Taylor-Reihe,Koeffizienten < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:00 Do 24.09.2009 | | Autor: | Niladhoc |
Hallo,
ich beschäftige mich gerade mit der Frage, ob man über bestimmte Schemata zu elementar zusammengesetzten Funktionen explizit die Folgeglieder ihrer Taylor-Reihe angeben kann.
Da habe ich mir als Beispiel [mm] g(x)=e^{f(x)} [/mm] angeschaut.
[mm] g'(x)=e^{f(x)}*f'(x)
[/mm]
[mm] g''(x)=e^{f(x)}*(f'(x)+f''(x))
[/mm]
[mm] g'''(x)=e^{f(x)}*(f'''(x)+f'(x)f''(x)+f''(x)+f'(x)^{2})
[/mm]
[mm] g^{IV}(x)=e^{f(x)}*(f^{IV}(x)+2f'(x)f'''(x)+f''(x)^2+f'(x)^2f''(x)+3f'(x)f''(x)+f'''(x)+f'(x)^3)
[/mm]
Ab der vierten Ableitung wirds unübersichtlich und zu den gemischten Produkten kommen Koeffizienten ungleich eins.
Hat man die n-te Ableitung von g, dann stehen in der Klammer zwei Gruppen von Produkten: Bei den einen ist die Summe der Ableitungsgrade für jeden Faktor gleich n, bei den anderen gleich n-1.
Z.B. f'(x)f''(x) [mm] :\mapsto1+2=3 [/mm] oder [mm] f'(x)^2:\mapsto [/mm] 1+1=3-1 für die 3-te Ableitung.
Mehr weiß ich nicht exakt.
Hat jmd Ideen bzw kennt jmd. bereits die Lösung, wie man die gemischten Produkte und ihre Koeffizienten explizit angeben kann?
lg
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Hallo Niladhoc,
> Hallo,
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> ich beschäftige mich gerade mit der Frage, ob man über
> bestimmte Schemata zu elementar zusammengesetzten
> Funktionen explizit die Folgeglieder ihrer Taylor-Reihe
> angeben kann.
>
> Da habe ich mir als Beispiel [mm]g(x)=e^{f(x)}[/mm] angeschaut.
>
> [mm]g'(x)=e^{f(x)}*f'(x)[/mm]
> [mm]g''(x)=e^{f(x)}*(f'(x)+f''(x))[/mm]
Die zweite Ableitung g'' muß hier lauten:
[mm]g''\left(x\right)=e^{f\left(x\right)}*\left( \ f'\left(x\right)\red{*f'\left(x\right)}+ f''\left(x\right)\ \right)[/mm]
> [mm]g'''(x)=e^{f(x)}*(f'''(x)+f'(x)f''(x)+f''(x)+f'(x)^{2})[/mm]
>
> [mm]g^{IV}(x)=e^{f(x)}*(f^{IV}(x)+2f'(x)f'''(x)+f''(x)^2+f'(x)^2f''(x)+3f'(x)f''(x)+f'''(x)+f'(x)^3)[/mm]
>
> Ab der vierten Ableitung wirds unübersichtlich und zu den
> gemischten Produkten kommen Koeffizienten ungleich eins.
> Hat man die n-te Ableitung von g, dann stehen in der
> Klammer zwei Gruppen von Produkten: Bei den einen ist die
> Summe der Ableitungsgrade für jeden Faktor gleich n, bei
> den anderen gleich n-1.
> Z.B. f'(x)f''(x) [mm]:\mapsto1+2=3[/mm] oder [mm]f'(x)^2:\mapsto[/mm]
> 1+1=3-1 für die 3-te Ableitung.
> Mehr weiß ich nicht exakt.
>
> Hat jmd Ideen bzw kennt jmd. bereits die Lösung, wie man
> die gemischten Produkte und ihre Koeffizienten explizit
> angeben kann?
>
> lg
Gruss
MathePower
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 16:02 Sa 26.09.2009 | | Autor: | Niladhoc |
Hallo Mathepower,
Danke für den Hinweis, die Korrektur vereinfacht die Sache.
