taylorpolynom

29.08.2009, 16:00

FrankyHill

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taylorpolynom

Hallo, weiß bei der Aufgabe nicht wie ich sie lösen soll. Wäre nett wenn mir wer helfen könnte.

Man erstelle für die Funktion $\begin{eqnarray*} f(x_1,x_2) = ln(x_1)*ln(x_2) , x_1,x_2>0 \end{eqnarray*}$ das Taylorpolynom zweiten Grades $\begin{eqnarray*} T_2(x,x_0) \end{eqnarray*}$ im Punkt $\begin{eqnarray*} x_0=\left[e,1\right] ^T \end{eqnarray*}$

29.08.2009, 17:12

Duedi

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Kennst du die Formel
$\begin{eqnarray*} f(x+h) = f(x) + \operatorname{grad} f(x)\cdot h + \frac{1}{2}\cdot h^T\cdot H_f(x_0)\cdot h + o(||h||^2) \end{eqnarray*}$

?

29.08.2009, 17:15

FrankyHill

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Ne, leider nicht

29.08.2009, 17:17

Duedi

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Gut, dann schreib mal deine Formel hin.

29.08.2009, 20:45

FrankyHill

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Habe ich ja eben nicht. Kenne nur die normal Taylor Reihe:

$\begin{eqnarray*} f(x)=f(x_0)+\frac{f'(x_0)}{1!} (x-x_0)^1+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+...= \sum_{n=0}^\infty ~ \frac{f^n(x_0)}{n!} (x-X_0)^n \end{eqnarray*}$

29.08.2009, 21:03

Duedi

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Und ihr habt dazu keine einzige Formel aufgeschrieben? Nun ja, lies dir doch mal den Wikipedia-Artikel unter der Unterüberschrift "Taylor-Formel im Mehrdimensionalen" durch. Und dann beginne, die partiellen Ableitungen zu bestimmen, die du brauchst. Da die Funktion bezüglich $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ "symmetrisch" ist, vereinfacht sich die Sache.

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29.08.2009, 21:25

FrankyHill

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Wie verhält sich das den beim ableiten mit der 2 Variable:

$\begin{eqnarray*} f(x_1)= \frac{1}{x_1} *ln(x_2)+ ln(x_1)*ln(x_2) \end{eqnarray*}$

Geht das so. Habe ja als Formel für die Produktregel

$\begin{eqnarray*} u*v=u'*v+u*v' \end{eqnarray*}$

Was passiert den mit dem x_2 wenn ich nach x_1 ableite? Das bleibt doch so , oder??

29.08.2009, 21:33

eierkopf1

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Das ist falsch.

Du musst die partiellen Ableitungen bilden.

29.08.2009, 21:50

FrankyHill

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kannst du mir bei der ersten mal helfen. Weiß nicht wie das aussehen soll. Habe rausgefunden das wenn ich nach x1 ableite x2 wie eine Konstante zu behandeln ist. Praktisch kriege ich das aber nicht auf den Schirm.

29.08.2009, 21:58

eierkopf1

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RE: taylorpolynom
Das mit dem "als Konstanten betrachten" stimmt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f }{\partial x_1}(x_1,x_2)= \frac{ 1} {x_1} \cdot \ln(x_2) = \frac{ \ln(x_2) } {x_1} \end{eqnarray*}$

29.08.2009, 22:04

FrankyHill

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Nochmal zum Verständnis , das ln(x2) bleibt nur stehen da zwischen x1 und x2 ein mal steht oder? Bei + oder - würde es doch ganz rausfallen, oder?

29.08.2009, 22:14

FrankyHill

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Wenn ich dann die Ableitung $\begin{eqnarray*} f(yx) \end{eqnarray*}$ bilde muss ich aber doch die Prodktregel anwenden oder?

29.08.2009, 23:16

frank09

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$\begin{eqnarray*} f(yx) =f_{yx} \end{eqnarray*}$ meint erst nach y (bzw. $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ ) ableiten und dann nochmal nach x ( $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ ):
$\begin{eqnarray*} f_y=\frac{lnx}{y} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f_{yx} =\frac{1}{xy} \end{eqnarray*}$

29.08.2009, 23:17

Duedi

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Erklär doch bitte, was $\begin{eqnarray*} f(yx) \end{eqnarray*}$ bedeutet.

30.08.2009, 07:59

eierkopf1

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Zitat:

Original von FrankyHill
Nochmal zum Verständnis , das ln(x2) bleibt nur stehen da zwischen x1 und x2 ein mal steht oder? Bei + oder - würde es doch ganz rausfallen, oder?

Ja.
ZB
$\begin{eqnarray*} f(x) = 5\cdot \ln x \end{eqnarray*}$

5 ist die "Konstante". Bei deinem Beispiel $\begin{eqnarray*} \ln(x_2) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x) = \frac 5 x \end{eqnarray*}$

Aber was du mit $\begin{eqnarray*} f(xy) \end{eqnarray*}$ meinst ist mir nicht klar. unglücklich

unglücklich

30.08.2009, 11:57

FrankyHill

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So, habe da in meine Büchern ne Formel gefunden.

$\begin{eqnarray*} f(x,y)=f(x_0,y_0)+\frac{1}{1!}((x-x_0)f_x(x_0,y_0)+y-y_0)f_y(x_0,y_0)+ \frac{1}{2!}((x-x_0)^2f_{xx}(x_0,y_0)+2(x-x_0)(y-y_0)f_{xy}(x_0,y_0)+(y-y_0)^2f_{yy}(x_0,y_0)) \end{eqnarray*}$

Meine partiellen Ableitungen sehen so aus. Was muss ich den jetzt wo einsetzen?

$\begin{eqnarray*} f_x=\frac{lny}{x} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{ln1}{e} =0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_y=\frac{lnx}{y} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{lne}{1} =1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{xx}=- \frac{lny}{x^2} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \Rightarrow -\frac{ln1}{e^2} =0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{xy}=\frac{1}{xy} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{1}{e*1} =0,3679 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{yy}=- \frac{lnx}{y^2} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \Rightarrow -\frac{lne}{1^2} =-1 \end{eqnarray*}$

Danke!!

30.08.2009, 12:54

eierkopf1

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Die Formel sollte wohl so lauten:
$\begin{eqnarray*} f(x,y) \approx f(x_0,y_0)+\frac{1}{1!}((x-x_0)f_x(x_0,y_0)+(y-y_0)f_y(x_0,y_0))+ \frac{1}{2!}((x-x_0)^2f_{xx}(x_0,y_0)+2(x-x_0)(y-y_0)f_{xy}(x_0,y_0)+(y-y_0)^2f_{yy}(x_0,y_0)) \end{eqnarray*}$

Jetzt verwendest statt den Variablen $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ die Variablen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} x_0 = e \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_0=1 \end{eqnarray*}$
Damit brauchst du nur mehr in die obige Formel einsetzen.

30.08.2009, 13:05

eierkopf1

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Deine partiellen Ableitungen stimmen. Freude

Freude

Formale Kleinigkeit, damit du dir beim Einsetzen leichter tust:

$\begin{eqnarray*} f_x(x,y)=\frac{\ln y}{x} \qquad f_x(x_0,y_0)=f_x(e,1)= \frac{\ln1}{e} =0 \end{eqnarray*}$

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