Taylorentwicklung 3. Ordnung < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:28 Mi 25.06.2014 | | Autor: | YuSul |
| Aufgabe | Berechnen Sie das Taylorpolynom 3. Grades der Funktion
[mm] $f(x,y)=x^y$ [/mm] im Punkt [mm] $(1,1)^t$ [/mm] |
Hi,
ich habe eine kurze Frage zu dieser Aufgabe. Und zwar benötige ich für die Lösung ja den Gradienten, die Hesse-Matrix und dann noch die Matrix die alle partiellen dritten Ableitungen enthält, aber wie wären die Ableitungen darin zu sortieren?
Die Hesse-Matrix sieht ja so aus:
$Hess [mm] f(x,y)\begin{pmatrix} \frac{\partial^2 f}{\partial^2x}&\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}\\\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}&\frac{\partial^2 f}{\partial^2 y}\end{pmatrix}$
[/mm]
Wie würde es nun für die dritten Ableitungen aussehen? Dies sollte doch eine [mm] $(2\times [/mm] 4)$ Matrix werden, oder?
Und wie viele Ableitungen müsste ich "effektiv" dafür berechnen. Insgesamt wären es ja 8 aber eigentlich muss ich nur 4 bestimmen und die restlichen kann ich dann mit dem Satz von Schwarz folgern.
Vielen Dank im voraus für klärende Worte.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:38 Do 26.06.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
du brauchst zwar alle 2 ten und dritten Ableitungen, aber nicht die Hessematrix. Sieh dir die Formel für das Taylorpolynom an!
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:45 Do 26.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Ich werde leider aus den Formeln im Skript grundsätzlich nicht schlau...
Dort steht:
[mm] $f(x+v)=\sum_{|\alpha|
Könntest du bitte einmal "deine" Formel nennen? Ich denke sie wird verständlicher ausfallen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 06:34 Do 26.06.2014 | | Autor: | meili |
Hallo,
> Ich werde leider aus den Formeln im Skript grundsätzlich
> nicht schlau...
>
> Dort steht:
>
> [mm]f(x+v)=\sum_{|\alpha|
>
> Könntest du bitte einmal "deine" Formel nennen? Ich denke
> sie wird verständlicher ausfallen.
Siehe ![[]](/images/popup.gif) Beispiel bei Wikipedia.
Im Beispiel ist das mehrdimensionale Taylorpolynom für eine Funktion
$g: [mm] \IR^2 \to \IR$ [/mm] zwar nur bis zum 2. Grad explizit aufgeschrieben,
direkt darüber ist aber wenigstens die Multiindex-schreibweise in
Mehrfachsummen aufgelöst hingeschrieben bis zum 3. Grad.
Gruß
meili
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:41 Do 26.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Diese Schreibweise finde ich leider auch sehr ekelig.
Könnte man das Vorgehen vielleicht in Worte fassen, damit ich es verstehe?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:02 Do 26.06.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
du brauchst alle Ableitungen nach x, y, xx yy xxx yyy xy,xxy yyx uw, dann mit den entprechenden Fakultäten und potenzen von [mm] x-x_0 [/mm] und [mm] y-y_0 [/mm]
wie soll man das sonst in Worte fassen?
das 1. te T nähert die Fläche durch ihre Tangentialebene, das zweite durch ein "Schmiegparaboloid, das dritte durch eine Fläche dritten Grades
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:31 Do 26.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Also alle dritten Ableitungen mit dem Faktor 1/6 und der Potenz drei, und für die zweiten Ableitungen alle hoch 2 und mit dem Faktor 1/2 und dann einfach ausrechnen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:34 Do 26.06.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
ja, ich hoffe du meinst es richtig, schreib esl lieber mal auf.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:42 Do 26.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Ist es richtig, dass ich 8 dritte Ableitungen habe?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:52 Do 26.06.2014 | | Autor: | meili |
Hallo,
> Ist es richtig, dass ich 8 dritte Ableitungen habe?
Ja.
Gruß
meili
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:19 Do 26.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Bei der dritten Ableitung, benötige ich doch
xxx
yyy
xxy xyx yxx (Sind alle gleich nach dem Satz von Schwarz)
yyx yxy xyy (Auch diese sind nach dem Satz von Schwarz gleich)
Stimmts?
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Hallo YuSul,
> Bei der dritten Ableitung, benötige ich doch
>
> xxx
>
> yyy
>
> xxy xyx yxx (Sind alle gleich nach dem Satz von Schwarz)
>
> yyx yxy xyy (Auch diese sind nach dem Satz von Schwarz
> gleich)
>
> Stimmts?
>
Ja, sofern die zweiten partiellen Ableitungen stetig sind.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:30 Do 26.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Okay.
Bei der Funktion
[mm] $f(x,y)=x^y$ [/mm]
liegt doch einfach eine Verkettung stetiger Funktionen vor. Auch bei den Ableitungen, also sollte da doch nichts schief gehen, oder?
