Taylorformel < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:12 Mi 10.06.2009 | | Autor: | Unk |
| Aufgabe | Berechne die Taylorentwicklung 2ter Ordnung mit Restglied der Funktion [mm] f:\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R},
[/mm]
[mm] f(x,y)=(x^2+y^2)log(x+y) [/mm] an der Stelle (1,0). |
Hallo,
mein Problem ist bei dieser Aufgabe, dass ich nicht weiß wie ich vorgehen muss. Ich habe folgende Taylorformel:
Sei [mm] U \subset \mathbb{R}^n [/mm] offen, [mm]x\in U, \chi \in \mathbb{R}^n [/mm] mit { [mm] x+t\chi|t\in [/mm] [0,1] } [mm] \subset [/mm] U, [mm] f:U\rightarrow \mathbb{R} [/mm] (k+1)-mal stetig diffbar. Dann [mm] \exists \theta \in [/mm] [0,1] mit
[mm] f(x+\chi)=\underset{|\alpha|\leq k}{\sum}\frac{D^{\alpha}f(x)}{\alpha!}\chi^{\alpha}+\underset{|\alpha|=k+1}{\sum}\frac{D^{\alpha}f(x+\theta\chi)}{\alpha!}\chi^{\alpha}.
[/mm]
Leider ist mir die Formel noch nicht sehr vertraut, oder mit anderen Worten, ich habe den Überblick verloren. D ist die Jakobi-Matrix.
Es hapert irgendwie an der Vorgehensweise. Wie muss ich genau mit der Formel arbeiten?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:32 Mi 10.06.2009 | | Autor: | pelzig |
> [mm]f(x+\chi)=\underset{|\alpha|\leq k}{\sum}\frac{D^{\alpha}f(x)}{\alpha!}\chi^{\alpha}+\underset{|\alpha|=k+1}{\sum}\frac{D^{\alpha}f(x+\theta\chi)}{\alpha!}\chi^{\alpha}.[/mm]
>
> Leider ist mir die Formel noch nicht sehr vertraut, oder
> mit anderen Worten, ich habe den Überblick verloren. D ist
> die Jakobi-Matrix.
Nein, D ist nicht die Jacobimatrix... [mm] $\alpha$ [/mm] sind ja Multiindizes, was sollte dann [mm] $D^\alpha$ [/mm] sein? In Wirklichkeit ist nämlich für [mm] $\alpha=(a_1,...,a_n)$: $$D^\alpha f:=\frac{\partial^{|\alpha|}f}{\partial x_1^{a_1}...\partial x_n^{a_n}}$$ [/mm] wobei [mm] $|\alpha|:=\sum_ia_i$ [/mm] sowie [mm] $\alpha!:=\prod_i a_i!$ [/mm] Du mussst also nur mehrfache partielle ableitungen berechnen können und die Nerven behalten... 
Gruß, Robert
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:21 Mi 10.06.2009 | | Autor: | Unk |
> Du mussst also nur mehrfache partielle ableitungen
> berechnen können und die Nerven behalten...
>
> Gruß, Robert
Ok das mit den Multiindizes finde ich zwar nicht wirklich schön, aber man gewöhnt sich bestimmt dran.
Jetzt soll ich die Taylorentwicklung 2ter Ordnung berechnen. Was genau ist damit gemeint?
In meiner Formel steht immer [mm] \chi. [/mm] Dann kann ich doch aber auch schreiben: [mm] x+\chi [/mm] = [mm] x_0 [/mm] (und [mm] x_0 [/mm] ist meine Stelle (1,0)). Daraus folgt:
[mm] \chi=x-x_0. [/mm] Ist das richtig?
Ist das Restglied einfach der zweite Teil meiner Summe? Wie berechne ich das genau?
Gruß Unk
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Hallo Unk,
> > Du mussst also nur mehrfache partielle ableitungen
> > berechnen können und die Nerven behalten...
> >
> > Gruß, Robert
>
> Ok das mit den Multiindizes finde ich zwar nicht wirklich
> schön, aber man gewöhnt sich bestimmt dran.
