Serie di Taylor per funzioni inverse.

[Tetis]

La domanda nasce da una semplice riflessione:
se voglio valutare la serie di Taylor per la funzione inversa
di una data funzione posso ricondurre il calcolo dei coefficienti
di qualsiasi grado ad una espressione che, coinvolgendo l'iterazione
della regola di derivazione della funzione inversa, contiene un numero
finito di coefficienti di Taylor della funzione di partenza. Diversamente
se voglio valutare questi coefficienti per sostituzione diretta ed
applicando
il criterio di identita' dei polinomi ottengo un sistema infinito
dimensionale
dal quale non risalta, una connessione immediata con la regola di
derivazione
della funzione inversa. Quello che speravo, iniziando questo confronto, era
di
ottenere una espressione iterativa per la regola di derivazione che mi
risparmiasse l'applicazione pedissequa delle regola di derivazione che
comporta di valutare ad ogni passo tanti coefficienti quanti ne sono stati
valutati al passo precedente, con un diagramma binomiale. Diversamente
mi accorgo che il problema impostato per sostituzione diretta sembra
piu' complesso. La domanda e' se vi risulta che questo argomento sia
trattato in letteratura ed in caso affermativo dove? Immagino sia un
problema
in qualche modo classico, ma non ho trovato nulla di significativo o
generale
spulciando in internet. Grazie in anticipo per ogni risposta.



--------------------------------
Inviato via http://arianna.libero.it/usenet/

[Tetis]

Riposto per questioni di leggibilita'.


La domanda nasce da una semplice riflessione:
se voglio valutare la serie di Taylor per la funzione
inversa di una data funzione posso ricondurre il
calcolo dei coefficienti di qualsiasi grado ad una
espressione che, coinvolgendo l'iterazione della
regola di derivazione della funzione inversa, contiene
un numero finito di coefficienti di Taylor della funzione
di partenza. Diversamente se voglio valutare questi
coefficienti per sostituzione diretta ed applicando
il criterio di identita' dei polinomi ottengo un sistema infinito
dimensionale, e per di piu' non lineare, dal quale non risalta,
alcuna connessione immediata con la regola di derivazione
della funzione inversa. Quello che speravo, iniziando questo
confronto, era di ottenere una espressione iterativa per la regola di
derivazione che mi risparmiasse l'applicazione pedissequa
delle regola di derivazione che comporta di valutare ad ogni
passo tanti coefficienti quanti ne sono stati valutati al passo
precedente, con un diagramma binomiale. Diversamente
mi accorgo che il problema impostato per sostituzione diretta
sembra piu' complesso. La domanda e' se vi risulta che questo
argomento sia trattato in letteratura ed in caso affermativo
dove? Immagino sia un problema in qualche modo classico,
ma non ho trovato nulla di significativo o generale
spulciando in internet. Grazie in anticipo per ogni risposta.






--------------------------------
Inviato via http://arianna.libero.it/usenet/

[v***@hotmail.com]

Post by Tetis
Riposto per questioni di leggibilita'.
se voglio valutare la serie di Taylor per la funzione
inversa di una data funzione posso ricondurre il
calcolo dei coefficienti di qualsiasi grado ad una
espressione che, coinvolgendo l'iterazione della
regola di derivazione della funzione inversa, contiene
un numero finito di coefficienti di Taylor della funzione
di partenza. Diversamente se voglio valutare questi
coefficienti per sostituzione diretta ed applicando
il criterio di identita' dei polinomi ottengo un sistema infinito
dimensionale, e per di piu' non lineare, dal quale non risalta,
alcuna connessione immediata con la regola di derivazione
della funzione inversa. Quello che speravo, iniziando questo
confronto, era di ottenere una espressione iterativa per la regola di
derivazione che mi risparmiasse l'applicazione pedissequa
delle regola di derivazione che comporta di valutare ad ogni
passo tanti coefficienti quanti ne sono stati valutati al passo
precedente, con un diagramma binomiale. Diversamente
mi accorgo che il problema impostato per sostituzione diretta
sembra piu' complesso. La domanda e' se vi risulta che questo
argomento sia trattato in letteratura ed in caso affermativo
dove? Immagino sia un problema in qualche modo classico,
ma non ho trovato nulla di significativo o generale
spulciando in internet. Grazie in anticipo per ogni risposta.

