Setze für die gegebenen Scharfunktionen die Parameter ein und rechne die Summe aus.

$\begin{array}{rcl}{g}_{0;0}& =& {\sum }_{k=0}^0\frac{(x-0{)}^k{f}^{(k)}(0)}{k!}\\ & =& \frac{\stackrel{=1}{\overbrace{x^0}}\cdot \stackrel{=0}{\overbrace{f(0)}}}{\underset{=1}{\underbrace{0!}}}\\ & =& 0\end{array}$

$\begin{array}{rcl}{g}_{1;0}& =& {\sum }_{k=0}^1\frac{(x-0{)}^k{f}^{(k)}(0)}{k!}\\ & =& \frac{\stackrel{=1}{\overbrace{x^0}}\cdot \stackrel{=0}{\overbrace{f(0)}}}{\underset{=1}{\underbrace{0!}}}+\frac{\stackrel{=x}{\overbrace{x^1}}\cdot \stackrel{=\cos (0)=1}{\overbrace{f^{\prime }(0)}}}{\underset{=1}{\underbrace{1!}}}\\ & =& 0+x\end{array}$

$\begin{array}{rcl}{g}_{2;0}& =& {\sum }_{k=0}^2\frac{(x-0{)}^k{f}^{(k)}(0)}{k!}\\ & =& 0+x+\frac{x^2\cdot \stackrel{=-\sin (0)=0}{\overbrace{f^{\prime \prime }(0)}}}{\underset{=2}{\underbrace{2!}}}\\ & =& 0+x+0\end{array}$

$\begin{array}{rcl}{g}_{3;0}& =& {\sum }_{k=0}^3\frac{(x-0{)}^k{f}^{(k)}(0)}{k!}\\ & =& 0+x+\frac{x^3\cdot \stackrel{=-\cos (0)=-1}{\overbrace{f^{\prime \prime \prime }(0)}}}{\underset{=3\cdot 2\cdot 1=6}{\underbrace{3!}}}\\ & =& 0+x-\frac{x^3}{6}\end{array}$

Die Funktionsterme stimmen überein.

Für den Funktionsterm von $g_{5;0}$ benötigst du zusätzlich zu den Term von $g_{3;0}$ noch die Summanden für $k=4$ und $k=5$. Für die gilt:

$\begin{array}{ll}k=4:& {\displaystyle \frac{x^4\cdot \stackrel{=\sin (0)=0}{\overbrace{f^{(4)}(0)}}}{4!}}=0\\ & \\ k=5:& {\displaystyle \frac{x^5\cdot \stackrel{=\cos (0)=1}{\overbrace{f^{(5)}(0)}}}{\underset{=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=120}{\underbrace{5!}}}}={\displaystyle \frac{x^5}{120}}\end{array}$

damit erhältst du für den gesuchten Term

$g_{5;0}(x)=x-{\displaystyle \frac{x^3}{6}}+{\displaystyle \frac{x^5}{120}}$

Für wachsende $n$ schmiegen sich die Graphen von $g_{n;0}$ in einem immer größer werdenden Intervall um die 0 an den Graph von $f$ an. Du kannst vermuten, dass für $n\to \infty$ die Taylorreihe $g_{\infty ;0}$ mit der Funktion $f$ identisch ist.

Nutze die Formel aus Teilaufgabe a) für die ersten Summanden:

$\begin{array}{rcl}{T}_{n}e(x;0)& =& {\sum }_{k=0}^n\frac{(x-0{)}^k{f}^{(k)}(0)}{k!}\\ & =& \frac{x^0\cdot \stackrel{=1}{\overbrace{e^0}}}{0!}+\frac{x^1\cdot e^0}{1!}+\frac{x^2\cdot e^0}{2!}+\frac{x^3\cdot e^0}{3!}+\dots \end{array}$

$${\displaystyle T_{n}e(x;0)=\sum _{k=0}^n\frac{x^k}{k!}}$$

Das $n$-te Taylorpolynom ist eine Summe von aufsteigenden $x$-Potenzen, jeweils dividiert durch die Fakultät des Exponenten.

Nutze wieder die Formel aus Teilaufgabe a):

$\begin{array}{rcl}{T}_{n}p(x;0)& =& {\sum }_{k=0}^n\frac{(x-0{)}^k{f}^{(k)}(0)}{k!}\\ & =& \frac{x^0\cdot 0^2}{0!}+\frac{x^1\cdot (2\cdot 0)}{1!}+\frac{x^2\cdot 2}{2!}+\frac{x^3\cdot 0}{3!}+\frac{x^4\cdot 0}{4!}+\dots \end{array}$

Da ab $k=3$ alle $k$-ten Ableitungen gleich 0 sind folgen nur noch Nuller als Summanden. Du erhältst als Lösung:

$${\displaystyle T_{n}p(x;0)=\frac{2x^2}{2}=x^2}$$

Die Taylorreihe ist also identisch mit der Ausgangsfunktion!