Taylor-Polynom

03.07.2009, 09:25

Lea

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Taylor-Polynom

Hallo
Hab ein Problem. Und zwar will ich folgende Aufgabe lösen, aber komme nicht weiter.
Es sei $\begin{eqnarray*} f: (0, \infty) \times \mathbb R \to \mathbb R \end{eqnarray*}$ definiert durch $\begin{eqnarray*} f(x,y)=x^y \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} (x>0, y \in \mathbb R) \end{eqnarray*}$ . Nun will ich das Taylorpolynom $\begin{eqnarray*} T_{3,(1,0)} \end{eqnarray*}$ bestimmen.
Ich weiß dass ich dann $\begin{eqnarray*} T_{3,(0,1)}(h)=\sum_{|\alpha|\leq 3}~\frac{\partial^{\alpha}f(0,1)}{\alpha!}h^{\alpha} \end{eqnarray*}$ ausrechenen muss. (wobei $\begin{eqnarray*} |\alpha|=\sum_{j=1}^d~\alpha_j \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \alpha!=\prod_{j=1}^d (\alpha_j)! \end{eqnarray*}$ ist.)
Weiß aber nicht richtig wie ich das ausrechnen kann. Kann mir da vielleicht jemand helfen?

03.07.2009, 16:04

WebFritzi

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Wo liegen denn deine Probleme? Du musst doch einfach nur die paar Ableitungen berechnen und einsetzen.

04.07.2009, 00:04

Lea

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RE: Taylor-Polynom
Das heißt ich hätte dann:
$\begin{eqnarray*} T_{3,(0,1)}(h)=\sum_{|\alpha|\leq 3}~\frac{\partial^{\alpha}f(0,1)}{\alpha!}h^{\alpha}=\frac{\partial^{1}f(0,1)}{1!}h^{1}+\frac{\partial^{2}f(0,1)}{2!}h^{2}+\frac{\partial^{3}f(0,1)}{3!}h^{3} \end{eqnarray*}$
Stimmt das soweit? Das heißt doch ich muss beim ersten Summand einmal ableiten, beim 2. zweimal und beim dritten dreimal. Aber nach welcher Variable?Da hänge ich.

04.07.2009, 18:26

Lea

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RE: Taylor-Polynom
Ist das falsch so? ich komme da nicht weiter. Wäre echt lieb wenn mir das jemand sagen könnte.

04.07.2009, 18:34

WebFritzi

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RE: Taylor-Polynom

Zitat:

Original von Lea
wobei $\begin{eqnarray*} |\alpha|=\sum_{j=1}^d~\alpha_j \end{eqnarray*}$

Wieviele Möglichkeiten gibt es also für $\begin{eqnarray*} |\alpha|\le 3\;? \end{eqnarray*}$

05.07.2009, 12:39

Lea

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RE: Taylor-Polynom
Die Summe $\begin{eqnarray*} \alpha_1+...+\alpha_d \end{eqnarray*}$ Genau da liegt auch mein Problem. Weiß nicht wie ich damit umgehen soll.

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05.07.2009, 15:03

WebFritzi

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Das sind alles nichtnegative Zahlen. Was ist in deinem Beispiel das d?

05.07.2009, 17:51

Lea

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Ja genau. Ist das d dann die 3?

05.07.2009, 18:02

WebFritzi

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Nein. Schau in die Definition des Taylorpolynoms. Da steht, was d ist. Warum kommst du da nicht selber drauf? unglücklich

unglücklich

Du kannst doch eine Formel nur anwenden, wenn du weißt, was die Variablen darin bedeuten. Und um das herauszufinden, schaut man natürlich in sein Skript an die Stelle, wo die Formel zum ersten mal auftaucht. Sei doch mal ein wenig selbstständig. Du bist schließlich auf einer Hochschule.

05.07.2009, 19:17

Lea

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RE: Taylor-Polynom
Also laut meinem Skript gibt mir das d an wie viele Variablen es gibt. Ahh moment dann wäre in meinem Fall das d doch gleich 2 oder? Das heißt ich könnte dann schreiben:
$\begin{eqnarray*} T_{3,(0,1)}(h)=\sum_{\alpha_1+\alpha_2\leq3}~\frac{\partial^{(\alpha_1,\alpha_2)}f(0,1)}{\alpha_1\cdot\alpha_2}h^{(\alpha_1,\alpha_2)} \end{eqnarray*}$ Stimmt das soweit? mein Problem liegt jetzt darin wie man diese Summe ausschreibt.

06.07.2009, 14:49

WebFritzi

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Das ist soweit richtig. Gut!

Jetzt musst du dir noch ueberlegen, welche Moeglichkeiten es gibt fuer $\begin{eqnarray*} \alpha_1 + \alpha_2\le 3. \end{eqnarray*}$ Diese musst du dann in die Summe einsetzen. Das ist sehr einfach.