Ciao Tetis, guarda un po' su

I.S.Gradshteyn and I.M.Ryzhik, Table of Integrals, Series and
Products, Academic Press, New York, 1980.

Ciao, Valter

[Tetis]

Post by v***@hotmail.com
Ciao Tetis, guarda un po' su
I.S.Gradshteyn and I.M.Ryzhik, Table of Integrals, Series and
Products, Academic Press, New York, 1980.
Ciao, Valter

Grazie. L'idea e' semplice ma risolutiva.
Occorre ridurre la valutazione dell'inversa
di f alla valutazione dell'inversa di f(x)-f(x0).
Allora quello che si verifica e' che la
composizione delle serie si riduce ad un numero
finito di termini per ogni grado. Inoltre se la composizione
procede inserendo la serie nota nella serie incognita
le lettere incognite appaiono linearmente. Il problema residuo
a questo punto e' che Gradshteyn e Ryzhik non dicono come
valutare il termine generale dello sviluppo per il grado j.

A questo pero' mi sembra si potrebbe ovviare in questo modo:
chiamo a(j,k) il polinomio dei coefficienti di grado j a cui
contribuisce la potenza k della serie di Taylor incognita, questo sara'
il coefficiente con cui compare l'incognita y_k nella equazione
(j+1)-ma. Per generare il polinomio nei coefficienti noti esiste
una regola diagrammatica di corrispondenza fra i k-istogrammi
i_1, i_2, ..., i_k di massa totale j-k ed i singoli monomi del polinomio
cercato.

La corrispondenza si costruisce contando quante volte ricorre l'altezza
i nell'istogramma e ripetendo questo conteggio fino ad avere
scandagliato tutto l'istogramma. Sia h_i il numero di volte che ricorre
l'altezza i, di conseguenza otteniamo
la lettera (a_i)^h_i e ripetendo questo conteggio alla Lebesgue
fino ad avere scandagliato tutto l'istogramma otteniamo
prodotto_i (a_i)^h_i. Il coefficiente
intero che moltiplica il monomio associato
all'istogramma si ottiene andando a contare quanti istogrammi
differenti si ottengono cambiando di posto le barre (intese monocromatiche)
quindi avremo in genere il peso k! / (h_1! h_2! ... h_j!), ovvero, in
termini di multi-indici: [Sum_h: <h,I_j> |h|=k k!/h! a^h] y_k.
Dove |h| e' la somma delle componenti naturali del vettore h a j
componenti. Mentre <h,I_j> e' il prodotto scalare di h con il
vettore I_j =(1,2,...,j). Qui a sono i coefficienti della serie nota,
mentre b sono i coefficienti della serie incognita.

Ora ogni vettore |h|=j-k, e' riconducibile ad una ridisposizione
di una k partizione di j, infatti ogni istogramma puo' essere
posto in ordine decrescente, quindi quello che resta da fare e'
costruire tutte le k-partizioni di j. Per esempio con j=5 e
k=3 abbiamo [3a_1 (a_2)^2 + 6 (a_1)^2 a_3] y_3. In cui i
due monomi corrispondono ai diagrammi di Young:

**
**
*

e

***
*
*

Che sono gli unici diagrammi di Young di tre righe e
5 elementi.

Ora quello che non sono riuscito a capire e' se esistono
algoritmi efficienti che generino le k-partizioni di j. Ovvero
questi diagrammi di Young con numero di righe e
di elementi assegnati. E mi sono arenato pure nel
conteggio del numero di queste
partizioni. Conoscere questo numero mi potrebbe dare
un'idea della complessita' computazionale di questa
valutazione e confrontarla con quella della ricorsione
della derivata. Anche questo, suppongo, e' un problema
"classico". Qualcuno sa dove si trova qualcosa al riguardo?

--------------------------------
Inviato via http://arianna.libero.it/usenet/

[Tetis]

Post by Tetis
chiamo a(j,k) il polinomio dei coefficienti di grado j a cui
contribuisce la potenza k della serie di Taylor incognita, questo sara'
il coefficiente con cui compare l'incognita y_k nella equazione
(j+1)-ma. Per generare il polinomio nei coefficienti noti esiste
una regola diagrammatica di corrispondenza fra i k-istogrammi
i_1, i_2, ..., i_k di massa totale j-k ed i singoli monomi del polinomio
cercato.

scusa: massa totale j.