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Hallo YuSul,
> Okay.
>
> Bei der Funktion
>
> [mm]f(x,y)=x^y[/mm]
>
> liegt doch einfach eine Verkettung stetiger Funktionen vor.
> Auch bei den Ableitungen, also sollte da doch nichts schief
> gehen, oder?
Ja.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:13 Do 26.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Ich weiß leider immer noch nicht so recht wie ich vorzugehen habe.
Die Ableitungen sollte ich haben
Erste partiellen Ableitungen:
[mm] $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=yx^{y-1}$
[/mm]
[mm] $\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=ln(x)x^y$
[/mm]
Zweiten partiellen Ableitungen:
[mm] $\frac{\partial^2 f}{\partial^2 x}(x,y)=y(y-1)x^{y-2}$
[/mm]
[mm] $\frac{\partial^2 f}{\partial^2 y}(x,y)=ln(x)^2x^y$
[/mm]
[mm] $\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x,y)=\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=x^{y-1}(ln(x)y+1)$
[/mm]
Dritten partiellen Ableitungen:
[mm] $\frac{\partial^3 f}{\partial^3 x}(x,y)=y(y-1)(y-2)x^{y-3}$
[/mm]
[mm] $\frac{\partial^3 f}{\partial^3 y}(x,y)=ln(x)^3x^y$
[/mm]
[mm] $\frac{\partial^3 f}{\partial^2x\partial y}(x,y)=\frac{x^y}{y}+(y-1)x^{y-2}(ln(x)y+1)
[/mm]
[mm] $\frac{\partial^3 f}{\partial^2y\partial x}(x,y)=(ln(x)^2y+2ln(x))x^{y-1}$
[/mm]
Wobei bei beiden letzten eben nach dem Satz von Schwarz noch zu zwei weiteren Kombinationen jeweils passen.
Aber wie baue ich nun das Taylorpolynom zusammen?
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Hallo YuSul,
> Ich weiß leider immer noch nicht so recht wie ich
> vorzugehen habe.
> Die Ableitungen sollte ich haben
>
> Erste partiellen Ableitungen:
>
> [mm]\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=yx^{y-1}[/mm]
>
> [mm]\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=ln(x)x^y[/mm]
>
> Zweiten partiellen Ableitungen:
>
> [mm]\frac{\partial^2 f}{\partial^2 x}(x,y)=y(y-1)x^{y-2}[/mm]
>
> [mm]\frac{\partial^2 f}{\partial^2 y}(x,y)=ln(x)^2x^y[/mm]
>
> [mm]\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x,y)=\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=x^{y-1}(ln(x)y+1)[/mm]
>
> Dritten partiellen Ableitungen:
>
> [mm]\frac{\partial^3 f}{\partial^3 x}(x,y)=y(y-1)(y-2)x^{y-3}[/mm]
>
> [mm]\frac{\partial^3 f}{\partial^3 y}(x,y)=ln(x)^3x^y[/mm]
>
> [mm]$\frac{\partial^3 f}{\partial^2x\partial y}(x,y)=\frac{x^y}{y}+(y-1)x^{y-2}(ln(x)y+1)[/mm]
>
Diese Ableitung musst Du noch überprüfen.
> [mm]\frac{\partial^3 f}{\partial^2y\partial x}(x,y)=(ln(x)^2y+2ln(x))x^{y-1}[/mm]
>
> Wobei bei beiden letzten eben nach dem Satz von Schwarz
> noch zu zwei weiteren Kombinationen jeweils passen.
>
> Aber wie baue ich nun das Taylorpolynom zusammen?
[mm]T_{3}\left(x,y\right)=\summe_{k=0}^{3}\summe_{l=0}^{k}\bruch{1}{l! \left(k-l\right)!}\left \bruch{\partial^{k} f\left(x,y\right)}{\partial x^{l} \partial y^{k-l} }\right|_{x=1,y=1}*\left(x-1\right)^{l}*\left(y-1\right)^{k-l}[/mm]
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:09 Do 26.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Oh, die Ableitung müsste richtig hoffentlich
[mm] $(\frac{1}{y}+(y-1)(ln(x)y+1))x^{y-2}$ [/mm]
lauten.
Von allen bisher gesehenen Formeln, gefällt mir deine bisher am besten, bzw. finde ich sie am angenehmsten.
Nur zum Verständnis:
Die Doppelsummen liefern erstmal nur einen Zahlenwert und hängen am Ende nicht mehr von x oder y ab, richtig?
Denn bei den Doppelsummen hapert es denke ich noch am meisten, wie ich es um zusetzen habe. Läuft die "innere" Summe auch bis 3?
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Hallo YuSul,
> Oh, die Ableitung müsste richtig hoffentlich
>
> [mm](\frac{1}{y}+(y-1)(ln(x)y+1))x^{y-2}[/mm]
>
Statt [mm]\bruch{1}{y}[/mm] muss es ein "y" sein.