Die Summe der Ableitungsgrade von f für jeden Faktor ist somit stets gleich n. Es treten alle möglichen Terme nach dieser Regelung auf. Somit ist die Anzahl an Termen gleich der Anzahl an Möglichkeiten, eine natürliche Zahl als Summe kleinerer natürlicher Zahlen darzustellen (Reihenfolge der Summanden ist egal). Anscheinend berechnet sich der Koeffizient wie folgt:
n= Ableitungsgrad von g, i der Ableitungsgrad der Faktoren und [mm] r_{i} [/mm] deren Exponent.
[mm] k=\bruch{n!}{\produkt_{i=1}^{\infty}r_{i}!*(i!)^{r_i}},
[/mm]
wobei [mm] n=\summe_{i=1}^{\infty}r_{i}*i
[/mm]
Kann das jemand beweisen?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:00 Sa 26.09.2009 | | Autor: | Niladhoc |
Wieviele Lösungen hat die Gleichung
[mm] n=\sum_{i=1}^{\infty}r_{i}*i [/mm] für natürliche Zahlen [mm] n,r_{i}\in\IN?
[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:29 Sa 26.09.2009 | | Autor: | Denny22 |
Hallo,
> Wieviele Lösungen hat die Gleichung
>
> [mm]n=\sum_{i=1}^{\infty}r_{i}*i[/mm] für natürliche Zahlen
> [mm]n,r_{i}\in\IN?[/mm]
Ist das eine Fangfrage??? Sei [mm] $r_i\in\IN:=\IN_0:=\{0,1,2,3,\ldots\}$ [/mm] beliebig gewählt.
1. Fall: [mm] ($r_i\neq [/mm] 0$ für unendlich viele [mm] $i\in\{0,1,2,\ldots\}$)
[/mm]
In diesem Fall bildet die Folge [mm] $(r_i\cdot i)_{i\in\IN}$ [/mm] keine Nullfolge. Damit ist die Summe nicht konvergent (d.h. sie divergiert) und der Grenzwert $n$ existiert nicht.
2. Fall: [mm] ($r_i\neq [/mm] 0$ für endlich viele [mm] $i\in\{0,1,2,\ldots\}$)
[/mm]
In diesem Fall konvergiert die Summe und somit existiert ein solches $n$. Da [mm] $\IN$ [/mm] bezüglich der Addition und Multiplikation abgeschlossen ist (d.h. für [mm] $a,b\in\IN$ [/mm] gilt [mm] $a+b\in\IN$ [/mm] und [mm] $a\cdot b\in\IN$) [/mm] und [mm] $r_i,i\in\IN$ [/mm] gefordert wurde, gilt für diesen Grenzwert: [mm] $n\in\IN$.
[/mm]
Beachte: Falls bei Dir [mm] $\IN:=\{1,2,3,\ldots\}$ [/mm] definiert ist (d.h. ohne die Null), so existiert dieser Grenzwert niemals, d.h. die Gleichung besitzt keine Lösung!
Lieben Gruß
Denny
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:38 Sa 26.09.2009 | | Autor: | Niladhoc |
Hallo,
tut mir leid, das Wichtigste habe ich vergessen:
Wieviele Lösungen hat die Gleichung
[mm] n=\sum_{i=1}^{\infty}r_{i}\cdot{}i [/mm] mit natürlichen Zahlen
[mm] n,r_{i}\in\IN [/mm] für jedes n?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:26 Sa 26.09.2009 | | Autor: | Denny22 |
> Hallo,
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> tut mir leid, das Wichtigste habe ich vergessen:
> Wieviele Lösungen hat die Gleichung
>
> [mm]n=\sum_{i=1}^{\infty}r_{i}\cdot{}i[/mm] mit natürlichen
> Zahlen
> [mm]n,r_{i}\in\IN[/mm] für jedes n?
