Matematické Fórum

samum · 30. 03. 2012 14:02

Zdravím,

moc prosím o pomoc s následujícím příkladem:

Pomoci taylorova polynomu stupne 2 vhodne zvolene funkce v bode, ktery ma celociselne
souradnice a je ze vech takovych bodu nejblize bodu, v nemz chcemem pocitat hodnotu
priblizne vypocitejte cos(-0.1)*ln(0.65)

Nastínění postupu výpočtu mi moc pomůže.

Děkuji.

Rumburak · 30. 03. 2012 14:51

↑ samum:
Ahoj.

Ten kosinus budeme počítat řadou se středem v bodě 0, logaritmus řadou se středem v bodě 1. Takže

např. cos(-0.1) vypočteme tak, že do známé řady $\cos x = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k) !}\,x^{2k}$ dosadíme $x = -0.1$ .

Řadu pro logaritmus si nepamatuji, tak si ji odvodím. Pro $y \in (-1, 1)$ je $\frac{1}{1+y} = \sum_{k=0}^{\infty}(-y)^k=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\,y^k$
(geom. řada o kvocientu $-y$ ), integrací této rovnice dostáváme

$\ln(1+y) =\sum_{k=0}^{\infty}\frac {(-1)^k}{k+1}\,y^{k+1} + C$ ,

integrační konstantu C vypočteme z poslední rovnice dosazením $y=0$ , čímž vyjde $C = 0$ . Dosazením y = -0.35 pak vypočteme ln 0.65 .

Atd v souladu s instrukcemi úlohy .

Stačí ?

samum · 30. 03. 2012 19:51

$\ln(1+y) =\sum_{k=0}^{\infty}\frac {(-1)^k}{k+1}\,y^{k+1} + C$ $\ln(1+y) =\sum_{k=0}^{\infty}\frac {(-1)^k}{k+1}\,y^{k+1} + C$ $\ln(1+y) =\sum_{k=0}^{\infty}\frac {(-1)^k}{k+1}\,y^{k+1} + C$ $\ln(1+y) =\sum_{k=0}^{\infty}\frac {(-1)^k}{k+1}\,y^{k+1} + C$ $\ln(1+y) =\sum_{k=0}^{\infty}\frac {(-1)^k}{k+1}\,y^{k+1} + C$ $\ln(1+y) =\sum_{k=0}^{\infty}\frac {(-1)^k}{k+1}\,y^{k+1} + C$ $\cos x = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k) !}\,x^{2k}$ $\cos x = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k) !}\,x^{2k}$ $\cos x = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k) !}\,x^{2k}$ $\cos x = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k) !}\,x^{2k}$ $\ln(1+y) =\sum_{k=0}^{\infty}\frac {(-1)^k}{k+1}\,y^{k+1} + C$ ↑ Rumburak:↑ Rumburak:

moc děkuji,
pokud jsem to správně pochopila, výsledek by měl být 0,538

Rumburak

↑ samum:
Numericky jsem to nepřepočítával, ale příslušné t.p. 2 stupně z toho dostaneme ve tvarech

$\sum_{k=0}^{1}\frac{(-1)^k}{(2k) !}\,x^{2k} = 1 - \frac{1}{2}\,x^2$ pro $\cos x$ , $\sum_{k=0}^{1}\frac {(-1)^k}{k+1}\,y^{k+1} = y - \frac{1}{2}\,y^2$ pro $\ln(1+y)$ ,

takže funkci $\cos x \cdot \ln(1+y)$ nahradíme funkcí $\left( 1 - \frac{1}{2}\,x^2\right)\cdot \left( y - \frac{1}{2}\,y^2\right)$ ,

kam dosadíme $x = -0.1 , y = -0.35$ .

PS. Také ovšem existuje něco jako Taylorův polynom pro funkce dvou proměnných (obecně n prměnných), což je poněkud složitější záležitost
a mám za to, že se ve školách ani běžně neprobírá. Na netu snad by se o tom dalo něco nalézt, v případě zájmu se na to budu moci podívat po neděli.

samum · 31. 03. 2012 12:29

↑ Rumburak:

Díky moc!

Rumburak

↑ samum:
Za málo :-)
Ještě jsem tam ↑ Rumburak: doplnil jednu poznámku.

samum · 27. 04. 2012 16:40

Můžete mi prosím zkontrolovat postup dle tohoto zadání?

Pomoci taylorova polynomu stupne 2 vhodne zvolene funkce v bode, ktery ma celociselne
souradnice a je ze vech takovych bodu nejblize bodu, v nemz chcemem pocitat hodnotu
priblizne vypocitejte $cos(-0.2)*\sqrt{0.9}$

postupuji dle vzorce:
$T2([0,0]) = f([0,0]) + f\frac{\partial }{\partial }x ([0,0])(x - 0) + f\frac{\partial }{\partial }y([0,0])(y - 0) + 1/2!f\frac{\partial }{\partial }\frac{\partial }{\partial }xx([0,0])(x - 0)^{2}+2f\frac{\partial }{\partial }\frac{\partial }{\partial }xy([0,0])(x - 0)(y - 0)+f\frac{\partial }{\partial }\frac{\partial }{\partial }yy([0,0])(y - 0)^{2}$

parciální derivace jsem určila takto:
$f\frac{\partial }{\partial }x=-sin(0)*\sqrt{0}=0$
$f\frac{\partial }{\partial }y=cos(0)/2*\sqrt{0}=0$

derivace druhého stupně:
$fxx=cos(0)*\sqrt{0}=0$
$fxy=cos(0)/4*0^{1.5}=0$
$fyy=15,1cos(0)/16*0^{3.5}=0$

Postupuji správně?
Díky