>
> Jetzt soll ich die Taylorentwicklung 2ter Ordnung
> berechnen. Was genau ist damit gemeint?
Hier hat man dann ein Polynom zweiten Grades in x und y.
>
> In meiner Formel steht immer [mm]\chi.[/mm] Dann kann ich doch aber
> auch schreiben: [mm]x+\chi[/mm] = [mm]x_0[/mm] (und [mm]x_0[/mm] ist meine Stelle
> (1,0)). Daraus folgt:
> [mm]\chi=x-x_0.[/mm] Ist das richtig?
Ja, das ist richtig.
>
> Ist das Restglied einfach der zweite Teil meiner Summe? Wie
> berechne ich das genau?
Für die Berechnung des Restgliedes benötigst Du die 3. partiellen Ableitungen.
Hier schreibt sich das Restglied wie folgt:
[mm]R_{2}=\summe_{k=0}^{3}\bruch{1}{k!*\left(3-k\right)!}*\bruch{\partial^{3} f}{\partial x^{k}\partial y^{3-k}}\left(x_{0}+\theta*\left(x-x_{0}\right),y_{0}+\theta*\left(y-y_{0}\right)\right)*\left(x-x_{0}\right)^{k}*\left(y-y_{0}\right)^{3-k}[/mm]
mit einer geeigneten Zahl [mm] 0 < \theta < 1[/mm],
wobei [mm]\pmat{x_{0} \\ y_{0}}[/mm] der Entwicklungspunkt ist.
>
> Gruß Unk
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:04 Do 11.06.2009 | | Autor: | Unk |
Ich hatte für das Restglied ja diese Summe hier:
[mm] \underset{|\alpha|=k+1}{\sum}\frac{D^{\alpha}f(x+\theta(x-a))}{\alpha!}(x-a)^{\alpha}
[/mm]
Muss ich das nicht nur für [mm] |\alpha|=3 [/mm] machen? Ansonsten wird die Berechnung des Restgliedes an sich fast komplizierter als die eigentliche Taylorreihe.
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Hallo Unk,
> Ich hatte für das Restglied ja diese Summe hier:
>
> [mm]\underset{|\alpha|=k+1}{\sum}\frac{D^{\alpha}f(x+\theta(x-a))}{\alpha!}(x-a)^{\alpha}[/mm]
>
> Muss ich das nicht nur für [mm]|\alpha|=3[/mm] machen? Ansonsten
> wird die Berechnung des Restgliedes an sich fast
> komplizierter als die eigentliche Taylorreihe.
Das mußt Du nur für [mm]\vmat{\alpha}=3[/mm] machen.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:07 Do 11.06.2009 | | Autor: | Unk |
So langsam fange ich an das zu verstehen.
> Nein, D ist nicht die Jacobimatrix... [mm]$\alpha$[/mm] sind ja
> Multiindizes, was sollte dann [mm]$D^\alpha$[/mm] sein? In
> Wirklichkeit ist nämlich für [mm]$\alpha=(a_1,...,a_n)$:[/mm]
> [mm]D^\alpha f:=\frac{\partial^{|\alpha|}f}{\partial x_1^{a_1}...\partial x_n^{a_n}}[/mm]
> wobei [mm]$|\alpha|:=\sum_ia_i$[/mm] sowie [mm]$\alpha!:=\prod_i a_i!$[/mm]
Wie sieht dann die nullte entwicklung aus? Ist [mm] |\alpha| [/mm] dann gleich 0? Was kommt dann da für ein therm raus? Einfach [mm] f(1,0)\cdot ((x,y)-(1,0))^0=0 [/mm] oder?
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Hallo Unk,
> So langsam fange ich an das zu verstehen.
