mehrdimensionales Taylorpolynom

23.07.2006, 10:39	HansTaylor	Auf diesen Beitrag antworten »
mehrdimensionales Taylorpolynom Guten Morgen, ich versuche gerade, eine Taylorpolynom 2. Grades aufzustellen - aber irgendwie blicke ich nicht so recht durch wie das nun auszusehen hat. Ich habe mir folgende Funktion hergenommen: $\begin{eqnarray} f(x,y) = x \cdot y \end{eqnarray}$ . Das ergibt: $\begin{eqnarray} grad(f(x,y)) = \begin{pmatrix} y \\ x \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und die Hesse-Matrix: $\begin{eqnarray} H_f= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Jetzt möchte ich das Tylorpolynom an der Stelle $\begin{eqnarray} x_0 = (1,1) \end{eqnarray}$ hinschreiben. Kann mir jemand helfen, wie das ausschaut? Schonmal Danke!
23.07.2006, 11:31	JochenX	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie sieht denn die allgemeine Formel für das TP aus? Das schöne an der Taylorsache ist, dass man eigentlich nur einsetzen muss. Du brauchst hier als höhere Ableitung aber nicht Hessematrix oder so, sondern $\begin{eqnarray} f_x, f_y \end{eqnarray}$ und dann $\begin{eqnarray} f_{xx}, f_{xy},... \end{eqnarray}$ also die partiellen Ableitungen nochmal weiter partiell abgeleitet. Dann einsetzen. Poste mal die Formel und deine p.A.
23.07.2006, 11:48	HansTaylor	Auf diesen Beitrag antworten »
Erstmal die partiellen Ableitungen (schlampig aufgeschrieben - du weißt ja was ich meine): $\begin{eqnarray} f_x = y \quad f_y = x \quad f_{yx} = f_{xy} = 1 \quad f_{xx}=f_{yy}=0 \end{eqnarray}$ Und das allgemeine Taylorpolynom schaut so aus: $\begin{eqnarray} T_p(x) := \sum_{r=0}^p \frac{1}{r!} \sum_{k_1...k_r}^n \partial_{k_1...k_r}f(x_0) (x_{k_1} - x_{0_{k_1}})...(x_{k_r} - x_{0_{k_r}}) \end{eqnarray}$ Ich glaube das so teilweise zu durchschauen, aber bin mir nicht sicher. Soweit komme ich noch: $\begin{eqnarray} T_p(x,y) = 1 + (x-1) + (y-1) + \frac{1}{2} \cdot \left( ? \right) \end{eqnarray}$ (Ich habe aber auch mal die Hesse-Matrix in einem Taylorpolynom gesehen, deshalb dachte ich das wäre vielleicht übersichtlicher).
23.07.2006, 11:57	Marcyman	Auf diesen Beitrag antworten »
Du meinst diese Formel (die ich mir auch besser merken kann, da sie analog zu Taylor im eindimensionalen läuft) : $\begin{eqnarray} T_2(f,x_0)h=f(x_0) \quad + <grad(f)(x_0),h> + \quad \frac{1}{2}h^tH(x_0)h \end{eqnarray}$
23.07.2006, 12:22	HansTaylor	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja genau - so sah das aus. Damit erhalte ich $\begin{eqnarray} T_2\|_{(1,1)}(x,y) = ... = xy \end{eqnarray}$ . Ist das richtig? Aber falls noch jemand Lust hat mir die andere Formel zu erläutern würde mich das auch freuen. Mir sind nämlich diese Pünktchen zwischen der partiellen Ableitungen nicht ganz klar. Also, wie das dann ausgeschrieben ausschaut. Also Danke! Für den Hausgebrauch finde ich die "kurze" Formel besser!
23.07.2006, 12:25	Sunwater	Auf diesen Beitrag antworten »
Also allgemein sieht es so aus: $\begin{eqnarray} f(x,y) = f(a,b) + f_x(a,b)(x-a) + f_y(a,b)(x-b) + \frac{1}{2}(f_{xx}(a,b)(x-a)^2 + f_{xy}(a,b)2(x-a)(y-b) + f_{yy}(y-b)^2) + \\ \frac{1}{6}(f_{xxx}(a,b)(x-a)^3 + f_{xxy}(a,b)3(x-a)^2(y-b) + f_{xyy}(a,b)3(x-a)(y-b)^2 + f_{yyy}(a,b)(y-b)^3) + ... \end{eqnarray}$ ich hoffe du siehst die Regelmäßigkeit. beim n-ten Grad musst du alle Kombinationen von $\begin{eqnarray} (x-a)^j(y-b)^k \end{eqnarray}$ nehmen, so dass j + k = n. Zusätzlich kommen noch die Faktoren dazu, die auch bei ner Binomischen Reihe hättest... - also wie die n-te Zeile beim Pascalschen Dreieck... a,b sind hier die x und y Werte für den Punkt an dem du entwickelst edit: Erklärung eingefügt
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