Problem mit Taylorreihe

02.03.2023, 08:21

MMchen60

Problem mit Taylorreihe

Liebe Forumsgemeinde,
ich soll für die Gleichung $\begin{eqnarray*} F(x;y):= x^3+y^3-6xy=0 \end{eqnarray*}$ in einer in der Umgebung des Punktes $\begin{eqnarray*} P_1 (3;3) \end{eqnarray*}$ implizit gegebenen Funktion y=f(x) das Taylor-Polynom $\begin{eqnarray*} T_2 \end{eqnarray*}$ zweiter Ordnung zur Entwicklungsstelle $\begin{eqnarray*} x_0=3 \end{eqnarray*}$ aufstellen. Also gut, bin ich hingegangen und die übliche Formel verwendet:
$\begin{eqnarray*} T_2=F(x_0;y_0)+\bigtriangledown F(x_0;y_0) \cdot \begin{pmatrix} x-x_0 \\y-y_0 \end{pmatrix}+ \frac {1}{2} \cdot \begin{pmatrix} x-x_0 \\y-y_0 \end{pmatrix}^T \cdot \bigtriangledown' F(x_0;y_0) \cdot \begin{pmatrix} x-x_0 \\y-y_0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .
Jetzt kam für $\begin{eqnarray*} F(x_0;y_0) \end{eqnarray*}$ korrekterweise Null heraus. Nicht jedoch der in der Lösung angegebene Wert für $\begin{eqnarray*} \bigtriangledown F(x_0;y_0) \cdot \begin{pmatrix} x-x_0 \\y-y_0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , welcher $\begin{eqnarray*} 6-x \end{eqnarray*}$ lautet und in einer Teilaufgabe zuvor als Tangentengleichung im Punkt $\begin{eqnarray*} P_1 (3;3) \end{eqnarray*}$ herauskam.
Und schon gar nicht hat $\begin{eqnarray*} \frac {1}{2} \cdot \begin{pmatrix} x-x_0 \\y-y_0 \end{pmatrix}^T \cdot \bigtriangledown' F(x_0;y_0) \cdot \begin{pmatrix} x-x_0 \\y-y_0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ funktioniert.
Hingegen habe ich iin der Formelsammlung (für das zweite Taylorglied) dann die folgende Formel gefunden:
$\begin{eqnarray*} \frac {1}{2} y''(x_0) \cdot (x-x_0)^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y''=- \frac {f^2_yf_{xx}-2f_xf_yf_{xy}+f_x^2f_{yy}}{f_y^3} \end{eqnarray*}$ .
Habe dann $\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}$ gerechnet und siehe da, Ergebnis stimmt mit Lösungsangabe überein. Was ist das für ein seltsames y''? Wo kommt diese Formel her?
Vielen Dank für Antwort.

02.03.2023, 08:48

Leopold

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Ich würde nicht mit irgendwelchen komplizierten Formeln rechnen, sondern konkret mit der vorliegenden Gleichung:

$\begin{align*} x^3+y^3-6xy=0 \end{align*}$ mit $\begin{align*} y=y(x) \end{align*}$

$\begin{align*} \frac{\dd}{\dd x} \left( x^3+y^3-6xy \right) = 0 \end{align*}$

$\begin{align*} 3x^2 - 6y - 6xy' + 3y^2y' = 0 \end{align*}$ mit $\begin{align*} y'=y'(x) \end{align*}$

Für $\begin{align*} x=3, y=3 \end{align*}$ erhält man $\begin{align*} y' \end{align*}$ (an der Stelle 3):

$\begin{align*} 9y' + 9 = 0 \ \ \Rightarrow \ \ y'=-1 \end{align*}$ (an der Stelle 3)

Und weiter:

$\begin{align*} \frac{\dd}{\dd x} \left( 3x^2 - 6y - 6xy' + 3y^2y' \right) = 0 \end{align*}$

$\begin{align*} 6x+6yy'^2-12y'-6xy''+3y^2y''=0 \end{align*}$ mit $\begin{align*} y''=y''(x) \end{align*}$

Für $\begin{align*} x=3, y=3, y'=-1 \end{align*}$ erhält man $\begin{align*} y'' \end{align*}$ (an der Stelle 3):

$\begin{align*} 9y''+48=0 \ \ \Rightarrow \ \ y'' = - \frac{16}{3} \end{align*}$ (an der Stelle 3)

So kann man das sukzessive weitermachen. Mit einem CAS kommt schnell zu weiteren Gliedern der Taylorreihe.

