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Morgen!
Bin mir ganz unsicher bei der Berechnung meiner Taylorreihe, vielleicht kann mir ja jemand sagen, was ich falsch gemacht habe!
Die Aufgabe lautet so:
Berechne die Taylorreihe der Funktion f: { [mm] (x,y)\in\IR^{2} [/mm] : x+y<1 } [mm] \to\IR [/mm] ; f(x,y):= ln(1+x+y) in (0,0).
Da die Taylorreihe so: [mm] \summe_{n=0}^{\infty} \bruch{f^{(n)}(a)}{n!}*(x-a)^{n} [/mm] definiert ist, habe ich einfach eingesetzt und folgendes herausbekommen:
ln(1+x+y)= [mm] \summe_{n=0}^{\infty} \bruch{f^{(n)}(0,0)}{n!}*((x,y)-(0,0))^{n}
[/mm]
= [mm] \summe_{n=0}^{\infty} (x,y)^{n} [/mm] , da ln(1+0+0)=0 ist!
Aber irgendwie kommt mir das Ergebnis sehr spanisch vor!
Was hab ich falsch gemacht? Oder sollte das etwa wirklich richtig sein?!
Lieben Gruß Jessi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:36 Di 03.05.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo Jessica!
Für diese zweidimensionale Funktion musst du folgende Formel verwenden:
[mm] $f(x,y)=\summe_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\cdot\summe_{k=0}^{n} \vektor{n\\ k}\cdot (x-a)^k\cdot (y-b)^{n-k}\frac{\partial^n f}{\partial x^k\partial y^{n-k}}(a,b)$
[/mm]
Es bleiben lediglich die partiellen Ableitungen auszurechnen, was kein Problem ist. Exemplarisch führe ich das mal für $x$ durch, es bleibt dann deine Aufgabe, zu überlegen, warum es sich mit $y$ und den "gemischt-partiellen" Ableitungen genau so verhält:
[mm] $\frac{\partial^1 f}{\partial x}=\frac{1}{1+x+y}\Rightarrow \left(\frac{\partial^1 f}{\partial x}\right) [/mm] (0,0)=1$
[mm] $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=-1\cdot\frac{1}{(1+x+y)^2}\Rightarrow \left(\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\right) [/mm] (0,0)=-1$
[mm] $\frac{\partial^3 f}{\partial x^3}=2\frac{1}{(1+x+y)^3}\Rightarrow \left(\frac{\partial^3 f}{\partial x^3}\right) [/mm] (0,0)=2$
...
[mm] $\frac{\partial^n f}{\partial x^n}=(-1)^{n+1} (n-1)!\cdot\frac{1}{(1+x+y)^n}\Rightarrow \left(\frac{\partial^n f}{\partial x^n}\right) (0,0)=(-1)^{n+1} [/mm] (n-1)!$
Es verhält sich, wie gesagt, mit den partiellen Ableitungen nach $y$ und den gemischten ebenso, d.h. es gilt
[mm] $\left(\frac{\partial^n f}{\partial x^k\partial y^{n-k}}\right) (0,0)=(-1)^{n+1} [/mm] (n-1)!$
Setzt man dies in obige Formel ein, so ergibt sich (mit $(a,b)=(0,0)$):
[mm] $f(x,y)=\summe_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}\cdot (n-1)!}{n!}\cdot\summe_{k=0}^{n}{\vektor{n\\ k} x^k\cdot y^{n-k}}=\summe_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}\cdot (x+y)^n}{n}$.
[/mm]
Wegen $x+y<1$ sieht man auch sofort, dass diese Reihe absolut konvergent ist.
Ich hoffe ich konnte dir helfen.
Liebe Grüße,
Hanno
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:59 Di 03.05.2005 | | Autor: | Fabian |
Hallo Jessica
Hanno hat dir gerade schon einen Weg erläutert. Man kann sich die ganze Sache aber auch ein wenig einfacher machen , indem man bekannte Taylorentwicklungen von Funktionen einer Veränderlichen - mittels Umformungen und Substitutionen - benutzt.
Wir wissen:
[mm] ln(1+x)=\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n+1}}{n}x^{n}=x-\bruch{1}{2}x^{2}+\bruch{1}{3}x^{3}+-............
[/mm]
In deinem Beispiel ist es besonders einfach. Man muß noch nicht einmal umformen:
[mm] ln(1+x+y))=\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n+1}}{n}(x+y)^{n}=(x+y)-\bruch{1}{2}(x+y)^{2}+\bruch{1}{3}(x+y)^{3}+-............
[/mm]
Gruß Fabian
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:04 Di 03.05.2005 | | Autor: | Staatsi21 |
Vielen Dank euch beiden!
Eure Erklärungen waren echt super und haben mir sehr weitergeholfen!
Wünsche euch noch einen schönen Dienstag...
Bis denn... jessi
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