Multivariante Expansión De Taylor

Question

Estoy en confianza con la expansión de Taylor de la función $f\colon R \to R$, pero yo cuando mi profesor empezó a utilizar las derivadas de orden mayor y multivariante de expansión de Taylor de $f\colon R^n \to R$ $f\colon R^n \to R^m$ me sentía perdida.

Puede somean que me explique desde cero multivariante Taylor?

En particular, no entiendo la notación $$ f(x+h) = \sum_{k=0}^p \frac{1}{k!} f^{(k)}(x)[h,...,h] + O(h^{p+1}) $$ ¿Por qué necesitamos el k-lineal de la forma $ \frac{1}{k!} f^{(k)}(x)[h,...,h]$? Este k-lineal de la forma es la derivada o la derivada es sólo $f^{(k)}(x)$?

Estoy bastante perdido. Gracias.

Answer 1

Uno puede pensar acerca de Taylor teorema de cálculo como de aplicación en los siguientes casos:

1. Las funciones escalares de una variable escalar, es decir, $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$
2. Vector de valores de funciones de una variable escalar, es decir, $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^n$
3. Las funciones escalares de un vector de variables, es decir, $f : \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$
4. Vector de valores de funciones de una variable vectorial, es decir, $f : \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^m$

Todos estos pueden ser derivados y probada basada en nada más que la integración por partes (el último que necesita ser desarrollada en un espacio de banach y el tercero es más comúnmente reducido a la primera, que es sólo un atajo para volver a demostrar que a través de la integración por partes) si todo funciona correctamente (como se hace en el Lang de Pregrado, el Real Y el Análisis Funcional de los libros) y por lo que su principal obstáculo es el formalismo - esto no es pequeño obstáculo como veremos a continuación.

Ahora no estoy seguro de si la expresión de la fórmula de Taylor es el mapa 3 mapa 4, uno podría pensar que es el mapa 3, ya que usted usó la palabra "forma lineal", que es el estándar de lenguaje de los mapas de espacios vectoriales en un campo, sino que lo hizo preguntar acerca de los mapas de la forma $f : \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^m$ - está usted seguro de que son la diferenciación de estos tipos de mapas porque aportan todo un mundo de complejidad en comparación con los 3 primeros?

Si usted está preguntando acerca de los mapas de la forma en 3 entonces algunos de la intuición se da en este vídeo y algunos ejemplos y una prueba se da en este vídeo. Después de estos, usted debe tener suficiente de una comprensión de lo que está pasando y si usted se centra en el desarrollo de la formalismo correctamente usted debe ser capaz de demostrar a ti mismo en el más general de los espacios.

Si en realidad estás preguntando sobre el mapa 4, a continuación, usted puede ser utilizada para la definición de la derivada de la última mapa como $f : \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^m$ como algo parecido a $\mathcal{f'} : \mathbb{R}^n \rightarrow \mathcal{L}(\mathbb{R}^n,\mathbb{R}^m)$ satisfacer todas las condiciones de un diferenciable mapa, así que la segunda derivada se define de manera similar usando un mapa de la forma $f'': \mathbb{R}^n \rightarrow \mathcal{L}(\mathbb{R}^n,\mathcal{L}(\mathbb{R}^n,\mathbb{R}^m))$ & así sucesivamente, sin embargo, usted no ver dicha entidad como un "k-lineal de la forma" en nada de esto y eso es porque hay un teorema que permite pensar en los mapas como la segunda derivada de arriba en términos de multilineal mapas y así uno puede re-fundido de la teoría con multilineal mapas que facilita el desarrollo y permite agradable pruebas, etc... pero sin que esto se explica lo que podría parecer extraño al azar comienza a sacar multilineal mapas.

En cualquier caso, la derivada es lineal en el mapa, por definición, y es por eso que vas a venir a través de la palabra lineal, pero ya que usted no poner subíndices en el $[h,...,h]$ no estoy seguro de qué tan profundo que puede ir, porque yo veo dos posibilidades aquí, así que si el de arriba no es suficiente de una explicación, tal y como está sólo házmelo saber.

Answer 2

Para 3 variables: $$f(x,y,z)=f(x_0,y_0,z_0)$$ $$+\frac{\partial f_0}{\partial x}(x-x_0)+\frac{\partial f_0}{\partial y}(y-y_0)+\frac{\partial f_0}{\partial z}(z-z_0)\quad \Rightarrow Order 1$$ $$+\frac{1}{2} \bigg(\frac{\partial^2 f_0}{\partial x^2}(x-x_0)^2+\frac{\partial^2 f_0}{\partial y^2}(y-y_0)^2+\frac{\partial^2 f_0}{\partial z^2}(z-z_0)^2+2\frac{\partial^2 f_0}{\partial x\partial y}(x-x_0)(y-y_0) $$ $$+2\frac{\partial^2 f_0}{\partial x\partial z}(x-x_0)(z-z_0)+2\frac{\partial^2 f_0}{\partial z\partial y}(z-z_0)(y-y_0)\bigg)\quad \Rightarrow Order 2$$ Y se va como esta a órdenes superiores

Answer 3

Es suficiente para entender el caso de $f:\ {\mathbb R}^n\to {\mathbb R}$, y ampliar $f$$x=0$. Así que estamos interesados en polinomios de bajo grado $d$ en las variables $x_1$, $\ldots$, $x_n$ que se aproximan a $f$, en el barrio de $0\in{\mathbb R}^n$.

