Gradient, Hesse-Matrix und Taylorpolynom

03.01.2012, 16:24

Feete

Auf diesen Beitrag antworten »

Gradient, Hesse-Matrix und Taylorpolynom

Hi Leute,

im Rahmen meiner Ana II VL habe ich folgende Aufgabe zu bearbeiten:
Bestimmen Sie für folgende Funktion

$\begin{eqnarray*} f:]0,\infty [\times \mathbb R \Rightarrow \mathbb R , \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(x,y)=x^{y} \end{eqnarray*}$

1.) $\begin{eqnarray*} grad f(x,y) \end{eqnarray*}$ und die Hesse Matrix $\begin{eqnarray*} H_{f}(x,y) \end{eqnarray*}$
2.) Das Taylorpolynom $\begin{eqnarray*} T_{3}(u,v) \end{eqnarray*}$ vom Grad 3 an der Stelle (1,0)

Da ich ziemlich lange krank war wäre es super wenn einer von euch mal drüber schaut und mich auf eventuelle fehler hinweist!

zu 1.)

$\begin{eqnarray*} gradf(x,y)= \begin{pmatrix} y\cdot x^{y-1} \\ ln(x)\cdot x^{y} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Bei der Hessen-Matrix bin ich zwar mit Hilfe des Internets auf eine Lösung gekommen weiss aber leider nicht genau wie ich diese berechne!
$\begin{eqnarray*} H_{f}(x,y)= \begin{pmatrix} y\cdot (y-1)\cdot x^{y-2} & 0 \\ 0 & ln(x)\cdot ln(x)\cdot x^{y} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
2.) Bei dem Taylorpolynom hakt es ganz bei mir aus!
Ich habe zwar im Netz gefunden, dass man mit Hilfe der in 1. berechneten sachen das Taylorpolynom bin zum 2. Grad ganz gut berechnen kann aber da ich beim Taylorpolynom mit mehreren Variablen nicht durchsteige fehlt mir da noch der dritte Grad!

Für Hilfe wäre ich sehr dankbar!
LG
Feete

03.01.2012, 17:53

Feete

Auf diesen Beitrag antworten »

Habe das mit der Hesse-Matrix wohl doch verstanden und sehe das ich sie falsch berechnet habe! Richtig wäre glaube ich:

$\begin{eqnarray*} H_{f}(x,y)=\begin{pmatrix} y(y-1)x^{y-2} & x^{y-1}(1+y\cdot ln(x)) \\ x^{y-1}(1+y\cdot ln(x)) & ln(x)\cdot ln(x)\cdot x^{y} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

03.01.2012, 19:04

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

Gradient und Hesse Matrix soweit in Ordnung.
Vielleicht (ln(x))^2 statt ln(x)*ln(x) schreiben.

Hier ein passender Workshop von Cel :

[Artikel] Taylorapproximation

04.01.2012, 16:27

Feete

Auf diesen Beitrag antworten »

Hm der Artikel bringt mich leider auch nur bis zum Taylorpolynom 2.Grades.
Den habe ich jetzt auch berechnet:

$\begin{eqnarray*} f(x,y)\approx T_{2}((x,y),(1,0))=f(1,0)+\nabla f(1,0)\begin{pmatrix} x-1 \\ y \end{pmatrix} +0,5(x,y)\cdot H_{f}(1,0)\cdot\begin{pmatrix} x-1 \\ y \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =1+\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x-1 \\ y \end{pmatrix} + 0,5(x,y)\cdot \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x-1 \\ y \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =1+0,5(x,y) \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x-1 \\ y \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =1+0,5\cdot \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} y \\ x-1 \end{pmatrix}= 0,5xy+0,5(xy-y)=xy-0,5y \end{eqnarray*}$

Hoffe das alles so richtig ist beim rechnen mit matritzen bin ich wohl nicht mehr ganz so fit!

