Taylorjeva vrsta

Ko tudi učitelj ne more pomagati...
ufek
Prispevkov: 7
Pridružen: 5.11.2006 21:01

Taylorjeva vrsta

Odgovor Napisal/-a ufek »

Na pomoč!
Jutri ob sedmih zvečer pišem izpit iz MA1, pa do zdaj nisem našel nobenega, ki bi znal Taylorjevo vrsto. Prej se je bol redko pojavljala na izpitih, lani pa je bla na vsakem. Žal sem komaj zdaj odkril to stran, saj sem že vse preiskal, kjer bi bilo kaj razloženo, kako se računa na primeru. Ko sem gledal definicijo v mizori-oblak, mi ni blo nič jasno :(

No če bi se komu dalo, prosim da mi pomaga in mi napiše postopek reševanja za naloge na sliki. Če ne gre vseh pač tiste, ki se da. Prosim! Ker mi je šlo lani na jok, ko mi je glih ta točka manjkala da bi naredil. Hvala lepa že vnaprej!

Slika

aja, še nekaj. mam texasa ti-89. se da z njim kaj lažje to reševat? če kdo ve.. hvala!

Uporabniški avatar
Marsovec
Prispevkov: 74
Pridružen: 7.6.2006 15:13

Odgovor Napisal/-a Marsovec »

V knjigi Mizori Oblak je precej podobnih nalog z izpisanim postopkom. Če ti tisto ne pomaga, potem ti tudi forumska razlaga ne bo. Drugič pa se loti takih stvari prej kot dan pred izpitom.

ufek
Prispevkov: 7
Pridružen: 5.11.2006 21:01

Odgovor Napisal/-a ufek »

veš kaj, sem se lotil pred izpitom, pa kot sem napisal, ne razumem zakaj se gre. tud noben kolega se ni ukvarjal z taylorjevo vrsto, ker se ni pojavljala na izpitih. tako da nimam nobenega, ki bi mi razložil. glede mizori-oblak pa tako, povej mi strani, kjer bi naj ble takšne naloge tam. sem pregledal vse naloge, ki bi naj ble pod taylorjeva vrsta in ni nobene podobne tem, ko jih imamo mi na izpitu, sploh ni nič uporabnega, samo definicija. to mi pa nič ne koristi.
pa hvala za tvojo nesebično pomoč!

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Kaksna pa je matematika brez Taylorja :?

Vse gre po istem postopku:
\(f(x)=\ln(1-x)\)
\(f'(x)=-\frac{1}{1-x}\)
\(f''(x)=-\frac{1}{(1-x)^2}\)
\(f'''(x)=-\frac{2}{(1-x)^3}\)

potem pa samo:
\(f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f''(x_0)(x-x_0)^2+\)\(\frac{1}{6}f'''(x_0)(x-x_0)^3+\ldots\)
ko vstavis dobis:
\(f(x)\approx -x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\)

V vec dimenzijah je isto, le da imas se mesane odvode.
Za drugo npr. samo vstavis vrste za eksponentno funkcijo in sin, cos, ki jih moras znati na pamet. Potem poberes clene do druge stopnje:
\(f(x,y)=(1+(-x)+\frac{1}{2}(-x)^2)(1-\frac{1}{2}y^2)+(1+(-y)+\frac{1}{2}(-y)^2)(x)\)
Ze sedaj sem uposteval da rabis samo do kvadratnega clena. Zdaj samo se pomnozis in odstranis clene s previsoko potenco.
\(f(x,y)=1+\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}-xy\)
Tretja enako.
Pri cetrti moras spet malo odvajat in vstavljat x=0.

5:
Vidis da bo ekstrem na robu, ker U(x,y) z radijem samo narasca. Isces z Lagrangeovimi multiplikatorji:
\(f(x)=x^3+y^3-\lambda(x^2+y^2-4)\)
Zdaj isces ekstrem tega.
\(\frac{d}{dx}f(x)=3x^2+2x\lambda=0\)
\(\frac{d}{dy}f(y)=3y^2+2y\lambda=0\)
velja se enacba:
\(x^2+y^2=4\)
Zdaj resis sistem enacb, se znebis lambde in dobis resitve:
\(y=2,x=0\)
\(y=0,x=2\)
druga dva sta minimuma. lambda je -3 ampak to sploh ni vazno.

Zdaj pa rajsi neham ker drugace ti ne bo vec nic koristlo, ce bo prepozno.

ufek
Prispevkov: 7
Pridružen: 5.11.2006 21:01

Odgovor Napisal/-a ufek »

ej najlepša ti hvala :) bom probal preštudirat to urco kolk mi je še ostalo. res, ful ti hvala :!:
pa lep večer!

Person
Prispevkov: 7
Pridružen: 6.11.2006 21:44

Odgovor Napisal/-a Person »

Ojla!

A se ti slučajno da napisati, kako rezviješ ceč dimenzionalno funkcijo v Taylorjevo vrsto?
Pač tako malo iz radovednosti me zanima, ker mi (še) nismo imeli takih Taylorjevih vrst.

LP

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Vidis na primeru za 2D (pa recmo da je \(x_0=0\) in funkcije in njihovi odvodi naj bodo vzeti pri x=0, y=0, da bo manj pisanja):
\(f(x,y)=f+\frac{\partial f}{\partial x}x+\frac{\partial f}{\partial y}y+\)\(\frac{1}{2!}\frac{\partial^2 f}{\partial^2 x}x^2+\frac{1}{2!}\frac{\partial^2 f}{\partial^2 y}y^2+\frac{1}{2!}\frac{2\partial^2 f}{\partial x \partial y}xy+\ldots\)
Finta je v tem da so pri mesanih odvodih ustrezni binomski koeficienti. Lahko pises tudi tkole, ce razpises moras dobit zgornjega:
\(f(x,y)=f|_{0,0}+(x\frac{\partial}{\partial x}+y\frac{\partial}{\partial y})f|_{0,0}\)\(+\frac{1}{2!}(x\frac{\partial}{\partial x}+y\frac{\partial}{\partial y})^2f|_{0,0}+\ldots\)
zdaj vidis od kje binomski koeficienti. tele oklepaje potenciras kot da niso nic posebnega, potenca odvoda je pac i-ti odvod. V splosnem dobis:
\(\displaystyle f(x_1,x_2,\ldots,x_i)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(\sum_i x_i\frac{\partial}{\partial x_i})^n}{n!}f\bigg|_{x_i=x_{i0}}\)
Ne se ustrasit ker ni nic groznega. Lahko pa pises se z nablo (odvode zlozis v vektor in zganjas skalarni produkt, ocitno dobis isto kot zgoraj):
\(\displaystyle f(\vec{r})=\sum_{n=0}^\infty\frac{(\vec{r}\cdot \vec{\nabla})^n}{n!}f\bigg|_{r=r_0}\)

Person
Prispevkov: 7
Pridružen: 6.11.2006 21:44

Odgovor Napisal/-a Person »

Aha, sem razumel, najlepša ti hvala :)

A tu bi pa v splošnem imel tudi \(x_0=a\), \(y_0=b\) , ... ?
Pa bi potem imel v formuli \((x-x_0)\), \((y-y_0)\), ... ?

Sej lahko kar zadnjo ali pa predzadnjo obliko formule dopolniš.
Aja, ne vem ali moram vikati ali ne :oops:

LP

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Vikanje ni potrebno, sej smo anonimni :)

Ja seveda, v splosnem pac vse premaknes.
\(\displaystyle f(\vec{r})=\sum_{n=0}^\infty \frac{((\vec{r}-\vec{r_0})\cdot\vec{\nabla})^n f(\vec{\rho})}{n!}\bigg|_{\rho=r_0}\)
Sej v bistvu sem v zgornjih formulah pri mejah uporabil premaknjeno verzijo, v formuli sem pa pozabil.

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Seveda, pazit moras da izhodisce razvoja vstavis le v odvode in ne v \(\vec{r}-\vec{r_0}\), ki je odmik od izhodisca, zato sem poudaril da vstavis le tam kjer imas \(\rho\).

lanca
Prispevkov: 16
Pridružen: 5.11.2012 9:29

Re: Taylorjeva vrsta

Odgovor Napisal/-a lanca »

Živjo, vidim da obvladate Taylorjevo vrsto zato me zanima če zna kdo rešit naloge v priponki, ena izmed njih je tudi Taylorjeva vrsta? prosim za pomoč. hvala
Priponke
3DN.pdf
(278.76 KiB) Prenešeno 227 krat

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Taylorjeva vrsta

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Namigi:
1) Tukaj gre v bistvu tudi za Taylorjev razvoj do prvega clena (vsaj za tangento). Enacba tangente je
\(y=f(x_0)+f'(x_0)\cdot (x-x_0)\)
za normalo pa samo obrnes smerni koeficient:
\(y=f(x_0)-\frac{1}{f'(x_0)} (x-x_0)\)
Ce znas pravilno odvajat, bo vse v redu.

2) No, definicijsko obmocje je celotna realna os - tako potencna kot eksponentna funkcija obstajata za vsa realna stevila. Zaloga vrednosti so vsa pozitivna stevila, vkljucno z 0. To hitro vidis: negativno ne more bit, ker mnozis dve stvari, ki sta vedno pozitivni. pri x=0 dobis 0, potem pa na desni strani narasca v neskoncnost. Potem samo izracunaj prvi in drugi odvod, poisci nicle in dobis vse kar rabis za ostali del naloge. Ce se zatakne pa povej, bomo pomagali.

3) Dajo ti dva prosta parametra stranico a in visino v. Povrsina je
\(S=a^2+4av\)
prostornina pa seveda
\(V=a^2 v\)
Zdaj imas dve moznosti. Ena je, da izrazis eno izmed spremenljivk iz prve enacbe, saj je povrsina fiksna (recimo v, za katerega ne rabis kvadratne enacbe). Potem to vstavis v volumen in z odvodom poisces ekstrem po preostali spremenljivki (a). Lahko pa uporabis prvo enacbo kot vez, uvedes Lagrangeov multiplikator in na ta nacin poisces resitev (ne vem ali je predvideno, da znas resevat vezane ekstreme).

4) Ce gres po definiciji moras le znat odvajat in imas odgovor na dlani - Taylorjev razvoj je ena izmed najbolj enostavnih principov. Zacetna tocka je f(a)=f(1)=1/2 (nicti clen razvoja). Prvi clen ti da linearni priblizek (tangento). Odvod:
\(f'(x)=-\frac{2x}{(1+x^2)^2}\)
Razvoj do prvega clena:
\(f(a+h)\approx f(a)+f'(a)h=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}h\)
pri cemer sem pisal x=a+h (izrazil z odmikom h od tocke okrog katere razvijas). Lahko tudi zamenjas nazaj in pises h=x-a.

Potem lahko nadaljujes z visjimi odvodi - rutinski postopek, samo zmotit se ne smes.

lanca
Prispevkov: 16
Pridružen: 5.11.2012 9:29

Re: Taylorjeva vrsta

Odgovor Napisal/-a lanca »

Full hvala za pomoč, zelo dobro napisano in razloženo - malo bolj se mi svita zdej ta Taylorjeva vrsta, mogoče pa res ni tako zakomplicirana. Hvala in lp

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Taylorjeva vrsta

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Ne ni, res je enostavno - odvodi v izbrani tocki ti dajo koeficiente polinoma, ki se najboljse prilega tvoji funkciji.

lanca
Prispevkov: 16
Pridružen: 5.11.2012 9:29

Re: Taylorjeva vrsta

Odgovor Napisal/-a lanca »

Živjo, pri četrti nalogi se mi je malce ustavilo z odvodi ali lahko kdo pomaga? Hvala lp

Odgovori