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Icealater
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.03.2005
Beiträge: 532
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 Verfasst am: 31 Aug 2010 - 14:56:17 Titel: Taylorpolynom - Ist die Ableitung so richtig? |
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(3x+2)y´ = (2x+1) y
y(0) = 1
x_0 = 0
Berechnen sie das Taylorpolynom 3 Grades zu y im Entwicklungspunkt x_0=0
Meine Ableitung sieht so aus:
(3x+2)y´= (2x+1)y
y´= (2x+1)/(3x+2)y
y´´ = ( 2/(3x+2) - 3(2x+1)/(3x+2)^2 )y + (2x+1)/(3x+2)y´
y´´´ = ((18(1 + 2x))/(2 + 3x)^3 - 12/(2 + 3x)^2)y + ( 2/(3x+2) - 3(2x+1)/(3x+2)^2 )y´ + ( 2/(3x+2) - 3(2x+1)/(3x+2)^2 )y + (2x+1)/(3x+2)y´´
y(0) = 1
Y´(0) = 1/2
Y´´(0) = 1/2
y´´´(0) = -1/8
In der Lösung steht aber y´´ = 1/4
Hab das jetzt mehrfach nachgerechnet. Ich bin der Meinung das meine Lösung richtig ist. Kann das jemand bestätigen?
edit:\
Hab mal die einzelnen Teile farblich gemacht, dann ist es was übersichtler, hoffe ich |
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Icealater
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.03.2005
Beiträge: 532
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| Verfasst am: 31 Aug 2010 - 15:56:34 Titel: |
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Ich hab mall die DGL gelöst
y´/y = (2x+1)/(3x + 2)
dy/y = (2x+1)/(3x + 2) dx
ln y = (1/9) (6x - ln(3x+2) +4) + C
y(x) = e^{(1/9) (6x - ln(3x+2) +4)} + C "allgem. Kurvenchar"
y(0) = 1 = e^{(1/9) (6x - ln(3x+2) +4)} + C
C = -0,4444015957
y(x) = e^{(1/9) (6x - ln(3x+2) +4)} - 0,4444015957 "Lösung AWA"
y(0) = 1,444015657 - 0,4444015957 = 1
Jetzt kann man ja y(x) = e^{(1/9) (6x - ln(3x+2) +4)} - 0,4444015957 dreimal differenzieren und so das Taylorpolynom bestimmen
Komm da aber auch nicht auf die Lösung  |
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xeraniad
Senior Member
Anmeldungsdatum: 29.01.2008
Beiträge: 1850
Wohnort: Atlantis
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| Verfasst am: 31 Aug 2010 - 16:02:57 Titel: Ich habs auch mal versucht. |
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Zuerst auch die DGL mittels Trennung der Variablen gelöst.
| Code: |
y´(x)·(3·x+2) = (2·x+1) ·y(x) |÷ (3·x+2)·y(x)
y´(x)÷y(x) = (2·x+1)÷(3·x+2)
y´(x)÷y(x) = ⅔ -1÷(9·x+6)
∫x₀..x y´(ξ)÷y(ξ)·dξ = ∫x₀..x [⅔ -1÷(9·ξ+6)] ·dξ
ln|y(ξ)||x₀..x = [⅔·ξ -1÷9 ·ln|9·ξ+6|] |x₀..x
ln|y(x)| -ln|y(x₀)| = ⅔·x -1÷9 ·ln|9·x+6| -⅔·x₀ +1÷9 ·ln|9·x₀+6|
ln|y(x)| = ⅔·x -1÷9 ·ln|9·x+6| +C₀
y(x) = C₁·exp(⅔·x -1÷9 ·ln|9·x+6|)
y(0) = 1 → C₁·exp[-1÷9 ·ln(6)] = 1 → C₁ = ⁹√6. |
Dies ergibt die Taylorreihe y(x) = 1 +½·x +¼·x² -1÷24·x³ +5÷48 ·x⁴ -59÷480 ·x⁵ + ... {sagt jedenfalls der Taschenrechner  }.
Sodann, um die Aufgabe wie verlangt zu lösen, wurde ein Ansatz mit c₀ ... c₄ gewählt.
| Code: |
y (x) = c₀ +c₁·x +c₂·x² +c₃·x³ + c₄·x⁴ ...
y'(x) = c₁ +2·c₂·x +3·c₃·x² +4·c₄·x³ + ...
3·x·y'(x) = 3·c₁·x +6·c₂·x² +9·c₃·x³ + 12·c₄·x⁴ + ...
2·y'(x) = 2·c₁ +4·c₂·x +6·c₃·x² +8·c₄·x³ + ...
y´(x)·(3·x+2) = 2·c₁ +(3·c₁+4·c₂)·x +(6·c₂+6·c₃)·x² +(9·c₃+8·c₄)·x³ + ...
2·x·y (x) = 2·c₀·x +2·c₁·x² +2·c₂·x³ + 2·c₃·x⁴ + ...
y (x)·(2·x+1) = c₀ +(2·c₀+c₁)·x +(2·c₁+c₂)·x² +(2·c₂+c₃)·x³ + ...
y(0) = 1 → c₀ = 1 2·c₀+c₁ = 3·c₁+4·c₂ → c₂ = ¼ 2·c₂+c₃ = 9·c₃+8·c₄ → c₄ = 5÷48
2·c₁ = c₀ → c₁ = ½ 2·c₁+c₂ = 6·c₂+6·c₃ → c₃ = -1÷24 |
Die berechneten Koeffizienten entsprechen denen der zuvor ermittelten Referenzlösung. |
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Icealater
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.03.2005
Beiträge: 532
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| Verfasst am: 31 Aug 2010 - 16:27:05 Titel: |
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Danke für die Antwort,
aber kannst Du mir auch noch sagen was ich jetzt falsch gemacht habe?
Wie kommst Du von der zweiten Zeile auf das in der dritten Zeile?
Kann ich auf der rechten Seite nicht nachvollziehen.
y´(x)÷y(x) = ⅔ -1÷(9·x+6) |
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xeraniad
Senior Member
Anmeldungsdatum: 29.01.2008
Beiträge: 1850
Wohnort: Atlantis
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| Verfasst am: 31 Aug 2010 - 17:12:26 Titel: Antwort |
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Bei Deiner Lösung (Trennung der Variablen) gibt es vermutlich ein Problem mit der Konstante: Die Integrationskonstante ist Summand des Arguments der Exponentialfunktion (nicht Summand der Lösung).
Der Ausdruck (2·x+1)÷(3·x+2) rechts wurde zwecks Vereinfachung für die Integration mittels Polynomdivision zerlegt.
° ⅔ ausgeklammert: (2·x+1)÷(3·x+2) = ⅔·(x+½)÷(x+⅔)
° Polynomdivision: (x+½)÷(x+⅔) = 1 -⅙·(x+⅔)⁻¹
° → (2·x+1)÷(3·x+2) = ⅔·[1 -⅙·(x+⅔)⁻¹] = ⅔ -1÷(9·x+6) |
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Icealater
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.03.2005
Beiträge: 532
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| Verfasst am: 31 Aug 2010 - 18:02:27 Titel: |
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| Vielen Dank für die Hilfe. |
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