+h)-y(x-h)}{2h}-y'(x)=\bruch{1}{6}y'''(x)h^2...... [/mm] $
Damit ist von der Gestalt
[mm] g(h)=a_2h^2+a_3h^3+a_4h^4+....
[/mm]
für |h| hinreichend klein.
Also
[mm] \bruch{g(h)}{h^2}=a_2+a_3h+a_4h^2+.... [/mm] für 0<|h| hinreichend klein.
Es folgt: [mm] \bruch{g(h)}{h^2} \to a_2 [/mm] für h [mm] \to [/mm] 0.
Damit ist [mm] \bruch{g(h)}{h^2} [/mm] in der Nähe von 0 beschränkt.
FRED
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