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Forum "Partielle Differentialgleichungen" - Taylorentwicklung
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Taylorentwicklung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 12:46 Di 22.05.2012
Autor: Mathe-Lily

Aufgabe
Berechnen Sie mit der Mutliindexnotation die Taylorentwicklung erster Ordnung im Punkt (1,1) für
f(x,y) = [mm] \bruch{x-y}{x+y}. [/mm]

Hallo!
Eigentlich ist das ein Beispiel aus unserem Anaylis II - Skript.
Ich verstehe auch die Formel [mm] P_{k} [/mm] (x) = [mm] \summe_{|\alpha| \le k} \bruch{D^{\alpha} f(x_{0})}{\alpha!} (x-x_{0})^{\alpha} [/mm] theoretisch.
Nur bei der Umsetzung im [mm] \R^{2} [/mm] haperts gerade etwas:
wie berechne ich beispielsweise [mm] ((x,y)-(1,1))^{(1,0)} [/mm] ?
Es kommt wohl (x-1) raus... aber wie kommt man da hin?
(x,y)-(1,1) = (x-1,y-1)
[mm] (x-1,y-1)^{(1,0)} [/mm] --> ist dann so was wie eine Multiplikation von dem Vektor mit (1,0)?
also [mm] (1,0)*\vektor{x-1 \\ y-1} [/mm]  denn dann würde ja (x-1) rauskommen...?
Kann mir hier jemand helfen?
Grüßle, Lily

        
Bezug
Taylorentwicklung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 12:52 Di 22.05.2012
Autor: schachuzipus

Hallo Mathe-Lily,


> Berechnen Sie mit der Mutliindexnotation die
> Taylorentwicklung erster Ordnung im Punkt (1,1) für
>  f(x,y) = [mm]\bruch{x-y}{x+y}.[/mm]
>  Hallo!
>  Eigentlich ist das ein Beispiel aus unserem Anaylis II -
> Skript.
>  Ich verstehe auch die Formel [mm]P_{k}[/mm] (x) = [mm]\summe_{|\alpha| \le k} \bruch{D^{\alpha} f(x_{0})}{\alpha!} (x-x_{0})^{\alpha}[/mm]
> theoretisch.
>  Nur bei der Umsetzung im [mm]\R^{2}[/mm] haperts gerade etwas:
>  wie berechne ich beispielsweise [mm]((x,y)-(1,1))^{(1,0)}[/mm] ?
>  Es kommt wohl (x-1) raus... aber wie kommt man da hin?

Es ist [mm]((x,y)-(1,1))^{(1,0)}=(x-1,y-1)^{(1,0)}[/mm] normale Vektoraddition

[mm]=(x-1)^1\cdot{}(y-1)^0[/mm]

allg. [mm]x^k=(x_1,...,x_n)^{(k_1,...,k_n)}=x_1^{k_1}\cdot{}x_2^{k_2}\cdot{}\ldots\cdot{} x_n^{k_n}[/mm]

Also etwa als Bsp. [mm]((x,y)-(a,b))^{(4,2)}=(x-a,y-b)^{(4,2)}=(x-a)^4\cdot{}(y-b)^2[/mm]

>  (x,y)-(1,1) = (x-1,y-1)
>  [mm](x-1,y-1)^{(1,0)}[/mm] --> ist dann so was wie eine

> Multiplikation von dem Vektor mit (1,0)?
> also [mm](1,0)*\vektor{x-1 \\ y-1}[/mm]  denn dann würde ja (x-1)
> rauskommen...?
>  Kann mir hier jemand helfen?
>  Grüßle, Lily

Gruß

schachuzipus


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Taylorentwicklung: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 13:03 Di 22.05.2012
Autor: Mathe-Lily

Danke!
hatte mir das gerade bei einer anderen aufgabe hergeleitet... eigentlich logisch ^^

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Taylorentwicklung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 13:30 Di 22.05.2012
Autor: Mathe-Lily

ich habe noch eine Frage dazu:
Und zwar wird im Laufe des Beispiels auch das Restglied mit Lagrange  im Zwischenpunkt (a,b) berechnet :
[mm] R_{1} [/mm] (x,y) = [mm] \bruch{D^{(2,0)} f(a,b)}{2!0!} ((x,y)-(1,1))^{(2,0)} +\bruch{D^{(1,1)} f(a,b)}{1!1!} ((x,y)-(1,1))^{(1,1)} [/mm] + [mm] \bruch{D^{(0,2)} f(a,b)}{0!2!} ((x,y)-(1,1))^{(0,2)} [/mm]

Ich kenne bei der partiellen Ableitung eigentlich die Schreibweise [mm] D_{2}D_{1} [/mm] bzw [mm] D_{1}D_{2} [/mm] statt [mm] D^{(1,1)}, [/mm] was jedoch auch eindeutiger ist, da es anzeigt, nach welcher Variablen jeweils zuerst abgeleitet wurde. Dies ist in dieser Aufgabe ja egal, da [mm] D_{2}D_{1} =D_{1}D_{2}, [/mm] doch das ist es nicht immer. Was mache ich, wenn das der Fall ist? Muss dann das Restglied aus 4 Summanden bestehen? Und müsste das nicht eigentlich auch der Fall sein, wenn [mm] D_{2}D_{1} =D_{1}D_{2}? [/mm]
also:
[mm] R_{1} [/mm] (x,y) = [mm] \bruch{D^{(2,0)} f(a,b)}{2!0!} ((x,y)-(1,1))^{(2,0)} +\bruch{D^{(1,1)} f(a,b)}{1!1!} ((x,y)-(1,1))^{(1,1)} +\bruch{D^{(1,1)} f(a,b)}{1!1!} ((x,y)-(1,1))^{(1,1)} [/mm] + [mm] \bruch{D^{(0,2)}f(a,b)}{0!2!} ((x,y)-(1,1))^{(0,2)} [/mm]
bzw
[mm] R_{1} [/mm] (x,y) = [mm] \bruch{D^{(2,0)} f(a,b)}{2!0!} ((x,y)-(1,1))^{(2,0)} +\bruch{D_{2}D_{1} f(a,b)}{1!1!} ((x,y)-(1,1))^{(1,1)} +\bruch{D_{1}D_{2} f(a,b)}{1!1!} ((x,y)-(1,1))^{(1,1)} [/mm] + [mm] \bruch{D^{(0,2)}f(a,b)}{0!2!} ((x,y)-(1,1))^{(0,2)} [/mm]

