Ряд Тейлора для функций двух переменных.

[number_one]

1) Допустим нужно разложить в ряд Тейлора $f(x,y)$ в окрестности точки $(x_0,y_0)$.
Почему если функцию двух переменных можно представить в виде $f(x,y)=f_1(x)f_2(y)$, то можно раскладывать в ряд в окрестности некоторой точки $x_0$ функцию $f_1(x)$ и в окрестности $y_0$ функцию $f_2(y)$, а потом перемножить полученные результаты и чудесным образом получится ряд Тейлора для функции $f(x,y)$, почему это так? Есть ли такая теорема?

2) Вот такое задание есть:

Разложить по формуле Маклорена функцию $f(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2}$ до четвертого порядка включительно.

Если считать в лоб -- это убить более 2 часов жизни.

Можно ли как-то тут симметрию использовать? Можно ли свести к рассчету ряда Тейлора в нуле для функции одной переменной? Понимаю, что $f'_x(0,0)=f'_y(0,0), f''_{xx}(0,0)=f''_{yy}(0,0),...$ Но это мало спасает.

3) Разложить в ряд Тейлора в окрестности $(1,1,1)$ следующую функцию $f(x,y,z)=x^3+y^3+z^3-3xyz$

Понимаю, что это выражение симметрично относительно замены $x,y,z$ друг на друга, значит многие производные равны, но тем не менее - все равно писать много) Тут нужно считать все производные до третьего порядка включительно, а потом пользоваться зловещей формулой $(a+b+c)^3=\text{жесть}$

Можно ли свести к рассчету ряда Тейлора в нуле для функции одной переменной?

[number_one]

У меня возникла идея перейти к полярным координатам в этой задаче

Цитата:

Разложить по формуле Маклорена функцию $f(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2}$ до четвертого порядка включительно.

Тогда функция будет иметь вид $f(r)=\sqrt{1-r^2}$
Но ведь в полярных координатах формула Маклорена должна иметь другой вид. А какой?

Можно, конечно, раскладывать как функцию одной переменной, но это будет как-то странно...

[number_one]

number_one в сообщении #544056 писал(а):

1) Допустим

3) Разложить в ряд Тейлора в окрестности $(1,1,1)$ следующую функцию $f(x,y,z)=x^3+y^3+z^3-3xyz$

Быть может тут так нахимичить? Хочется перейти к сферическим координатам (но тут скорее псевдо-сферо-подгоночные).

$x^3+y^3+z^3\to r^2$

Значит замена должна быть такой

$x=r^{\frac23}\cos^{\frac23}\psi\cos^{\frac23}\varphi$

$y=r^{\frac23}\cos^{\frac23}\psi\sin^{\frac23}\varphi$

$z=r^{\frac23}\sin^{\frac23}\psi$

Тогда исходное уравнение будет иметь вид

$f(x,y,z)=r^2-3r^2\cos^{\frac43}\psi\cos^{\frac23}\varphi\sin^{\frac23}\psi\sin^{\frac23}\varphi$

Но мне кажется, что не очень хорошо получилось)

[bot]

number_one в сообщении #544067 писал(а):

Можно, конечно, раскладывать как функцию одной переменной, но это будет как-то странно...

Ничего странного, именно так и делается. Не надо ничего химичить. Возьмите стандартное разложение для бинома $(1+t)^\mu, \, \mu=\frac12$, подставьте в него $t=-x^2-y^2$ и за 6 сек получите ответ.

-- Чт мар 01, 2012 10:10:16 --

А в третьей просто тупо посчитать дифференциалы до третьего порядка включительно.

[number_one]

bot в сообщении #544071 писал(а):

number_one в сообщении #544067 писал(а):

Можно, конечно, раскладывать как функцию одной переменной, но это будет как-то странно...

Ничего странного, именно так и делается. Не надо ничего химичить. Возьмите стандартное разложение для бинома $(1+t)^\mu, \, \mu=\frac12$, подставьте в него $t=-x^2-y^2$ и за 6 сек получите ответ.

-- Чт мар 01, 2012 10:10:16 --

А в третьей просто тупо посчитать дифференциалы до третьего порядка включительно.