06.07.2009, 17:21

Lea

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RE: Taylor-Polynom
Also: hatte noch einen kleinen Tippfehler drin. 0 und 1 müssen umgedreht werden. Die Möglichkeiten wären doch dann 1+1, 1+2, 2+1
$\begin{eqnarray*} T_{3,(1,0)}(h)=\frac{\partial^{(1,1)}f(1,0)}{1\cdot 1}h^{(1,1)}+\frac{\partial^{(1,2)}f(1,0)}{1\cdot 2}h^{(1,2)}+\frac{\partial^{(2,1)}f(1,0)}{2\cdot 1}h^{(2,1)} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\frac{\partial_1f(1,0)\partial_1f(1,0)}{1}h_1 \cdot h_1+\frac{\partial_1f(1,0)\partial_2f(1,0)}{2}h_1 \cdot h_2+\frac{\partial_2f(1,0)\partial_1f(1,0)}{2}h_2 \cdot h_1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\frac{1}{2}\cdot h_1(h_1+h_2) \end{eqnarray*}$
Stimmt das so? Bleiben die h's so stehen?

06.07.2009, 18:44

WebFritzi

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RE: Taylor-Polynom

Zitat:

Original von Lea
Die Möglichkeiten wären doch dann 1+1, 1+2, 2+1

Und was ist mit der Null?

06.07.2009, 19:22

Lea

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RE: Taylor-Polynom
Darf das $\begin{eqnarray*} \alpha=0 \end{eqnarray*}$ sein? dann würde noch 0+0, 2+0, 1+0, und 3+0 fehlen. Dann dividiere ich doch durch 0 und das darf ich nicht oder?

06.07.2009, 19:28

WebFritzi

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Und was ist mit z.B. 0 + 1?

Desweiteren ist $\begin{eqnarray*} 0! = 1. \end{eqnarray*}$

06.07.2009, 19:42

Lea

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RE: Taylor-Polynom
Da war dann aber ein Fehler in meiner Formel deswegen hat das bei mir nicht geklappt. Müsste so richtig heißen oder?
$\begin{eqnarray*} T_{3,(1,0)}(h)=\sum_{\alpha_1+\alpha_2\leq3}~\frac{\partial^{(\alpha_1,\alpha_2)}f(1,0)}{\alpha_1!\cdot\alpha_2!}h^{(\alpha_1,\alpha_2)} \end{eqnarray*}$

06.07.2009, 19:53

WebFritzi

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Und was ist der Unterschied? Ich sehe ihn nicht.

06.07.2009, 19:55

Lea

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RE: Taylor-Polynom
Alles zusammen wäre doch dann:
$\begin{eqnarray*} T_{3,(1,0)}(h) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\frac{\partial_1f(1,0)\partial_1f(1,0)}{1}h_1 \cdot h_1+\frac{\partial_1f(1,0)\partial_2f(1,0)}{2}h_1 \cdot h_2+\frac{\partial_2f(1,0)\partial_1f(1,0)}{2}h_2 \cdot h_1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} +h_0 \cdot h_0+0+0+\frac{\partial_3f(1,0)\partial_0f(1,0)}{6}h_3 \cdot h_0 \end{eqnarray*}$
hab nur ein Problem beim letzten Summanden. Wie soll ich denn nach der 3. Variablen ableiten? Ich habe doch garkeine und bleiben die "h's" so stehen?

06.07.2009, 19:57

Lea

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Im Nenner stehen $\begin{eqnarray*} \alpha_1! \cdot \alpha _2! \end{eqnarray*}$ anstatt $\begin{eqnarray*} \alpha_1 \cdot \alpha _2 \end{eqnarray*}$

07.07.2009, 00:52

WebFritzi

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$\begin{eqnarray*} \partial^{(\alpha_1,\alpha_2)}f \neq \partial_{\alpha_1}f\cdot\partial_{\alpha_2}f. \end{eqnarray*}$

07.07.2009, 07:32

Lea

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ahh ok. Würde das stimmen:
$\begin{eqnarray*} \partial^{(\alpha_1,\alpha_2)}(1,0) = \partial^{\alpha_1}_1f(1,0)\cdot\partial^{\alpha_2}_f(1,0) \end{eqnarray*}$ Würde das dann heißen ich müsste zuerst 2mal nach der 2. Variablen ableiten und dann einmal nach der 1. Variablen?

07.07.2009, 07:34

Lea

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ahh ok. Würde das stimmen:
$\begin{eqnarray*} \partial^{(\alpha_1,\alpha_2)}(1,0) = \partial^{\alpha_1}_1f(1,0)\cdot\partial^{\alpha_2}_2f(1,0) \end{eqnarray*}$ Würde das dann heißen ich müsste zuerst 2mal nach der 2. Variablen ableiten und dann einmal nach der 1. Variablen?

10.07.2009, 14:20

WebFritzi

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Was schreibst du denn da??? Ich sage dir klipp und klar, dass deine Formel falsch ist, und du schreibst sie wieder hin. unglücklich

unglücklich

Es gilt

$\begin{eqnarray*} \partial^{(\alpha_1,\alpha_2)}(1,0) = \partial_{\alpha_1}\partial_{\alpha_2}f(1,0). \end{eqnarray*}$

Das ist keine Multiplikation, sondern eine Hintereinanderausführung.

Zitat:

Original von Lea:
Würde das dann heißen ich müsste zuerst 2mal nach der 2. Variablen ableiten und dann einmal nach der 1. Variablen?

Nein. Du leitest $\begin{eqnarray*} \alpha_1 \end{eqnarray*}$ -mal nach der ersten Variablen ab und $\begin{eqnarray*} \alpha_2 \end{eqnarray*}$ -mal nach der zweiten.

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