Wäre toll, wenn mir jemand hier helfen würde! :-)
Grüßle, Lily

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Taylorentwicklung: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 14:53 Fr 25.05.2012
Autor: Mathe-Lily

hey! hab immernoch keine lösung dazu... könnte mir jemand helfen?? Danke :-)

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Taylorentwicklung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 08:50 Di 29.05.2012
Autor: rainerS

Hallo Lily!

> ich habe noch eine Frage dazu:
>  Und zwar wird im Laufe des Beispiels auch das Restglied
> mit Lagrange  im Zwischenpunkt (a,b) berechnet :
>  [mm]R_{1}[/mm] (x,y) = [mm]\bruch{D^{(2,0)} f(a,b)}{2!0!} ((x,y)-(1,1))^{(2,0)} +\bruch{D^{(1,1)} f(a,b)}{1!1!} ((x,y)-(1,1))^{(1,1)}[/mm]
> + [mm]\bruch{D^{(0,2)} f(a,b)}{0!2!} ((x,y)-(1,1))^{(0,2)}[/mm]
>  
> Ich kenne bei der partiellen Ableitung eigentlich die
> Schreibweise [mm]D_{2}D_{1}[/mm] bzw [mm]D_{1}D_{2}[/mm] statt [mm]D^{(1,1)},[/mm] was
> jedoch auch eindeutiger ist, da es anzeigt, nach welcher
> Variablen jeweils zuerst abgeleitet wurde. Dies ist in
> dieser Aufgabe ja egal, da [mm]D_{2}D_{1} =D_{1}D_{2},[/mm] doch das
> ist es nicht immer.

Damit die Taylorformel gilt, müssen alle diese partiellen Ableitungen stetig sein, und damit ist die Reihenfolge egal (Satz von Schwarz).

Viele Grüße
   Rainer

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Taylorentwicklung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 10:22 Di 29.05.2012
Autor: Mathe-Lily

Ah, ok, Danke! :-)

Aber wie ist das dann bei der Restgliedabschätzung: müsste [mm] D^{(1,1)} [/mm] nicht 2mal auftauchen?

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Taylorentwicklung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:49 Mi 30.05.2012
Autor: rainerS

Hallo!

> Aber wie ist das dann bei der Restgliedabschätzung:
> müsste [mm]D^{(1,1)}[/mm] nicht 2mal auftauchen?

Ich bin mir nicht sicher, was du meinst.

Aber vor den anderen beiden Termen steht der Faktor 1/2, bei [mm]D^{(1,1)}[/mm] nicht.

Viele Grüße
   Rainer

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Taylorentwicklung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 11:06 Do 31.05.2012
Autor: Mathe-Lily

hä? wo ist da ein 1/2?

also bei mir gehts darum:
wir haben ein Beispiel im Skript für die Restgliedabschätzung für ein Taylorpolynom 1. Ordnung, dh. das Restglied ist 2. Ordnung: (im Zwischenpunkt [mm] (\alpha,\beta) [/mm] )

[mm] R_{1}(x,y) [/mm] = [mm] \bruch{D^{(2,0)} f(\alpha,\beta)}{2!0!} ((x,y)-(1,1))^{(2,0)} [/mm] + [mm] \bruch{D^{(1,1)} f(\alpha,\beta)}{1!1!} ((x,y)-(1,1))^{(1,1)} [/mm] + [mm] \bruch{D^{(0,2)} f(\alpha,\beta)}{0!2!} ((x,y)-(1,1))^{(0,2)} [/mm]

Und meine Frage ist nun, ob nicht das [mm] \bruch{D^{(1,1)} f(\alpha,\beta)}{1!1!} ((x,y)-(1,1))^{(1,1)} [/mm] 2 mal auftauchen müsste, weil man ja theoretisch 4 mal ableiten muss beim 2. mal partiell differenzieren: xx,yy,xy,yx. wegen dem satz von schwarz sind die ableitungen xy und yx gleich (wie du mir ja gesagt hast), aber warum taucht das dann nicht 2mal auf?

Wäre toll, wenn du mir nochmal helfen könntest... oder jemand anderes :-)

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Taylorentwicklung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 12:18 Do 31.05.2012
Autor: leduart

Hallo
alle Ableitungen 2 ter Ordnung treten mit 2! im nenner auf, bei dir [mm] D^{11} [/mm] mit 1! also doppelt so gross, wenn du deine Formel im 1. Post ansiehst hast du doch [mm] D^{\alpha}/\alpha! [/mm]
Gruss leduart

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Taylorentwicklung: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 15:43 Do 31.05.2012
Autor: Mathe-Lily

aaah! ok, jetzt raff ichs!! Danke :-)

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Ansicht: [ geschachtelt ] | ^ Forum "Partielle Differentialgleichungen"  | ^^ Alle Foren  | ^ Forenbaum  | Materialien


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