Спасибо, понятно.

[ewert]

number_one в сообщении #544056 писал(а):

а потом перемножить полученные результаты и чудесным образом получится ряд Тейлора для функции $f(x,y)$, почему это так? Есть ли такая теорема?

Просто потому, что если $f(x)=\sum\limits_{i}a_ix^i+o(x^n)$ и $g(x)=\sum\limits_{k}b_ky^k+o(y^n)$, то $f(x)\,g(x)=\sum\limits_{i,k}a_ib_k\cdot x^iy^k+o(x^n)+o(y^n)$ и при этом $o(x^n)+o(y^n)=o\left(r^n\right)$ (последнее ну хотя бы и впрямь через полярные координаты). И остаётся только убрать из двойной суммы лишние слагаемые слишком большой степени, т.е. поглотить из остаточным членом. Если очень хочется, можно посчитать это теоремой, хотя вообще-то это просто тупое раскрытие скобок.

number_one в сообщении #544056 писал(а):

потом пользоваться зловещей формулой $(a+b+c)^3=\text{жесть}$

Откуда Вы вытащили это злодейство?... Надо просто сделать подстановку $x=1+\Delta x,\ y=1+\Delta y,\ z=1+\Delta z,$ и все скобки раскрываются легко и просто.

[number_one]

ewert в сообщении #544855 писал(а):

Просто потому, что если $f(x)=\sum\limits_{i}a_ix^i+o(x^n)$ и $g(x)=\sum\limits_{k}b_ky^k+o(y^n)$, то $f(x)\,g(x)=\sum\limits_{i,k}a_ib_k\cdot x^iy^k+o(x^n)+o(y^n)$ и при этом $o(x^n)+o(y^n)=o\left(r^n\right)$ (последнее ну хотя бы и впрямь через полярные координаты). И остаётся только убрать из двойной суммы лишние слагаемые слишком большой степени, т.е. поглотить из остаточным членом. Если очень хочется, можно посчитать это теоремой, хотя вообще-то это просто тупое раскрытие скобок.

Спасибо, понял.

ewert в сообщении #544855 писал(а):

number_one в сообщении #544056 писал(а):

потом пользоваться зловещей формулой $(a+b+c)^3=\text{жесть}$

Откуда Вы вытащили это злодейство?... Надо просто сделать подстановку $x=1+\Delta x,\ y=1+\Delta y,\ z=1+\Delta z,$ и все скобки раскрываются легко и просто.

Просто когда нужно посчитать третий дифференциал (для того, чтобы разложить в ряд), нужно раскрыть скобочки

$d^3\;u(x,y,z)=\Big((x-1)\frac{\partial}{\partial x}+(y-1)\frac{\partial}{\partial y}+(z-1)\frac{\partial}{\partial z}\Big)^3\;\;u(x,y,z)$

Да, давайте сделаем подстановку. Спасет ли это?

$d^3\;u(x,y,z)=\Big(\frac{\partial}{\partial x}\Delta x+\frac{\partial}{\partial y}\Delta y+\frac{\partial}{\partial z}\Delta z\Big)^3\;\;u(x,y,z)$

Пусть

$a=\frac{\partial}{\partial x}\Delta x$

$b=\frac{\partial}{\partial y}\Delta y$

$c=\frac{\partial}{\partial z}\Delta z$

Вот и получилась та самая формула $(a+b+c)^3$

[ewert]

Да при чём тут дэ-три-то? с какой стати вообще три?... -- Надо просто тупо раскрыть скобки и привести подобные по суммарным степеням приращений. А там уж как получится; получится же очень просто.

[number_one]

ewert в сообщении #545006 писал(а):

Да при чём тут дэ-три-то? с какой стати вообще три?... -- Надо просто тупо раскрыть скобки и привести подобные по суммарным степеням приращений. А там уж как получится; получится же очень просто.

Ну ведь разложение функции трех переменных в ряд Tейлора в точке $A(x_0,y_0,z_0)$ -- это ведь $u(x,y,z)=u(x,y,z)\Big|_A+\displaystyle\sum_{n=0}^\infty d^n u\Big|_A$

У нас первые три дифференциала ненулевые. В чем я не прав? Или это слишком изощренный метод?