>
> > Nein, D ist nicht die Jacobimatrix... [mm]$\alpha$[/mm] sind ja
> > Multiindizes, was sollte dann [mm]$D^\alpha$[/mm] sein? In
> > Wirklichkeit ist nämlich für [mm]$\alpha=(a_1,...,a_n)$:[/mm]
> > [mm]D^\alpha f:=\frac{\partial^{|\alpha|}f}{\partial x_1^{a_1}...\partial x_n^{a_n}}[/mm]
> > wobei [mm]$|\alpha|:=\sum_ia_i$[/mm] sowie [mm]$\alpha!:=\prod_i a_i!$[/mm]
>
> Wie sieht dann die nullte entwicklung aus? Ist [mm]|\alpha|[/mm]
> dann gleich 0? Was kommt dann da für ein therm raus?
> Einfach [mm]f(1,0)\cdot ((x,y)-(1,0))^0=0[/mm] oder?
Genau.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:01 Do 11.06.2009 | | Autor: | Unk |
Ok dann bin ich schonmal ein wenig beruhigt.
Für den Fall [mm] \alpha [/mm] =1 gestaltet sich das ganze dann schon etwas schwieriger:
Ich berechne [mm] \frac{\partial f}{\partial x}(1,0)=1 [/mm] und [mm] \frac{\partial f}{\partial y}(1,0)=1.
[/mm]
Wie komme ich dann auf den kompletten Ausdruck für [mm] |\alpha|=1?
[/mm]
Muss ich meine partiellen Ableitungen am Punkt (1,0) miteinander multiplizieren, also so: [mm] (1\cdot1)(\begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix}^{T}-\begin{pmatrix}1 & 0\end{pmatrix}^{T})^{1}, [/mm] oder addieren [mm] (1+1)(\begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix}^{T}-\begin{pmatrix}1 & 0\end{pmatrix}^{T})^{1}?
[/mm]
Wie ich das auch mache, erhalte ich doch immer einen Vektor, also ein Element aus [mm] \mathbb{R}^2 [/mm] und nicht aus [mm] \mathbb{R}. [/mm] Das kann doch aber nicht sein.
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Hallo Unk,
> Ok dann bin ich schonmal ein wenig beruhigt.
> Für den Fall [mm]\alpha[/mm] =1 gestaltet sich das ganze dann schon
> etwas schwieriger:
> Ich berechne [mm]\frac{\partial f}{\partial x}(1,0)=1[/mm] und
> [mm]\frac{\partial f}{\partial y}(1,0)=1.[/mm]
> Wie komme ich dann
> auf den kompletten Ausdruck für [mm]|\alpha|=1?[/mm]
> Muss ich meine partiellen Ableitungen am Punkt (1,0)
> miteinander multiplizieren, also so:
> [mm](1\cdot1)(\begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix}^{T}-\begin{pmatrix}1 & 0\end{pmatrix}^{T})^{1},[/mm]
> oder addieren [mm](1+1)(\begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix}^{T}-\begin{pmatrix}1 & 0\end{pmatrix}^{T})^{1}?[/mm]
Wenn Du das so machen willst, dann ist das das Skalarprodukt
[mm]\pmat{1 & 1}(\begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix}^{T}-\begin{pmatrix}1 & 0\end{pmatrix}^{T})=1*\left(x-1\right)+1*\left(y-0\right)[/mm]
>
> Wie ich das auch mache, erhalte ich doch immer einen
> Vektor, also ein Element aus [mm]\mathbb{R}^2[/mm] und nicht aus
> [mm]\mathbb{R}.[/mm] Das kann doch aber nicht sein.
