sorry, jetzt aber
f(x)=x*e^(-2x)
f’(x)=1*e^(-2x)-2x*e^(-2x)
f’(x)=e^(-2x)(1-2x)
f’’(x)=-2e^(-2x)(1-2x)-2e^(-2x)=-2e^(-2x)(1-2x-1)
f’’(x)=4xe^(-2x)
f’’’(x)=-8xe^(-2x)+4e^(-2x)
f’’’(x)=4e^(-2x)(1-2x)
moin;
am häufigsten ist, sofern nicht anders angegeben, 0 die Entwicklungsstelle.
Wenn du die ersten 3 nicht verschwindenden Glieder berechnen musst, musst du solange die Ableitungen berechnen, bis bei dreien der Funktionswert an der Stelle 0 ungleich 0 ist.
Dann kannst du mit der Formel aus den anderen Posts weiterrechnen: i ist der Grad der Ableitung, f(i)(0) der Funktionswert der i-ten Ableitung an der Stelle 0.
mfG
moin;
wenn du magst, rechne ich dir die noch vor, die nächsten machst du dann selber 
Also: Gesucht sind die ersten 4 nicht-verschwindenden Glieder der Taylorapproximation der Funktion xe^(-2x) an der Stelle x0=0, gegebene Lösung soll x-2x^2+2x^3-4/3x^4 sein.
Brauchen wir 4 Ableitungen der Funktion, deren Funktionswert an der Stelle 0 nicht zu 0 wird (ansonsten würde der Summand verschwinden).
f(x)=xe^(-2x) => f(0)=0
f’(x)=e^(-2x)-2xe^(-2x) => f’(0)=1
f’’(x)=-4e^(-2x)+4xe^(-2x) => f’’(0)=-4
f’’’(x)=12e^(-2x)-8xe^(-2x) => f’’’(0)=12
f’’’’(x)=-32e^(-2x)+16xe^(-2x) => f’’’’(0)=-32
Die Taylorapproximation sieht demzufolge so aus:
f(x)=\frac{0}{0!}+\frac{1}{1!}x-\frac{4}{2!}x^2+\frac{12}{3!}x^3-\frac{32}{4!}x^4
f(x)=x-2x^2+2x^3-\frac{4}{3}\left(=\frac{32}{24}\right)x^4
voila
mfG
Danke dir vielmals
habe aber jetzt eine frage
f’’’’(x)=-32e^(-2x)+16e^(-2x)
wenn ich da x=0 einsetze
f(0)=-32e^0+16e^0
f(0)=-16
oder ist das falsch?
hallo;
wäre richtig, wenn die Ableitung tatsächlich -32e^(-2x)+16e^(-2x)=-16e^(-2x) wäre. Sie lautet aber
f’’’’(x)=-32e^(-2x)+16xe^(-2x)
Demnach ist also:
f’’’’(0)= -32*1+16*0*1= -32
mfG
Danke, hab es verstanden!!!
vielen dank