-- 03.03.2012, 23:14 --

$$u(\Delta x,\Delta y,\Delta z)=(\Delta x)^3 + (\Delta y)^3+(\Delta z)^3 +3(\Delta x)^2 +3(\Delta y)^2+3(\Delta z)^2+3(\Delta x)^2 +3(\Delta y)^2+3(\Delta z)^2+3-$$

$$-3(1+\Delta x)(1+\Delta y)(1+\Delta z)$$

$$u(\Delta x,\Delta y,\Delta z)=(\Delta x)^3 + (\Delta y)^3+(\Delta z)^3 +3(\Delta x)^2 +3(\Delta y)^2+3(\Delta z)^2+3(\Delta x)^2 +3(\Delta y)^2+3(\Delta z)^2+3-$$

$$-(3+3\Delta x+3\Delta y+3\Delta x\Delta y)(1+\Delta z)$$

$$u(\Delta x,\Delta y,\Delta z)=(\Delta x)^3 + (\Delta y)^3+(\Delta z)^3 +3(\Delta x)^2 +3(\Delta y)^2+3(\Delta z)^2+3(\Delta x)^2 +3(\Delta y)^2+3(\Delta z)^2+3-$$

$$-3-3\Delta x-3\Delta y-3\Delta x\Delta y-3\Delta z-3\Delta x\Delta z-3\Delta y\Delta z-3\Delta x\Delta y\Delta z$$

[ewert]

Поскольку речь о всего лишь многочленах, да ещё и настолько простых -- Ваш метод просто до невозможности изощрён.

Хотя, конечно, я не в курсе, что в данном конкретном месте требовало от вас ваше начальство. Может, и впрямь извраощрённости. А может -- и разумности. Кто нас, пчёл, разберёт.

[number_one]

ewert в сообщении #545019 писал(а):

Поскольку речь о всего лишь многочленах, да ещё и настолько простых -- Ваш метод просто до невозможности изощрён.

Хотя, конечно, я не в курсе, что в данном конкретном месте требовало от вас ваше начальство. Может, и впрямь извраощрённости. А может -- и разумности. Кто нас, пчёл, разберёт.

Начальство не требовало, просто я не знал, что можно как-то иначе.

Вот я расписал так, как вы предложили. Не вижу -- как группировать, только вижу, что тройки сократились

-- 03.03.2012, 23:20 --

Или это это и есть ответ, если сделать обратную замену?

[ewert]

Ну не знаю, как ответить, кроме как выписать явное выражение:

$(1+\Delta x)^3+(1+\Delta y)^3+(1+\Delta y)^3-3(1+\Delta x)(1+\Delta y)(1+\Delta z)=$

$=1+3\Delta x+3(\Delta x)^2+(\Delta x)^3+1+3\Delta y+3(\Delta y)^2+(\Delta y)^3+1+3\Delta z+3(\Delta z)^2+(\Delta z)^3-$
$-3(1+\Delta x+\Delta y+\Delta z+\Delta x\Delta y+\Delta y\Delta z+\Delta z\Delta x+\Delta x\Delta y\Delta z)$.

Тупо так. И остаётся лишь привести подобные по степеням дельт.

[number_one]

ewert в сообщении #545024 писал(а):

Ну не знаю, как ответить, кроме как выписать явное выражение:

$(1+\Delta x)^3+(1+\Delta y)^3+(1+\Delta y)^3-3(1+\Delta x)(1+\Delta y)(1+\Delta z)=$

$=1+3\Delta x+3(\Delta x)^2+(\Delta x)^3+1+3\Delta y+3(\Delta y)^2+(\Delta y)^3+1+3\Delta z+3(\Delta z)^2+(\Delta z)^3-$
$-3(1+\Delta x+\Delta y+\Delta z+\Delta x\Delta y+\Delta y\Delta z+\Delta z\Delta x+\Delta x\Delta y\Delta z)$.

Тупо так. И остаётся лишь привести подобные по степеням дельт.

Спасибо (я также расписал, но задом-наперед)