07.03.2023, 08:43

MMchen60

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Zitat:

Original von Leopold

Für $\begin{align*} x=3, y=3, y'=-1 \end{align*}$ erhält man $\begin{align*} y'' \end{align*}$ (an der Stelle 3):

$\begin{align*} 9y''+48=0 \ \ \Rightarrow \ \ y'' = - \frac{16}{3} \end{align*}$ (an der Stelle 3)

Hallo Danke, habe das jetzt nachvollzogen und komme dabei auch auf deine Lösungen mit y'(3)=-1 und
$\begin{eqnarray*} y''=-\frac {16}{3} \end{eqnarray*}$ .
Jetzt habe ich aber ein Problem entdeckt, welches mir unklar ist. Im Anhang meine Aufstellung der Taylorreihe. Im Lösungsteil der Aufgabe ist aber $\begin{eqnarray*} T_1 \end{eqnarray*}$ zu -x+6. Gemäß der Formel sollte aber -x+3 herauskommen. Wo liegt mein Fehler?
Vielen Dank für Antwort.

07.03.2023, 09:05

HAL 9000

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Das ist schlicht falsch: Alle Näherungspolynome müssen doch durch deinen Entwicklungpunkt $\begin{eqnarray*} P_1(3;3) \end{eqnarray*}$ verlaufen, was für $\begin{eqnarray*} T_1(x)=-x+6 \end{eqnarray*}$ der Fall ist, für $\begin{eqnarray*} -x+3 \end{eqnarray*}$ aber offenkundig nicht.

Ich finde, dass schon die Darstellungen in deinem Eröffnungsbeitrag in die falsche Richtung weisen: Dein

Zitat:

Original von MMchen60
$\begin{eqnarray*} T_2=F(x_0;y_0)+\bigtriangledown F(x_0;y_0) \cdot \begin{pmatrix} x-x_0 \\y-y_0 \end{pmatrix}+ \frac {1}{2} \cdot \begin{pmatrix} x-x_0 \\y-y_0 \end{pmatrix}^T \cdot \bigtriangledown' F(x_0;y_0) \cdot \begin{pmatrix} x-x_0 \\y-y_0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

beschreibt eine zweidimensionale Taylorentwicklung der Funktion $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ , um den Punkt $\begin{eqnarray*} P_1 \end{eqnarray*}$ entwickelt. Darum geht es hier aber gar nicht, sondern um eine eindimensionale Taylorentwicklung der Funktion $\begin{eqnarray*} y=f(x) \end{eqnarray*}$ , die (lokal) in einer Umgebung von $\begin{eqnarray*} x=x_0 \end{eqnarray*}$ definiert ist durch $\begin{eqnarray*} f(3)=3 \end{eqnarray*}$ sowie das implizite $\begin{eqnarray*} F(x,f(x))=0 \end{eqnarray*}$ .

Dementsprechend ist das Absolutglied dieser Taylorentwicklung von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auch NICHT $\begin{eqnarray*} F(x_0,y_0)=F(3,3)=0 \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} f(x_0)=f(3)=3 \end{eqnarray*}$ .

Ich nehme an, diese Verwechslung hat zu diesem falschen Resultat $\begin{eqnarray*} -x+3 \end{eqnarray*}$ geführt.

$\begin{eqnarray*} T_n(x) = f(x_0) + f'(x_0)\cdot (x-x_0) + \frac{1}{2}f''(x_0)\cdot (x-x_0)^2 + \ldots + \frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)\cdot (x-x_0)^n \end{eqnarray*}$ .

Sowas wie $\begin{eqnarray*} F',F'' \end{eqnarray*}$ gibt es hier gar nicht, sondern allenfalls partielle Ableitungen von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ , welche bei der Bestimmung der Ableitungen von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ helfen können.

07.03.2023, 09:29

MMchen60

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Zitat:

Original von HAL 9000
Das ist schlicht falsch: Alle Näherungspolynome müssen doch durch deinen Entwicklungspunkt $\begin{eqnarray*} P_1(3;3) \end{eqnarray*}$ verlaufen, was für $\begin{eqnarray*} T_1(x)=-x+6 \end{eqnarray*}$ der Fall ist, für $\begin{eqnarray*} -x+3 \end{eqnarray*}$ aber offenkundig nicht.

Also, wenn ich das richtig verstehe, in einem Aufgabenteil davor war gefordert, die Tangente im Punkt P(3|3) aufzustellen. Das war y=-x+6. Dies wird dann zu f(x) für die Taylorreihe?
Danke MM.

07.03.2023, 09:32

HAL 9000

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Ja, klar: Die Tangentenfunktion ist immer auch die Taylorfunktion ersten Grades.

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