 Na da hast Du Dir ja etwas vorgenommen. Ich habe zwar keine Lösung (daher nur eine Mitteilung), aber eine Idee. Um für ein festes [mm] $n\in\IN$ [/mm] eine solche Folge [mm] $(r_i)_{i\in\IN}$ [/mm] zu finden, dass die Summe gegen das vorgegebene $n$ konvergiert, muss definitiv folgende Bedingung gelten:
[mm] $r_i=0$ [/mm] für jedes [mm] $i\geqslant [/mm] n+1$
Das solltest Du Dir zunächst klar machen! Damit lässt sich Dein Problem abschwächen zu: Finde zu einem [mm] $n\in\IN$ [/mm] eine Folge [mm] $(r_i)_{i=1,\ldots,n}$ [/mm] natürlicher Zahlen, so dass
[mm] $n\overset{!}{=}\sum_{i=1}^{n}r_{i}\cdot i\quad(=1r_1+2r_2+3r_3+\cdots+nr_n)$
[/mm]
erfüllt ist. Damit diese Folge [mm] $(r_i)_{i=1,\ldots,n}$ [/mm] auch das von Dir geschilderte Problem löst, musst Du es mit Nullen auffüllen. Kommen wir zurück zum vereinfachten Problem: Jetzt solltest Du zunächst einmal beobachten, wie sich die Anzahl der Lösungen verhält, um daraus Schlussfolgerungen zu ziehen, oder eventuell sogar eine Formel, die Du anschießend wiederum durch Induktion beweisen kannst.
$n=1$: (1 Lösung)
$(1)$
$n=2$: (2 Lösungen)
$(2,0)$
$(0,1)$
$n=3$: (3 Lösungen)
$(3,0,0)$
$(1,1,0)$
$(0,0,1)$
$n=4$: (5 Lösungen)
$(4,0,0,0)$
$(2,1,0,0)$
$(0,2,0,0)$
$(1,0,1,0)$
$(0,0,0,1)$
$n=5$: (7 Lösungen)
$(5,0,0,0,0)$
$(3,1,0,0,0)$
$(1,2,0,0,0)$
$(2,0,1,0,0)$
$(0,1,1,0,0)$
$(1,0,0,1,0)$
$(0,0,0,0,1)$
u.s.w.
Hilft Dir das schon?
Lieben Gruß
Denny
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:45 So 27.09.2009 | | Autor: | Niladhoc |
Hallo Denny,
danke für den Post, ich habe nun die Möglichkeiten von meinem Rehner für größere n ermittelt und sie betragen [mm] p=(n/2)^2+1 [/mm] für gerade n und [mm] p=(n/2)^2+0.75 [/mm] für ungerade n. Die gemeinsame Rekursionsformel ist [mm] x_{n+2}=x_{n}+n+1, [/mm] was sich einfach beweisen lässt.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:39 Mo 12.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> tut mir leid, das Wichtigste habe ich vergessen:
> Wieviele Lösungen hat die Gleichung
>
> [mm]n=\sum_{i=1}^{\infty}r_{i}\cdot{}i[/mm] mit natürlichen
> Zahlen
> [mm]n,r_{i}\in\IN[/mm] für jedes n?
Die Anzahl der Loesungen ist die ![[]](/images/popup.gif) Partitionszahl von $n$:
Betrachte die Mengen [mm] $A_n [/mm] := [mm] \{ (r_1, \dots, r_n) \in \IN^n \mid \sum_{i=1}^n i r_i = n \}$ [/mm] und [mm] $B_n [/mm] := [mm] \{ (b_1, \dots, b_n) \in \IN^n \mid b_1 \le \dots \le b_n, \; \sum_{i=1}^n b_i = n \}$. [/mm] Nun ist [mm] $|B_n|$ [/mm] die $n$-te Partitionszahl und [mm] $|A_n|$ [/mm] ist die Anzahl der Loesungen, die du suchst.
Wenn du jetzt die Funktion [mm] $\psi [/mm] : [mm] B_n \to A_n$, [/mm] $b = [mm] (b_1, \dots, b_n) \mapsto (r_1(b), \dots, r_n(b))$ [/mm] mit [mm] $r_i(b) [/mm] := [mm] \{ j \in \{ 1, \dots, n \} \mid b_j = i \}$ [/mm] betrachtest, so ist [mm] $\psi$ [/mm] bijektiv.
Damit gilt fuer die Anzahl der Loesungen, die du suchst, [mm] $|A_n| [/mm] = [mm] |B_n| [/mm] = p(n)$, wobei $p$ die Partitionsfunktion ist.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:54 Mo 28.09.2009 | | Autor: | Denny22 |
Ist diese Frage somit beantwortet?
