Matematické Fórum

Pritt · 08. 08. 2017 14:26 — Editoval Pritt (08. 08. 2017 18:13)

Zdravím,
potřeboval bych, prosím, poradit s následujícím příkladem:

Funkci $f(x,y) = arctg(1 + xy)$ rozviňte v okolí bodu $(0,0)$ do polynomu šestého stupně.

Sestavil jsem Taylorovu řadu této funkce :
$\sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{k=0}^{2n+1} \begin{pmatrix}2n+1 \\ k\end{pmatrix}\dfrac{(-1)^n}{2n+1}x^ky^k$
V tomto případě by tedy výraz $\begin{pmatrix} 2n+1 \\ k \end{pmatrix}\dfrac{(-1)^n}{2n+1}\cdot (k!)^2$ měl udávat koeficient před 2k-tou parciální derivací. Nenulové koeficienty bude mít tedy jen každá smíšená derivace, kde navíc bylo derivováno podle x tolikrát jako podle y.

Pro Taylorův polynom n-tého řádu funkce f v okolí bodu $(0,0)$ platí: $T_{f,\vec{0}}^{m}(\vec{x}) = \sum_{l=0}^{m}\dfrac{d_{f,\vec{0}}^{k}(\vec{x})}{k!}$

kde $d_{f,\vec{0}}^{k}(\vec{x})$ je k-tý totální diferenciál funkce f.

Nedaří se mi ale dosáhnout výsledku : $\pi/4 + xy/2 - x^2y^2/4 + x^3y^3/12$ ...

Samozřejmě, že mohu najít tento polynom také tak, že sestavím totální diferenciál 6. řádu, ale to je příliš zdlouhavé...

Ferdish · 09. 08. 2017 10:03

Pritt napsal(a):
Nedaří se mi ale dosáhnout výsledku : $\pi/4 + xy/2 - x^2y^2/4 + x^3y^3/12$ ...

A akého výsledku sa ti teda podarilo dosiahnuť? Napíš ho prosím.

Pritt · 15. 08. 2017 13:46

↑ Ferdish:

Nedává mi tam jedna věc smysl. Pokud je Taylorova řada sestavena správně a já bych z ní chtěl určit například $\frac{\partial^6 f}{\partial x^3 \partial y^3 }(\vec 0)$ potom je zřejmě $k = 3$ , ale jak určím $n$ ? Třeba je špatně sestavená ta řada, ale jak jinak ji tedy sestavit?

mracek · 15. 08. 2017 14:55 — Editoval mracek (15. 08. 2017 14:56)

Co kdybys napsal cely postup, co uz mas, k cemu ses dopracoval. Prijde mi, ze v tom zadani to mas dost roztristene. Matematicke pojmy neovladam, ale. Spis programovani

1. $f(x,y) = arctg(1 + xy)$ - kolem bodu [0,0] do stupne 6
2. $\sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{k=0}^{2n+1} \begin{pmatrix}2n+1 \\ k\end{pmatrix}\dfrac{(-1)^n}{2n+1}x^ky^k$
3. ... ?
Jestli to spravne chapu, tak arctg se da vyjadrit jako soucet nekonecne rady viz (2). Do stupne 6, znamena n=0 az n=5, mozna 6, ne? Cili tam bude neco jako
f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + f(5)
...

mathonline.fme.vutbr.cz/download.aspx?id_file=774
Podle toho pdf je
arctg(x) = suma (k,0,nekonecno, (-1)^k * x^(2*k+1) / (2*k+1) )
0. (-1)^0 * x^(2*0+1) / (2*0+1) ) = + x / 2
1. (-1)^1 * x^(2*1+1) / (2*1+1) ) = - x^3 / 3
2. (-1)^2 * x^(2*2+1) / (2*2+1) ) = + x^5 / 5
3. (-1)^3 * x^(2*3+1) / (2*3+1) ) = - x^7 / 7
4. (-1)^4 * x^(2*4+1) / (2*4+1) ) = + x^9 / 9
5. (-1)^5 * x^(2*5+1) / (2*5+1) ) = - x^11 / 11
V programu bych si pak spocital X = 1 + xy ze zadanych hodnot a dal to uz jen umocnoval. Vubec bych se nesnazil to rozvijet do jedineho vzorecku. Nevim, proc matici maji potrebu se piplat s rozvojem. Jpeg pouziva dct fourrierovu transformaci pro 0-63 hodnot. Fungoval na 20 MHz, zobrazeni blik. Dnes je procesor 200-vic x rychlejsi. Secist 6 cisel mu nedela potiz. Umocnit na 11 pres logaritmy taky ne.

Rumburak · 15. 08. 2017 15:38

↑ Pritt:

Ahoj.

Není v tom tvaru T.p. , který uvádíš, chyba ?

Podívej se případně sem.

Pritt · 15. 08. 2017 19:54

↑ mracek:

Díky za reakci, ale pokud neovládáš matematické pojmy, potom se není moc o čem bavit. Pokud bych nepotřeboval analytické řešení psané rukou, nejspíš bych si poradil například v MATLABu...

↑ Rumburak:

Ahoj,

Taylorovu řadu funkce arctg(1 + xy) jsem sestavoval následovně:

Vycházím z toho, že $arctg(x) = \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}$ . To platí pro $x \in \langle -1, 1 \rangle$ .

Pokud tedy dosadím 1+xy a s použitím binomické věty dostávám

$arctg(1+xy) = \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{(1+xy)^{2n+1}}{2n+1} = \sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{k=0}^{2n+1}\begin{pmatrix}2n+1 \\ k \end{pmatrix}(-1)^n\dfrac{x^ky^k}{2n+1}$

Matematické Fórum

#1 08. 08. 2017 14:26 — Editoval Pritt (08. 08. 2017 18:13)

Taylorův polynom fce více proměnných

#2 09. 08. 2017 10:03

Re: Taylorův polynom fce více proměnných

Pritt napsal(a):

#3 15. 08. 2017 13:46

Re: Taylorův polynom fce více proměnných

#4 15. 08. 2017 14:55 — Editoval mracek (15. 08. 2017 14:56)

Re: Taylorův polynom fce více proměnných

#5 15. 08. 2017 15:38

Re: Taylorův polynom fce více proměnných

#6 15. 08. 2017 19:54

Re: Taylorův polynom fce více proměnných

Zápatí