Trotz allem fehlt nun noch das dritte Taylorglied verwirrt

verwirrt

04.01.2012, 21:50

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

im Workshop steht schon wie es weitergeht, nur ist das in voller Allgemeinheit geschrieben und schwer lesbar. Es gibt auch Schreibweisen mit symbolischen Ableitungen wie

$\begin{eqnarray*} (\frac {\partial }{\partial x}+\frac {\partial }{\partial y})^{(3)} \end{eqnarray*}$

= symbolisch 3. Ableitung ( Operator ) und zugleich hoch 3.
----------------------------------------
egal wie, in gewohnter Kurzschreibweise der 4. Summand:

$\begin{eqnarray*} \frac { 1} {3!} \Bigl (f_{xxx}(1,0)(x-1)^3 +3 f_{xxy}(1,0)(x-1)^2(y) + 3 f_{xyy}(1,0)(x-1)(y)^2 + f_{yyy}(1,0)(y)^3 \Bigr) \end{eqnarray*}$

05.01.2012, 00:32

Feete

Auf diesen Beitrag antworten »

NANUNANA!

smile

Was bedeutet denn jetzt

$\begin{eqnarray*} f_{xxx} \end{eqnarray*}$ usw.

heisst das ich muss die Glieder der Hesse Matrix nochmal Ableiten so das eine 3x3 matrix daraus wird und wenn ja wie sehe das denn aus?

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} f_{xxx} & f_{xxy} & f_{xyy} \\ f_{xxy} & f_{xyx} & f_{yxx} \\ f_{xyy} & f_{yxx} & f_{yyy} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Anzeige

05.01.2012, 00:57

Feete

Auf diesen Beitrag antworten »

Falls das oben überhaupt Sinn macht!
Muss zugeben ich habe gerade ein wenig den Überblick verloren Hammer

Hammer

.
Sorry für meine Begriffsstutzigkeit!

An und für sich könnte ich natürlich einfach die Formel von dir nutzen und f partiell drei mal nach x ableiten, zwei mal nach x und einmal nach y ableiten, ein mal nach x und zwei mal nach y ableiten und drei mal nach y ableiten.
Das ganze dann in die Formel eingesetzt und schon hab ich das 4. Glied der Taylorreihe!
Aber ich will es natürlich auch verstehen.

LG smile

smile

Fehlt hier oben bei meiner Taylorreihe bei der Hesse Matrix eigentlich ein Quadrat oder ist das normal das beim 2. Glied da kein quadrat dran steht?

05.01.2012, 01:23

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Feete

$\begin{eqnarray*} =\color {red}1\color {black}+0,5\cdot \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} \color {red}y \\ \color {red}x-1 \color {black}\end{pmatrix}= 0,5xy+0,5(xy-y)=xy-0,5y \end{eqnarray*}$

Die Eins fehlt und der rote Vektor ist vertauscht.

05.01.2012, 02:08

Feete

Auf diesen Beitrag antworten »

Ah ja!

Ich dachte

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x-1 \\ y \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} (x-1) \cdot 0 + 1 \cdot y \\ (x-1) \cdot 1 + y \cdot 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

sagte ja ich bin nicht mehr so fit was das rechnen mit matritzen angeht verwirrt

verwirrt

Und die 1 ist wohl untergegangen Big Laugh

Big Laugh

05.01.2012, 02:27

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x-1 \\ y \end{pmatrix}= (x-1) \cdot 0 + 1 \cdot y + (x-1) \cdot 1 + y \cdot 0 = y+x-1 \end{eqnarray*}$

Skalarprodukt = Skalar

EDIT: alles Mist!

------------------------------
by the way: $\begin{eqnarray*} \binom a b \end{eqnarray*}$ = \binom a b schreibt sich einfacher !

05.01.2012, 02:37

Feete

Auf diesen Beitrag antworten »

Hm das verstehe ich nicht ganz!

Ist $\begin{eqnarray*} 0,5(x,y)=0,5 \binom x y \end{eqnarray*}$

wenn das so wäre dann wäre ja oben:

$\begin{eqnarray*} 1+ 0,5(x,y) \cdot \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x-1 \\ y \end{pmatrix} = 1+ 0,5(x,y) \cdot (y+x-1)= \end{eqnarray*}$ ????? jetzt bin ich völlig raus!
das wäre dann ja wieder ein vektor ???
Oder was ist $\begin{eqnarray*} 0,5(x,y) \end{eqnarray*}$

05.01.2012, 02:44

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

sorry, war völlig daneben!.

05.01.2012, 02:48

Feete

Auf diesen Beitrag antworten »

Nicht so schlimm! Hast mich ja schon sehr viel weiter gebracht smile

smile

also war es vorher doch richti????
Ich rechne das morgen abend nocheinmal durch!
ma schauen ob ich da auf einen grünen zweig komme smile

smile

Wäre super wenn du dann noch einmal drüber schaust!