El mejor polinomio de grado $\leq0$ para este propósito es, obviamente, la función constante $$j^0:\quad x\mapsto j^0(x)= f(0)\ .$$ De hecho, tenemos $$f(x)=j^0(x)+ r(x),\quad \lim_{x\to0} r(x)=0\ .$$ La mejor aproximación polinómica de grado $\leq1$ es la función de $$j^1:\ x\mapsto j^1(x)=f(0)+\nabla f(0)\cdot x\ ,$$ donde $\nabla f(0):=\left({\partial f\over\partial x_1},\ldots,{\partial f\over\partial x_n}\right)_0$. De hecho, tenemos $$f(x)=j^1(x)+ r(x),\quad \lim_{x\to0} {|r(x)|\over |x|}=0\ .$$ El avance de a $d=2$ tenemos que ser conscientes de que la dimensión del espacio de polinomios homogéneos de grado $2$${n(n+1)\over2}$, porque tenemos que prever todos los términos de la forma $x_k^2$ y también se mezclan los términos de $x_ix_j$$i\ne j$. De ello se desprende que $j^2(x)$ tendrá el ya conocido términos de grado $0$ $1$ e "cuadráticamente en $n$ muchos de los" términos de grado $2$. Estos últimos están mejor organizados en una forma matricial, por lo que uno tiene una suma $\sum_{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n}a_{ij} x_ix_j$. Los coeficientes $a_{ij}$ será en relación a la segunda parciales de $f$ $0$ en una particular forma establecida en la prueba del teorema general. Entrando en los detalles de uno obtiene $$j^2(x)=f(0)+\nabla f(0)\cdot x+{1\over2}\sum_{1\leq i\leq n,\ 1\leq j\leq n}\left({\partial^2 f\over\partial x_i\partial x_j}\right)_0 x_ix_j\ ,$$ y se puede probar que $$f(x)=j^2(x)+ r(x),\quad \lim_{x\to0} {|r(x)|\over |x|^2}=0\ .$$ La fórmula que se muestra es sistemática y de manera condensada para escribir todo esto. E. g., en el grado $3$ obtendremos una triple suma de $n^3$ monomials $x_i x_j x_k$, cada uno de ellos multiplicado con la tercera derivada parcial de $f$, en el origen.

Answer 4

Para 2 variables creo que la siguiente expresión sea correcta. Si es incorrecto, me gustaría saber!

$$f(x,y) = \sum_{m=0}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty} \beta_{m,n} (x-x_0)^m (y-y_0)^n$$

$$\beta_{m,n} = \frac{1}{n! m!} \left[ \frac{\partial^{m+n}}{\partial x^m \partial y^n} \ f(x,y) \right]_{(x=x_0,y=y_0)}$$

Donde la notación de corchetes con coordenadas subíndice significa evaluar.

Yo antes derivados de la aplicación de la siguiente fórmula, sin embargo ahora me sospechar que no es la correcta. Quizás alguien mejor que yo en la prueba por inducción podría comprobar esto?

$$f(x,y) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} \sum_{j=0}^{k} \alpha_{k,j} (x-x_0)^{j} (y-y_0)^{k-j}$$

$$\alpha_{k,j} = \,^{k}C_{j} \left[ \frac{\partial^{k}}{\partial x^j \partial y^{k-j}} \ f(x,y) \right]_{(x=x_0,y=y_0)}$$

Con el fin de demostrar la primera forma, hice lo siguiente:

$$\left[ f(x,y) \right]_{(x0,y0)} = \sum_{m=0}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty} \beta_{m,n} \cdot 0^m \cdot 0^n = \beta_{0,0}$$

La diferenciación parcial con respecto a x nos encontramos con

$$\left[ \frac{\partial f(x,y)}{\partial x} \right]_{(x0,y0)} = \sum_{m=0}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty} \left( \beta_{m,n} \cdot m \cdot 0^{m-1} \cdot 0^n + \left(\frac{\partial \beta_{m,n}}{\partial x} \right) \cdot0^m\cdot0^n\right) = \beta_{1,0} $$ where $\tfrac{\parcial \beta_{m,n}}{\partial x} = 0$.

De continuar con este proceso para todas las combinaciones de las derivadas parciales con respecto a x e y, nos encontramos con que, en general, $$\beta_{m,n}=\frac{1}{m!n!}\cdot \left[ \frac{\partial f(x,y)}{\partial x} \right]_{(x=x0,y=y0)}$$

A menos que yo haya cometido un error que es. (En cuyo caso, por favor, añadir un comentario para que yo pueda corregir mi respuesta.)

Answer 5

Esto es realmente un comentario/pregunta, pero estoy haciendo es una respuesta que se muestra.

Para el caso de 3 de sponsoredwalk del 15 de Marzo '13 respuesta, es decir, las funciones escalares de un vector variable, existe un "simple" de la fórmula que expresan el k-ésimo orden término como una operación en kth fin de tensores? Por ejemplo, 1 de fin de término con producto interior de x y el gradiente es en términos de 1er orden tensor (vector), 2º orden término es una forma cuadrática con la x y de Hess, que es de 2º orden tensor (matriz).