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Also ich hatte in diesem Unterthread nach den Koeffizienten in den Ableitungen gefragt, die Anzahl der Terme kenne ich ja jetzt.
Ich vermute mal, dass diese [mm] k=\bruch{n!}{\produkt_{i=1}^{\infty}r_{i}!\cdot{}(i!)^{r_i}} [/mm] betragen, schaue aber beim System, wie sie zustande kommen nicht durch.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:20 Mi 30.09.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Hallo,
wenn ich nun explizit die n-te Ableitung von [mm] e^{e^x} [/mm] um den Punkt x=0 bestimmen will, so muss ich den obigen Ausdruck [mm] k=\bruch{n!}{\produkt_{i=1}^{\infty}r_{i}!\cdot{}(i!)^{r_i}} [/mm] über alle Lösungen summieren. Kann mir da jemand helfen das zu umgehen?
lg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:40 Mo 12.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo,
> wenn ich nun explizit die n-te Ableitung von [mm]e^{e^x}[/mm] um den
> Punkt x=0 bestimmen will, so muss ich den obigen Ausdruck
> [mm]k=\bruch{n!}{\produkt_{i=1}^{\infty}r_{i}!\cdot{}(i!)^{r_i}}[/mm]
> über alle Lösungen summieren. Kann mir da jemand helfen
> das zu umgehen?
ich vermute, das geht nicht.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:20 Di 20.10.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:55 Sa 26.09.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> ich beschäftige mich gerade mit der Frage, ob man über
> bestimmte Schemata zu elementar zusammengesetzten
> Funktionen explizit die Folgeglieder ihrer Taylor-Reihe
> angeben kann.
>
> Da habe ich mir als Beispiel [mm]g(x)=e^{f(x)}[/mm] angeschaut.
>
> [mm]g'(x)=e^{f(x)}*f'(x)[/mm]
> [mm]g''(x)=e^{f(x)}*(f'(x)+f''(x))[/mm]
> [mm]g'''(x)=e^{f(x)}*(f'''(x)+f'(x)f''(x)+f''(x)+f'(x)^{2})[/mm]
>
> [mm]g^{IV}(x)=e^{f(x)}*(f^{IV}(x)+2f'(x)f'''(x)+f''(x)^2+f'(x)^2f''(x)+3f'(x)f''(x)+f'''(x)+f'(x)^3)[/mm]
>
> Ab der vierten Ableitung wirds unübersichtlich und zu den
> gemischten Produkten kommen Koeffizienten ungleich eins.
> Hat man die n-te Ableitung von g, dann stehen in der
> Klammer zwei Gruppen von Produkten: Bei den einen ist die
> Summe der Ableitungsgrade für jeden Faktor gleich n, bei
> den anderen gleich n-1.
> Z.B. f'(x)f''(x) [mm]:\mapsto1+2=3[/mm] oder [mm]f'(x)^2:\mapsto[/mm]
> 1+1=3-1 für die 3-te Ableitung.
> Mehr weiß ich nicht exakt.
>
> Hat jmd Ideen bzw kennt jmd. bereits die Lösung, wie man
> die gemischten Produkte und ihre Koeffizienten explizit
> angeben kann?
Das kommt darauf an. Wenn du eine Formel für alle Koeffizienten auf einmal suchst, dann wird das bei den meisten Funktionen nicht gehen. Wenn du endlich viele Koeffizienten bestimmen willst, kannst du dafür eine Rekursionsformel ableiten, in der die Koeffizienten der Taylorentwicklung von f vorkommen.
Das Problem der Komposition von Potenzreihen lässt sich durch schrittweise Berechnung der Koeffizienten des Ergebnisses angehen. Eine gute Referenz ist Knuth's The Art of Computer Programming, Vol.2, Abschnitt 4.7.