LG

05.01.2012, 04:39

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Feete

$\begin{eqnarray*} f(x,y)\approx T_{2}((x,y),(1,0))=f(1,0)+\nabla f(1,0)\begin{pmatrix} x-1 \\ y \end{pmatrix} +0,5(x,y)\cdot H_{f}(1,0)\cdot\begin{pmatrix} x-1 \\ y \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

ich hab mir das nochmal in Ruhe angeschaut und finde noch einen Fehler im Ansatz:

$\begin{eqnarray*} f(x,y)\approx T_{2}((x,y),(1,0))=f(1,0)+\nabla f(1,0)\binom {x-1}{ y} +0,5(x\color {red}{-1}\color {black},y)\cdot H_{f}(1,0)\cdot \binom { x-1}{ y} \end{eqnarray*}$

Das Ergebnis ist dann $\begin{eqnarray*} T_2(x,y)=1-y+xy \end{eqnarray*}$

-------------------------------------------------

nun zu deiner 3x3 Matrix a la Hesse.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} f_{xxx} & f_{xxy} & f_{xyy} \\ f_{xxy} & f_{xyx} & f_{yxx} \\ f_{xyy} & f_{yxx} & f_{yyy} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Feete
Falls das oben überhaupt Sinn macht!

Ich sehe hier keine Fortsetzung der Matrizenrechnung, was ja Angesichts des Vektors (x-1,y) nicht verwundert.

bleibt somit nur noch:

$\begin{eqnarray*} T_3(x,y)=T_2(x,y) +\frac { 1} {3!} \Bigl (f_{xxx}(1,0)(x-1)^3 +3 f_{xxy}(1,0)(x-1)^2(y) + 3 f_{xyy}(1,0)(x-1)(y)^2 + f_{yyy}(1,0)(y)^3 \Bigr) \end{eqnarray*}$

05.01.2012, 18:15

Feete

Auf diesen Beitrag antworten »

So hier hab ich natürlich auch rumgerechnet!
Ich fang einfach mal an.

zu a)

$\begin{eqnarray*} grad f(x,y)= \nabla f(x,y)= \begin{pmatrix} y\cdot x^{y-1} \\ ln(x)\cdot x^{y} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

und die Hesse-Matrix ist:

$\begin{eqnarray*} H_{f}(x,y)= \begin{pmatrix} y(y-1)x^{y-2} & x^{y-1}(1+yln(x)) \\ x^{y-1}(1+yln(x)) & (ln(x))^{2}x^{y} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

das sollte richtig sein! (hast du ja auch schon rübergeschaut smile

smile

)

zu b)
da habe ich jetzt die Formel genutzt die du mir gegeben hast! (ich schreibe die jetzt nicht nochmal ab)

$\begin{eqnarray*} f(1,0)= 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \nabla f(1,0) \cdot \begin{pmatrix} x-1 \\ y \end{pmatrix}= 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 0,5\begin{pmatrix}x-1 \\ y\end {pmatrix} \cdot H_{f}(1,0)\cdot \binom {x-1} y = xy-y \end{eqnarray*}$

Nun zum dritten Grad, hier schreibe ich kurz noch meine Abeitungen auf!

$\begin{eqnarray*} f_{xxx}=(y-2)(y-1)yx^{y-3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{xxy}=x^{y-2}((y-1)yln(x)+2y-1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{xyy}=x^{y-1}ln(x)(yln(x)+2) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{yyy}=x^{y}ln^{3}(x) \end{eqnarray*}$

Setzt man nun alles in die Formel ein berechne ich:
$\begin{eqnarray*} f_{xxx}(1,0)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{xxy}(1,0)=-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{xyy}(1,0)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{yyy}(1,0)=0 \end{eqnarray*}$

Zusammen bedeutet das für das dritte Glied:

$\begin{eqnarray*} = -0,5x^{2}y+xy^{2}-0,5y^{3} \end{eqnarray*}$

Und insgesamt heisst das:

$\begin{eqnarray*} T_{3}((x,y),(1,0))=1-y+xy-0,5x^{2}y+xy^{2}-0,5y^{3} \end{eqnarray*}$