Ich denke jetzt ist Zeit für ein paar Definitionen
(im Fall von [mm]f:\IR^{2} \to \IR[/mm]):
[mm]\alpha:=\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}\right), \ \alpha_{1},\alpha_{2} \in \IN_{0}[/mm]
[mm]\alpha!:=\alpha_{1}!*\alpha_{2}![/mm] (Fakultät)
[mm]\vmat{\alpha}:=\alpha_{1}+\alpha_{2}[/mm]
[mm]D^{\vmat{\alpha}}f:=\bruch{\partial^{\vmat{\alpha}}f}{\partial x^{\alpha_{1}} \partial y^{\alpha_{2}}[/mm] (partielle Ableitungen)
[mm]\chi^{\alpha}:=\left(x-x_{0}\right)^{\alpha_{1}}*\left(y-y_{0}\right)^{\alpha_{2}}[/mm] (Potenzen)
So, jetzt lass mal das auf Dich wirken.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:12 Do 11.06.2009 | | Autor: | Unk |
> Wenn Du das so machen willst, dann ist das das
> Skalarprodukt
mit deinen Definitionen mache ich das dann lieber so: [mm] 1\cdot (x-1)^1\cdot (y-0)^0+1\cdot (x-1)^0\cdot (y-0)^1=x-1+y.
[/mm]
Müsste ja so gehn?
Komme ich nun erstmal zu meiner letzten Frage:
Für [mm] |\alpha|=2 [/mm] sind ja 3 Kombinationen möglich, nämlich
(1) [mm] \alpha_1=2,\alpha_2=0
[/mm]
(2) [mm] \alpha_1=0,\alpha_2=2
[/mm]
(3) [mm] \alpha_1=1,\alpha_2=1.
[/mm]
Für die dritte Möglichkeit:
Muss ich da nur [mm] \frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y} [/mm] berechnen, oder auch [mm] \frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x}. [/mm] Oder müsste da sogar das gleiche Ergebnis rauskommen? Das tut es bei mir nicht.
Gruß Unk
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Hallo Unk,
> > Wenn Du das so machen willst, dann ist das das
> > Skalarprodukt
>
> mit deinen Definitionen mache ich das dann lieber so:
> [mm]1\cdot (x-1)^1\cdot (y-0)^0+1\cdot (x-1)^0\cdot (y-0)^1=x-1+y.[/mm]
>
> Müsste ja so gehn?
Ja.
>
> Komme ich nun erstmal zu meiner letzten Frage:
> Für [mm]|\alpha|=2[/mm] sind ja 3 Kombinationen möglich, nämlich
> (1) [mm]\alpha_1=2,\alpha_2=0[/mm]
> (2) [mm]\alpha_1=0,\alpha_2=2[/mm]
> (3) [mm]\alpha_1=1,\alpha_2=1.[/mm]
>
> Für die dritte Möglichkeit:
> Muss ich da nur [mm]\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}[/mm]
> berechnen, oder auch [mm]\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x}.[/mm]
> Oder müsste da sogar das gleiche Ergebnis rauskommen? Das
> tut es bei mir nicht.
>
Es sollte das gleich Ergebnis herauskommen.
>
> Gruß Unk
>
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:53 Do 11.06.2009 | | Autor: | Unk |
> Es sollte das gleich Ergebnis herauskommen.
>
Gut dann habe ich ein Problem:
[mm] \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=&\frac{\partial}{\partial x}((x^{2}+y^{2})log(x+y))\\&=&2x\cdot log(x+y)+(x^{2}+y^{2})\cdot\frac{1}{x+y}\\&=&2x\cdot [/mm] log(x+y)+x-y
[mm] \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=&\frac{\partial}{\partial y}((x^{2}+y^{2})log(x+y))\\&=&2y\cdot log(x+y)+(x^{2}+y^{2})\cdot\frac{1}{x+y}\\&=&2y\cdot [/mm] log(x+y)+x-y
Und dann
[mm] \frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)&=&\frac{\partial f}{\partial x}(2y\cdot log(x+y)+x-y)\\&=&2y\frac{1}{x+y}+1
[/mm]
[mm] \frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x}(x,y)&=&\frac{\partial f}{\partial y}(2x\cdot log(x+y)+x-y)\\&=&2x\cdot\frac{1}{x+y}-1
[/mm]
Dann sind die letzten beiden nicht gleich. Wo liegt mein Fehler?
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Hallo Unk,
> > Es sollte das gleich Ergebnis herauskommen.
> >
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> Gut dann habe ich ein Problem:
>
> [mm]\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=&\frac{\partial}{\partial x}((x^{2}+y^{2})log(x+y))\\&=&2x\cdot log(x+y)+(x^{2}+y^{2})\cdot\frac{1}{x+y}\\&=&2x\cdot[/mm]
> log(x+y)+x-y
>
> [mm]\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=&\frac{\partial}{\partial y}((x^{2}+y^{2})log(x+y))\\&=&2y\cdot log(x+y)+(x^{2}+y^{2})\cdot\frac{1}{x+y}\\&=&2y\cdot[/mm]
> log(x+y)+x-y
>
Hier ist schon der Fehler passiert.
[mm]\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=&\frac{\partial}{\partial x}((x^{2}+y^{2})log(x+y))\\&=&2x\cdot log(x+y)+\blue{(x^{2}+y^{2})\cdot\frac{1}{x+y}}\\&=&2x\cdot log(x+y)+\red{x-y}[/mm]
[mm]\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=&\frac{\partial}{\partial y}((x^{2}+y^{2})log(x+y))\\&=&2y\cdot log(x+y)+\blue{(x^{2}+y^{2})\cdot\frac{1}{x+y}}\\&=&2y\cdot log(x+y)+\red{x-y} [/mm]
Es ist [mm]\blue{\bruch{x^{2}+y^{2}}{x+y}}\not=\red{x-y}[/mm]
>
> Und dann
> [mm]\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)&=&\frac{\partial f}{\partial x}(2y\cdot log(x+y)+x-y)\\&=&2y\frac{1}{x+y}+1[/mm]
>
> [mm]\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x}(x,y)&=&\frac{\partial f}{\partial y}(2x\cdot log(x+y)+x-y)\\&=&2x\cdot\frac{1}{x+y}-1[/mm]
>
> Dann sind die letzten beiden nicht gleich. Wo liegt mein
> Fehler?
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:38 Do 11.06.2009 | | Autor: | Unk |
Ok. Tschuldigung für die viele Fragereie, aber eine habe ich noch.
Es ist [mm] \alpha!=\alpha_1!\cdot \alpha_2!.
[/mm]
Ich will jetzt diesen Summanden berechnen:
[mm] \frac{D^2f(1,0)}{\alpha!}(x-a)^\alpha.
[/mm]
So ich habe: [mm] \frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}(1,0)=3,\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}(1,0)=-1,\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(1,0)=1.
[/mm]
Mal angenommen das stimmt.
Ich kann dann nicht einfach für das [mm] \alpha!=2! [/mm] schreiben, sonder muss:
[mm] \frac{D^2f(1,0)}{\alpha!}(x-a)^\alpha=\frac{1}{2!\cdot0!}3\cdot(x-1)^{2}\cdot(y-0)^{0}-\frac{1}{0!\cdot2!}(x-1)^{0}(y-0)^{2}+\frac{1}{1!\cdot1!}(x-y)^{1}(y-0)^{1} [/mm] schreiben?
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Hallo Unk,
> Ok. Tschuldigung für die viele Fragereie, aber eine habe
> ich noch.
> Es ist [mm]\alpha!=\alpha_1!\cdot \alpha_2!.[/mm]
>
> Ich will jetzt diesen Summanden berechnen:
> [mm]\frac{D^2f(1,0)}{\alpha!}(x-a)^\alpha.[/mm]
>
> So ich habe: [mm]\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}(1,0)=3,\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}(1,0)=-1,\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(1,0)=1.[/mm]
>
> Mal angenommen das stimmt.
> Ich kann dann nicht einfach für das [mm]\alpha!=2![/mm] schreiben,
> sonder muss:
>
> [mm]\frac{D^2f(1,0)}{\alpha!}(x-a)^\alpha=\frac{1}{2!\cdot0!}3\cdot(x-1)^{2}\cdot(y-0)^{0}-\frac{1}{0!\cdot2!}(x-1)^{0}(y-0)^{2}+\frac{1}{1!\cdot1!}(x-y)^{1}(y-0)^{1}[/mm]
> schreiben?
So ist es.
Gruß
MathePower
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