quadratisch taylor-approximation

  • f(x,y) = y^x an der stelle x0=3 und y0=1 und berechne näherungsweise 1,1^(2,9)


    also ich hab das bsp so versucht zu lösen
    hab eine formel zur quadratischen taylor-approximation gefunden


    f(x,y) = f + fx(x-x0) + fy(y-y0)+1/2!(fxx(x-x0)²+2fxy(x-x0)(y-y0)+fyy(y-y0)²)


    da hab ich für:
    f = y^x
    fx = y^x*ln(y)
    fxx = y^x*(ln(y))²
    fy = x*y^(x-1)
    fyy = x*(x-1)*y^(x-2)
    fxy = (ln(y)*x/y+1/y)*y^x


    also die ganzen ableitungen in die formel eingesetzt


    y^x kann ich überall streichen und dann ausmultiplizieren und vereinfachen


    kann das so stimmen?
    und wie geht es dann weiter?


    wie kann ich näherungsweise 1,1^(2,9) bestimmen?!?


    danke im voraus


    lg

  • Puh, das ist ne blöde Rechnerei.. also ich hab für fxy glaub ich was anderes (bin jetzt aber zu faul auf äquivalenz zu vergleichen):
    fxy = x*y^(x-1)*ln(y)+y^x*(1/y) = x*y^(x-1)*ln(y)+y^(x-1)
    = y^(x-1) * (x*ln(y) + 1)


    Dann hab ich gleich da jeweils x0 und y0 eingesetzt und dann erst in das Taylorpolynom mit den Werten gegangen.
    Mit viel Mühe ;) bin ich dann auf folgendes gekommen:


    t(x,y) = 1+ 3*(y-1) + 1/2*( 1.21*(x-3)^2 + 2*(y-1)(x-3) + 6*(y-1)^2)


    Also wenn ich mich da nicht irgendwo verrechnet hab...


    Was diese 1,1 ^ (2,9) Notation sein soll, ist mir auch nicht ganz klar.
    Aber ich würd mal z.B. x=2 und y=9 setzen und das damit ausrechnen.


    EDIT:
    in http://www.informatik-forum.at/showthread.php?t=56037
    wird die Notation so interpretiert, dass f(2.9,1.1) ausgerechnet wird.
    EDIT2: Aso, jetzt schon klar.. weil f ja y^x ist, daher die Notation ;)

  • verstehe ich nicht ganz
    entweder hab ich schon abgeschalten oder das is nicht ganz richtig


    wie kannst du bei zb log(x) die werte von x0=3 nehmen?


    x und x0 sind ja nicht dieselben
    oder bin ich jetzt komplett daneben
    weil ich hab noch ein log(x) log(x)² usw noch alles drin :(

  • Versteh schon was du meinst ;). Das Taylor Polynom sieht ja so aus:
    f(x,y) = f(x0, y0) + fx(x0,y0)*(x-x0) + fy(x0,y0)*(y-y0)...


    Also den ganzen Funktionen wird immer der Entwicklungspunkt (x0,y0) übergeben.


    z.b. fx(x0,y0)*(x-x0) - also die Steigung in X-Richtung am Entwicklungspunkt (x0,y0) mal die Änderung des x-Wertes (x-x0).


    Also z.b.
    fx(x0,y0) = 1^3 * ln(3)

  • also ich hab eine andere formel genommen als hier
    hab in google gesucht und eine formel gefunden
    ich weiß nicht ob das diese is aber dort is sogar ein bsp ausgerechnet mit der formel


    hast du das bsp fertig?
    kannst du vielleicht das bsp posten wenn du so nett wärst?
    einscannen oder irgendwie, wie es möglich ist


    wäre dir sehr dankbar


    lg

  • Nunja... bei http://www.informatik-forum.at/showthread.php?t=56037 ist bissl anderes Ergebnis zu finden, ich vermute ich hab auch einen Fehler drin.


    Aber ich hatte


    fx = y^x * ln(y)
    fy = x * y^(x-1)
    fxx = y^x * (ln(x))^2
    fxy = y^(x-1) * ( x*ln(y) + 1 )
    fyy = (x^2 - x)*y^(x-2)


    Dann hab ich jeweils in alle Funktionen mal x0 = 3 und y0 = 1 eingesetzt und das Taylorpolynom zusammengebaut mit dem Zwischenschritt:


    1^3 + (1^3 * ln(1))*(x-3) + (3*1^2)*(y-1) +
    1/2 * ( 1^3 * (ln(3))^2 * (x-3) + 2*(1*(3*ln(1)+1))*(y-1)*(x-3) + (6)*1*(y-1))


    =


    1 + 0 + 3*(y-1) + (1/2)*(1,21*(x-3)^2 ü 2*(y-1)*(x-3) + 6*(y-1)^2)



    Tja...
    meine Übung und meine Vorlesung ist jetzt schon einige Zeit her und schlag mich jetzt schon fast 2 Wochen mit dem ganzen Zeugs rum und trotzdem hab ich bei weitem nicht das Gefühl, alles zu können... irgendwie kommt mir persönlich der Stoff doch mehr vor als Mathe1 ;)
    Gerade die numerische Mathematik mit ihren hunderttausend Verfahren... bah.


    Na hoffentlich wird das morgen was... *seufz*