Skript zur Vorlesung Analysis 1 im SS2011 - Johannes Gutenberg ...

Beispiel 9.15. f(x) = exp(−1/x 2 ) für x ≠ 0 und f(0) = 0. In a = 0 sind alle
Ableitungen von f gleich Null, da man durch Induktion leicht zeigen kann, dass
f (n) (0) = P n(x)
f(x) für ein Polynom P
x 3n
n (x) ist. Da die Exponentialfunktion aber
jedes Polynom dominiert, gilt f (n) (0) = 0 für alle n. Damit ist die Taylorreihe
identisch Null und stimmt nur im Nullpunkt mit f überein.
Satz 9.16 (Taylorformel).
Sei I ein reelles Intervall und f : I → R (n + 1)–Mal stetig differenzierbar. Dann
gilt für alle x, a ∈ I:
f(x) = f(a) + f ′ (a)
1!
mit R n+1 (x) := 1 n!
(x − a) + f ′′ (a)
2!
∫ x
a (x − t)n f (n+1) (t)dt.
(x − a) 2 + . . . + f (n) (a)
(x − a) n + R n+1 (x),
n!
Beweis. Induktion nach n ∈ N 0 . Für n = 0 ist dies genau der Hauptsatz der
Differential-/Integralrechnung. Induktionsschritt:
R n (x) =
= −f (n) (t)
1
(n − 1)!
(x − t)n
| x a +
n!
∫ x
a
∫ x
a
(x − t) n−1 f (n) (t)dt = −
f (n+1) (t)
(x − t)n
n!
∫ x
a
f (n) (t) d (x − t) n
dt
dt n!
dt = f (n) (a)
(x − a) n + R n+1 (x).
n!
Satz 9.17 (Lagrangesches Restglied).
Sei f wie in Satz 9.16. Es existiert dann ein ξ ∈ [a, x] mit
f(x) =
n∑
k=0
f (k) (a)
(x − a) k + f (n+1) (ξ)
k!
(n + 1)! (x − a)n+1 .
Beweis. Aus Satz 9.16 und dem Mittelwertsatz der Integralrechnung folgt: es gibt
ξ mit
R n+1 (x) = 1 n!
∫ x
a
(x−t) n f (n+1) (t)dt = f (n+1) (ξ)·
∫ x
a
(x − t) n
n!
dt = f (n+1) (ξ)
(n + 1)! (x−a)n+1 .
Korollar 9.18.
Jede (n + 1)–Mal stetig differenzierbare Funktion lässt sich als f(x) = P (x) +
o((x − a) n ) schreiben mit einem Polynom P (x) (ein Approximationssatz).
97