Für die Exponentialfunktion ist es besonders einfach. Sei also f eine Funktion, deren Taylorentwicklung uns bekannt ist:
[mm] f(x) = \summe_{k=0}^\infty a_k x^k [/mm]
Gesucht ist die Taylorentwicklung der Funktion [mm] $g(x)=e^{f(x)}$. [/mm] Durch Ableitung ergibt sich
[mm] g'(x) = e^{f(x)}f'(x) =g(x)f'(x) [/mm]
Man setzt die Taylorentwicklung von g mit unbekannten Koeffzienten an und setzt dies ein:
[mm] g(x) = \summe_{k=0}^\infty b_k x^k \implies g'(x) = \summe_{k=1}^\infty kb_k x^{k-1} = \summe_{k=0}^\infty (k+1)b_{k+1} x^{k}[/mm]
Einsetzen in $g'(x) = g(x)f'(x)$ ergibt:
[mm] \summe_{k=1}^\infty (k+1)b_{k+1} x^{k} = \left(\summe_{k=0}^\infty b_k x^k\right)\left(\summe_{k=0}^\infty (k+1)a_{k+1} x^{k}\right) = \summe_{k=0}^\infty c_k x_k [/mm].
Da beide Seiten gleich sein müssen, ist [mm] $(k+1)b_{k+1} [/mm] = [mm] c_k$.
[/mm]
Dabei wird [mm] $c_k$ [/mm] mit der Cauchyproduktformel ausgerechnet:
[mm] (k+1)b_{k+1} = c_k = \summe_{i=0}^k b_k * (k-i+1) a_{k-i+1} \implies b_{k+1} = \summe_{i=0}^k \bruch{k-i+1}{k+1} b_k a_{k-i+1}[/mm] .
Diese Gleichung sagt aus, das wir den Koeffizienten [mm] $b_{k+1}$ [/mm] ausrechnen können, wenn wir alle vorherigen kennen: aus [mm] $b_0$ [/mm] bekommen wir [mm] $b_1$, [/mm] aus [mm] $b_0$ [/mm] und [mm] $b_1$ [/mm] bekommen wir [mm] $b_2$, [/mm] usw. Und wir brauchen auch nur genausoviele der Koeffizienten [mm] $a_k$!
[/mm]
Den allerersten Koeffizienten [mm] $b_0$ [/mm] bekommen wir aus
[mm] b_0 = g(0) = e^{f(a)} = e^{a_0} [/mm]
Ähnliche Beziehungen lassen sich für andere Funktionen ableiten; es geht sogar für den Fall $g(f(x))$, also für den Fall, dass man zwei Taylorreihen ineinander einsetzen will.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:16 Mo 12.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> ich beschäftige mich gerade mit der Frage, ob man über
> bestimmte Schemata zu elementar zusammengesetzten
> Funktionen explizit die Folgeglieder ihrer Taylor-Reihe
> angeben kann.
>
> Da habe ich mir als Beispiel [mm]g(x)=e^{f(x)}[/mm] angeschaut.
>
> [mm]g'(x)=e^{f(x)}*f'(x)[/mm]
> [mm]g''(x)=e^{f(x)}*(f'(x)+f''(x))[/mm]
> [mm]g'''(x)=e^{f(x)}*(f'''(x)+f'(x)f''(x)+f''(x)+f'(x)^{2})[/mm]
Kennst du die Formel von Faà di Bruno? Die gibt dir einen kompakten Ausdruck fuer die $n$-te Ableitung der Verkettung $h [mm] \circ [/mm] f$ fuer zwei beliebige (oft genug differenzierbare) Funktionen $h$ und $f$. Bei dir ist $h(x) = [mm] \exp(x)$, [/mm] womit die $n$-fache Ableitung besonders einfach angegeben werden kann, der Tem [mm] $(D^{k_1 + \dots + k_n} [/mm] h)(f)$ sich also zu [mm] $\exp(f(x))$ [/mm] vereinfacht.
Ob dir die Formel bei dem Problem dann schlussendlich weiterhilft ist eine andere Sache, aber wenn du z.B. die Taylorentwicklung von $f$ kennst, etwa $f = [mm] \sum_{k=0}^\infty a_k [/mm] (x - [mm] \lambda)^k$, [/mm] dann kannst du auch $(h [mm] \circ f)^{(k)}(\lambda)$ [/mm] sehr einfach bestimmen, da [mm] $\frac{D^m f}{m!}$ [/mm] an der Stelle [mm] $\lambda$ [/mm] gerade [mm] $a_m$ [/mm] ist.
LG Felix
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