Sollte richtig sein wenn ich keinen schusselfehler drin habe smile

smile

05.01.2012, 20:58

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Feete

Setzt man nun alles in die Formel ein berechne ich:
$\begin{eqnarray*} f_{xxx}(1,0)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{xxy}(1,0)=-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{xyy}(1,0)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{yyy}(1,0)=0 \end{eqnarray*}$

Zusammen bedeutet das für das dritte Glied:

$\begin{eqnarray*} = -0,5x(x\color {red}{-1}\color {black})^{2}y+\color {red}.... \end{eqnarray*}$

Sollte richtig sein wenn ich keinen schusselfehler drin habe smile

smile

Latex editiert

Leider zu viele richtige Fehler. Der Erste ist wieder (x-1), die Restlichen sind zufällig unerheblich, da 2 mal die Null als Faktor vergessen wurde. Bei y^3 wäre der 2. Faktor 1/6 gewesen.
Zu spät in's Bett gekommen?

06.01.2012, 01:03

Feete

Auf diesen Beitrag antworten »

ja war doch recht spät gestern smile

smile

Heute schaffe ich es auch nicht mehr drüber zu schauen unglücklich

unglücklich

Aber morgen dann !!!!!!!
GROßES DANKESCHÖN ersmal an dich!

06.01.2012, 19:06

Feete

Auf diesen Beitrag antworten »

So hab jetzt nochmals rübergeschaut und hab ein klein wenig was anderes raus bekommen! Bis zu dem Zeitpunkt wo ich alles in das dritte Glied einsetze sollte aber alles richtig sein!

Also gut ich setze nun nochmal alle sachen die ich berechnet habe in die Formel für das dritte Glied ein!

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{3!}(f_{xxx}(1,0) \cdot (x-1)^3 +3 \cdot f_{xxy}(1,0) \cdot (x-1)^2 \cdot y +3 \cdot f_{xyy}(1,0)\cdot (x-1)\cdot y^2 + f_{yyy}(1,0) \cdot y^3) \end{eqnarray*}$

eingesetzt ergibt das:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{6}(0 \cdot (x-1)^3 + 3 \cdot (-1) \cdot (x-1)^2 \cdot y +3 \cdot 0 \cdot (x-1) \cdot y^2 +0 \cdot y^3) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{1}{6}(-3y(x^2-2x+1))= -0,5(x^2y - 2xy + y) = -0,5x^2y+xy-0,5y \end{eqnarray*}$

und zusammen bedeutet das:

$\begin{eqnarray*} T_{3}((x,y),(1,0))= 1+2xy-1,5y-0,5x^2y \end{eqnarray*}$

TATA!!! smile

smile

07.01.2012, 21:17

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

was lange währt ...

Alles richtig: thumb:

-------------------------------------------------------------
Die Auswertung der Multilinearformen ist keine schöne Arbeit.
Für meinen TR habe ich einen Algorithmus "entwickelt", der geht dann so:

mit $\begin{eqnarray*} \vec h = \vec x -\vec x_0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec x_0 \end{eqnarray*}$ = Entwicklungspunkt

$\begin{eqnarray*} p_0 = f(\vec x_0) \end{eqnarray*}$ =s0

$\begin{eqnarray*} p_1=\nabla f(\vec x)\cdot \vec h/1 \end{eqnarray*}$ , für $\begin{eqnarray*} \vec x_0 \end{eqnarray*}$ auswerten =s1

$\begin{eqnarray*} p2 =\nabla p1 \cdot \vec h/2 \end{eqnarray*}$ , für $\begin{eqnarray*} \vec x_0 \end{eqnarray*}$ auswerten =s2

$\begin{eqnarray*} p3 =\nabla p2 \cdot \vec h/3 \end{eqnarray*}$ , für $\begin{eqnarray*} \vec x_0 \end{eqnarray*}$ auswerten =s3

.........

$\begin{eqnarray*} p_n =\nabla p_{n-1} \cdot \vec h/n \end{eqnarray*}$ , für $\begin{eqnarray*} \vec x_0 \end{eqnarray*}$ auswerten =sn

Die Summe s0 bis sn ist dann das Taylorpolynom $\begin{eqnarray*} T_n(\vec x_0 + \vec h) \end{eqnarray*}$

08.01.2012, 22:56

Feete

Auf diesen Beitrag antworten »

hach schön!
Muss zugeben das das ganze rumgerechne sogar spaß gemacht hat Augenzwinkern

Augenzwinkern

!
Na dann nochmal DANK an dich!

LG

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »