Taylor-Polynom bis zum Grad 3

Question

Hallo!

Es handelt sich um die folgende Aufgabenstellung

Aufgabe: Bestimme das Taylor-Polynom bis zum Grad 3

A) \( x=\left(x_{1}, x_{2}\right) \mapsto e^{1+x_{1}+2 x_{2}} \) um \( x=(-1,0) \)

\( \begin{array}{l} |\alpha|=0 \Rightarrow e^{1-1+2 \cdot 0}=e^{0}=1 \\ |\alpha|=1 \\ \alpha=(1,0) \quad \partial x_{1}=\left.e^{1+x_{1}+2 x_{2}}\right|_{(-1,0)}=1 \quad \alpha !=1 !=1 \\ \alpha=(0,1) \quad \partial x_{2}=\left.2 e^{1+x_{1}+2 x_{2}}\right|_{(-1,0)}=2 \quad \alpha !=1 !=1 \\ |\alpha|=2 \\ \end{array} \)
\( \begin{array}{l} \alpha=(2,0) \quad 0 x_{1}^{2}=\left.e^{1+x_{1}+2 x_{2}}\right|_{(-1,0)}=e^{0}=1 \quad \alpha !=2 !=2 \\ \alpha=(0,2) \quad \partial x_{2}^{2}=\left.4 \cdot e^{1+x_{1}+2 x_{2}}\right|_{(-1,0)}=e^{0}-1 \quad \alpha !=2 !=2 \\ \alpha=(1,1) \quad \partial x_{1} x_{2}=\left.2 e^{1+x_{1}+2 x_{2}}\right|_{(-1,0)}=2 \quad \alpha !=1 \end{array} \)
\( |\alpha|=3 \)
\( \begin{array}{lll} \alpha=(0,3) & \partial x_{2}^{3}=\left.8 \cdot e^{1+x_{1}+2 x_{2}}\right|_{(-1,0)}=8 & \alpha !=0 ! \cdot 3 !=6 \\ \alpha=(1,2) & \partial x_{1} \partial x_{2}^{2}=\left.4 \cdot e^{1+x_{1}+2 x_{2}}\right|_{(-1,0)}=4 & \alpha !=1 ! \cdot 2 !=2 \\ \alpha=(2,1) & \partial x_{1}^{2} \partial x_{2}^{1}=\left.2 e^{1+x_{1}+2 x_{2}}\right|_{(-1,0)}=2 & \alpha !=2 ! \cdot 1 !=2 \end{array} \)
\( \begin{aligned} T_{(-1,0)}=& 1+1 \cdot\left(x_{1}+1\right)^{1} \cdot\left(x_{2}-0\right)^{0}+2 \cdot\left(x_{1}+1\right)^{0} \cdot\left(x_{2}-0\right)^{1}+\frac{1}{2}\left(x_{1}+1\right)^{2} \cdot\left(x_{2}-0\right)^{0}+\\ & \frac{1}{2} \cdot\left(x_{1}+1\right)^{0} \cdot\left(x_{2}-0\right)^{2}+2\left(x_{1}+1\right)^{1} \cdot\left(x_{2}-0\right)^{1}+\frac{1}{6}\left(x_{1}+1\right)^{3}\left(x_{2}-0\right)^{0}+\\ & \frac{8}{6}\left(x_{1}+1\right)^{0}\left(x_{2}-0\right)^{3}+\frac{4}{2} \cdot\left(x_{1}+1\right)^{1} \cdot\left(x_{2}-0\right)^{2}+\frac{2}{2}\left(x_{1}+1\right)^{2} \cdot\left(x_{2}-0\right)^{1}=\\ =& 1+x_{1}+2 x_{2}+\frac{1}{2}\left(x_{1}^{2}+2 x_{1}+1\right)+\frac{1}{2} x_{2}^{2}+2 x_{1} x_{2}+2 x_{2}+\frac{1}{6} x_{1}^{3}+\frac{1}{6} \\ &+\frac{8}{6} x_{2}^{3}+\frac{4}{2} x_{1} x_{2}^{2}+\frac{4}{2} x_{2}^{2}+x_{1}^{2} x_{2}+2 x_{1} x_{2}+x_{2}=\\ =& 1+x_{1}+2 x_{2}+\frac{1}{2} x_{1}^{2}+x_{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2} x_{2}^{2}+2 x_{1} x_{2}+2 x_{2}+\frac{1}{6} x_{1}^{3}+\frac{1}{6}+\frac{4}{3} x_{2}^{3}+\\ & 2 x_{1} x_{2}^{2}+2 x_{2}^{2}+x_{1}^{2} x_{2}+2 x_{1} x_{2}+x_{2}=\\ & \frac{5}{3}+2 x_{1}+5 x_{2}+\frac{1}{2} x_{1}^{2}+\frac{5}{2} x_{2}^{2}+4 x_{1} x_{2}+\frac{1}{6} x_{1}^{3}+4 x_{2}^{3}+2 x_{1} x_{2}^{2}+x_{1}^{2} x_{2} \end{aligned} \)

Problem:

Ich hab die Aufgabe berechnet, aber bin mir nicht sicher, ob die so stimmt. Könnt ihr mir eine Rückmeldung geben, ob ich die Aufgabe richtig berechnet habe?

Comments

Könnte jemand eine Blick werfen?

Answer 1

Hallo,

das ist nicht so einfach. Und Du hast Dein Ergebneis auch noch als Bild eingestellt. Das erschwert die Sache etwas.

Zumindest hast Du gleich am Anfang den Faktor \(2\) vergessen - ich habe das bei meiner Varinate markiert. Ich habe:$$\begin{aligned} Tf(x;(-1,0)) &= 1 + x_1+1 + 2x_2 \\ &+ \frac{1}{2}\left((x_1+1)^2 + 2 \cdot 2(x_1+1)x_2 + {\color{red}4} \cdot x_2^2 \right)\\ &+ \frac{1}{6}\left((x_1+1)^3 + 2 \cdot3(x_1+1)^2x_2 + 4 \cdot3(x_1+1)x_2^2 + 8 \cdot x_2^3\right)\\ &= \frac{1}{6}x_1^3 + x_2 x_1^2 + x_1^2 + 2 x_2^2 x_1 + 4 x_2 x_1 + \frac{5}{2} x_1 + \frac{4}{3}x_2^3 + 4 x_2^2 + 5 x_2 + \frac{8}{3} \end{aligned} $$(ohne Gewähr) ;-)

ich habe die Höhenlinien von \(f(x)\) und \(Tf(x;(-1,0))\) in Desmos eingegeben.

https://www.desmos.com/calculator/fdhl6dugfw

Die Höhenlinen von \(f(x)\) sind die blauen Geraden und von \(Tf(x;(-1,0))\) sind die blauen. Die Geraden durch \((-1,0)\) ist deckungsgleich. Das sollte also passen.

Gruß Werner

Comments

Btw. man kann sich 'ne Menge Arbeit sparen, wenn man die Parameter \(x_1\) und \(x_2\) durch$$u=x_1+2x_2, \quad v=2x_1-x_2$$ ersetzt. Dann wird aus$$f(x_1,x_2) = e^{1+x_1+x_2} \to g(u,v) = e^{1+u}$$Der Entwicklungspunkt ist \((u,v)=(-1,2)\), wobei das \(v=2\) aber gar keine Rolle spielt, da die Funktion gar nicht von \(v\) abhängt.

Die Taylorreihe ist$$Tg(x;(-1,2)) = 1 +(u+1) + \frac12(u+1)^2 + \frac16(u+1)^3$$so und nun das \(u\) durch \(u=x_1+2x_2\) ersetzen und evt. noch umformen und fertig.