> lauten.
>
> Von allen bisher gesehenen Formeln, gefällt mir deine
> bisher am besten, bzw. finde ich sie am angenehmsten.
>
> Nur zum Verständnis:
>
> Die Doppelsummen liefern erstmal nur einen Zahlenwert und
> hängen am Ende nicht mehr von x oder y ab, richtig?
Nein, die Abhängigkeit vin x und y ist doch offensichtlich.
> Denn bei den Doppelsummen hapert es denke ich noch am
> meisten, wie ich es um zusetzen habe. Läuft die "innere"
> Summe auch bis 3?
Nein, die innere Summe läuft von l=0 bis k.
Die äußere Summe läuft von k=0 bis 3.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:28 Do 26.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Ach, klar...
Hmm, aber wie soll ich denn die innere Summe ausrechnen, wenn es bis k läuft?
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Hallo YuSul,
> Ach, klar...
>
>
> Hmm, aber wie soll ich denn die innere Summe ausrechnen,
> wenn es bis k läuft?
Rechne die innere Summe schrittweise aus.
Zunächst für k=0, dann für k=1, k=2 und schliesslich für k=3.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:46 Do 26.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Entschuldigung, aber ich blicke da gerade echt nicht durch. :(
Ich muss doch zu erst diese Summe berechnen
[mm] $\sum_{l=0}^k \frac{1}{l!(k-l)!}\frac{\partial^kf}{\partial x^l\partial y^{k-l}}$
[/mm]
oder?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:37 Do 26.06.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
das verstehe ich nicht, auf was soll das denn angewendet werden?
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:21 Fr 27.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Ist es einfach so, dass ich nun in die partiellen Ableitungen (1,1) einsetze.
Dabei sind fast alle Null, außer die drei partiellen Ableitungen
[mm] $\frac{\partial f}{\partial x}(1,1)=1$
[/mm]
[mm] $\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(1,1)=1$
[/mm]
[mm] $\frac{\partial^3 f}{\partial^2 x\partial y}(1,1)=1$
[/mm]
Das Taylorpolynom dritter Ordnung berechnet sich nun einfach durch
[mm] $f(1,1)+(x-1)+\frac12(x-1)(y-1)+3\cdot\frac16\cdot(x-1)^2(y-1)$
[/mm]
[mm] $=1+(x-1)+\frac12(x-1)(y-1)+3\cdot\frac16\cdot(x-1)^2(y-1)$
[/mm]
Man multipliziert die jeweiligen partiellen Ableitungen also einfach mit (x-a) oder (y-b) wobei (a,b)=(1,1).
Und dieser Faktor taucht jeweils in der selben Potenz auf wie er in der partiellen Ableitung auch auftaucht, also wenn zwei mal nach x abgeleitet wird und einmal nach y, dann haben wir den Faktor [mm] $(x-1)^2(y-1)$
[/mm]
Ist das richtig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 06:30 Fr 27.06.2014 | | Autor: | meili |
Hallo,
> Ist es einfach so, dass ich nun in die partiellen
> Ableitungen (1,1) einsetze.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Dabei sind fast alle Null, außer die drei partiellen
> Ableitungen
>
> [mm]\frac{\partial f}{\partial x}(1,1)=1[/mm]
>
> [mm]\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(1,1)=1[/mm]
>
> [mm]\frac{\partial^3 f}{\partial^2 x\partial y}(1,1)=1[/mm]
>
> Das Taylorpolynom dritter Ordnung berechnet sich nun
> einfach durch
>
> [mm]f(1,1)+(x-1)+\frac12(x-1)(y-1)+3\cdot\frac16\cdot(x-1)^2(y-1)[/mm]
>
> [mm]=1+(x-1)+\frac12(x-1)(y-1)+3\cdot\frac16\cdot(x-1)^2(y-1)[/mm]
>
> Man multipliziert die jeweiligen partiellen Ableitungen
> also einfach mit (x-a) oder (y-b) wobei (a,b)=(1,1).
> Und dieser Faktor taucht jeweils in der selben Potenz auf
> wie er in der partiellen Ableitung auch auftaucht, also
> wenn zwei mal nach x abgeleitet wird und einmal nach y,
> dann haben wir den Faktor [mm](x-1)^2(y-1)[/mm]
>
> Ist das richtig?
Ja.
Gruß
meili
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:28 Fr 27.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Vielen Dank, wobei man es ja auch direkt so hätte sprachlich formulieren können, oder etwa nicht?
Das ist doch bedeutend einfacher nachzuvollziehen als diese Formel...
Wobei in der obigen Rechnung der Faktor 1/2 sich noch neutralisieren müsste, da dieser Summand ja insgesamt zwei mal auftritt, weil es zwei mal diese partielle Ableitung gibt.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:28 Fr 27.06.2014 | | Autor: | meili |
Stimmt, das habe ich über sehen.
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