Mathe Probeklausur 09 Taylor!

Seitz · Beitrag von **Seitz** » 19.02.2011 01:40

Hi!
Wollt mal fragen wer von Euch schon die Probeklausur Mathe 09 vom Ludwig/Noak gerechnet hat und bei der Aufgabe mit dem Taylorpolynom und dem Parameter auf die Grenze gekommen ist.

FSW · Beitrag von **FSW** » 19.02.2011 15:43

Die Taylorformel lautet:

$T_n (x) =\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{a \left( \ln a \right)^k}{k!} (x-1)^k \\ = a+ a (x-1) \ln a + \frac{1}{2} a (x-1)^2 \left( \ln a\right)^2 + \frac{1}{6} a (x-1)^3 \left( \ln a\right)^3 +...$

mit dem Restglied:

$R_3(x)=\frac{1}{(3+1)!} (\ln a)^4 a^{1+\vartheta (x-1)} (x-1)^4$

bei b) sollte aufgrund der Monotonie $\vartheta=0$ folgen und aus:

$\left| R_3 (M+1, \vartheta ) \right| \le 5 \cdot 10^{-5}$

$M^4 \ge \frac{25 \cdot 5 \cdot 10^{-5}}{a \cdot (\ln a)^4}$

FSW · Beitrag von **FSW** » 19.02.2011 15:46

macht euch in der Klausur bitte auch darauf gefasst, ein allgemeines Restglied $R_n$ bestimmen zu müssen

Seitz · Beitrag von **Seitz** » 19.02.2011 23:24

FSW hat geschrieben:
bei b) sollte aufgrund der Monotonie $\vartheta=0$ folgen und aus:

$\left| R_3 (M+1, \vartheta ) \right| \le 5 \cdot 10^{-5}$

Kannst du mir erklären, wie du auf das Theta = 0 gekommen bist?
Wir haben uns das heute überlegt und sind eben auch darauf gekommend das die aufgabe nur für Theta = 0 lösbar ist. Aber wir haben uns nicht nicht erklären können, warum man Theta = 0 wählen darf.

Der größtmögliche Fehler ist ja nur für Theta = 1 vollständig unterhalb der 5 * 10^(-5) Grenze. Für Theta = 0 ja nur(!) der minimaste Fehler.

FSW · Beitrag von **FSW** » 20.02.2011 10:15

es ist die Monotonie des Restgliedes bezüglich $\vartheta$ zu bestimmten, also kongreter von
$a^{1+\vartheta M}$ mit $a \in (0;1)$ (!)

(die restlichen konstanten Faktoren ändern nichts am Monotonieverhalten)
So eine Funktion ist streng monoton fallend für die gegebenen a (könnt ihr ja mal für z.B. $0.5^x$ ausprobieren, wer keinen Grafikfähigen Rechner hat siehe hier). Daher ist $\vartheta=0$ .

Seitz · Beitrag von **Seitz** » 20.02.2011 14:01

FSW hat geschrieben:es ist die Monotonie des Restgliedes bezüglich $\vartheta$ zu bestimmten, also kongreter von
$a^{1+\vartheta M}$ mit $a \in (0;1)$ (!)

(die restlichen konstanten Faktoren ändern nichts am Monotonieverhalten)
So eine Funktion ist streng monoton fallend für die gegebenen a (könnt ihr ja mal für z.B. $0.5^x$ ausprobieren, wer keinen Grafikfähigen Rechner hat siehe hier). Daher ist $\vartheta=0$ .

Ja und damit wächst das Restglied für steigende x-Werte immer weiter an.

Nur warum muss ich dann daraus $\vartheta=0$ .schlussfolgern?

EDIT: Habs verstanden. Vielen Dank (:

WhoAmI · Beitrag von **WhoAmI** » 21.02.2011 14:52

sicher, dass die Taylorreihen bei k=0 anfängt und nicht k=1? Danke

FSW · Beitrag von **FSW** » 21.02.2011 19:02

In der obigen Summendarstellung ist $f(x_0)$ bereits enthalten (im Falle k=0). Wenn du bei 1 anfängst müsstest du das Startglied mit hinschreiben.

muemar02 · Beitrag von **muemar02** » 23.02.2011 11:05

Könnte jemand mal bite ausführlich erkären, wie man auf die obere Schranke bei dieser Rechnung kommt. Also ich kann es so weit nachvollziehen, dass ich das Restglied allgemein in Abhängigkeit von x bestimmt habe. Dann weiß ich ich aber nicht so recht, wie man zu einer Ungleichung mit 5*10^-5 kommt.

Gruß,
muemar02

FSW · Beitrag von **FSW** » 23.02.2011 12:05

Es ist eine Genauigkeit von 4 Stellen nach dem Komma gefordert. D.h. die absolute Zahl wird auf 4 Stellen nach dem Komma gerundet. Jetzt kann es sein, dass man auf- oder abrunden muss. Die Entscheidung, welche Rundung man macht, beeinflusst die 4. Stelle. Daher muss diese Entscheidung richtig sein, damit die 4. Stelle auch richtig ist. Folglich muss die 5. Stelle nach dem Komma noch soweit bekannt sein, das die vierte Richtig gerundet würde, d.h. man muss genau sagen können, ob die 5. Stelle kleiner oder größer-gleich fünf ist; d.h. der Fehler dieser Stelle darf maximal 5 betragen. Folglich ergibt sich ein maximaler Fehler von $5 \cdot 10^{-5}$

muemar02 · Beitrag von **muemar02** » 23.02.2011 18:01

Vielen Dank für die schnelle Antwort. Die Erklärung macht Sinn.
Nun aber noch eine Bitte, könnte mal bitte jemand die Rechnung posten, in der die Ungleichung aufgelöst wird (vor allem der Schritt, in dem die unbekannte Grenze in R3(x) eingesetzt wird. Ich komme nämlich auf ein Ergebnis, was dem Obigen sehr ähnlich ist, ihm aber nicht genau entspricht.

Seitz · Beitrag von **Seitz** » 24.02.2011 12:39

Hast du für theta = 0 schon eingesetzt?
Weil für 1 ist das ganze nicht so recht auflösbar (:

Avivo · Beitrag von **Avivo** » 26.02.2011 12:18

Was hat das denn mit Lösbarkeit zu tun?
Man will den maximalen Fehler und muss Theta=0 setzen, weil a<1 ist.
Das hat doch nichts mit Lösbarkeit zu tun, ohne überprüft zu haben ob das wirklich nicht lösbar ist.

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