Post by Tetis
La corrispondenza si costruisce contando quante volte ricorre l'altezza
i nell'istogramma e ripetendo questo conteggio fino ad avere
scandagliato tutto l'istogramma. Sia h_i il numero di volte che ricorre
l'altezza i, di conseguenza otteniamo
la lettera (a_i)^h_i e ripetendo questo conteggio alla Lebesgue
fino ad avere scandagliato tutto l'istogramma otteniamo
prodotto_i (a_i)^h_i. Il coefficiente
intero che moltiplica il monomio associato
all'istogramma si ottiene andando a contare quanti istogrammi
differenti si ottengono cambiando di posto le barre (intese

monocromatiche)

Post by Tetis
quindi avremo in genere il peso k! / (h_1! h_2! ... h_j!), ovvero, in
termini di multi-indici: [Sum_h: <h,I_j> |h|=k k!/h! a^h] y_k.
Dove |h| e' la somma delle componenti naturali del vettore h a j
componenti. Mentre <h,I_j> e' il prodotto scalare di h con il
vettore I_j =(1,2,...,j). Qui a sono i coefficienti della serie nota,
mentre b sono i coefficienti della serie incognita.

scusa ancora, qui a sono i coefficienti della serie nota, y i
coefficienti della serie incognita.

Post by Tetis
Ora ogni vettore |h|=j-k,

ancora lo stesso errore: |h| = j.

Post by Tetis
e' riconducibile ad una ridisposizione
di una k partizione di j, infatti ogni istogramma puo' essere
posto in ordine decrescente, quindi quello che resta da fare e'
costruire tutte le k-partizioni di j. Per esempio con j=5 e
k=3 abbiamo [3a_1 (a_2)^2 + 6 (a_1)^2 a_3] y_3. In cui i

[3 a_1 a_2^2 + 3 a_1^2 a_3] y_3

infatti i due diagrammi di young qui sotto hanno altezze
h(2)=2, h(1)=1 ed h(2)=1,h(1)=2 rispettivamente quindi
il multi indice vale sempre 3!/2! 1!.

Post by Tetis
**
**
*
e
***
*
*
Che sono gli unici diagrammi di Young di tre righe e
5 elementi.
Ora quello che non sono riuscito a capire e' se esistono
algoritmi efficienti che generino le k-partizioni di j. Ovvero
questi diagrammi di Young con numero di righe e
di elementi assegnati. E mi sono arenato pure nel
conteggio del numero di queste
partizioni. Conoscere questo numero mi potrebbe dare
un'idea della complessita' computazionale di questa
valutazione e confrontarla con quella della ricorsione
della derivata. Anche questo, suppongo, e' un problema
"classico". Qualcuno sa dove si trova qualcosa al riguardo?

Il meglio che avevo trovato ieri mi sembrava quello che
dice Mathworld che parla di una strategia combinata. Prima
si calcola il numero di diagrammi di Young Ferrer con delle relazioni
ricorsive, poi calcola il numero di diagrammi di Young Ferrer di forma
assegnata. Pero' mi sembrava che dovesse esserci un modo di generare
ricorsivamente e direttamente le partizioni. Ed infatti sempre in Mathworld
parla di algoritmo di Greedy. Ma non ho ancora capito come funziona.

Per ulteriore verifica considero l'equazione j=6
trovo:

a6 b1 +
(2 a5 a0 + 2 a4 a2 + a3 ^2)b2 +
(3a4 a1^2 + 6 a3 a2 a1 + a2^ 3) b3 +
(4a3 a1 ^3 + 6 a2 ^2 a1 ^2) b4 +
(5 a2 a1 ^4) b5
+a1^6 b 6 = 0

Io lo calcolo a mano costruendo i diagrammi seguenti


OOOOOO (a6)
b1

+ 2 = multiindice (2;1,1)
OOOOO (a5)
O(a1)
+2
OOOO(a4)
OO (a2)
+1 (2;2)
OOO(a3)
OOO(a3)
b2

+3 = (3;1,2)
OOOO(a4)
O(a1)
O(a1)
+6 (3;1,1,1)
OOO(a3)
OO(a2)
O(a1)
+1
OO(a2)
OO(a2)
OO(a2)
b3

+ 4 (4;1,3)
OOO (a3)
O(a1)
O(a1)
O(a1)
+6 (4;2,2)
OO (a2)
OO (a2)
O (a1)
O (a1)
b4

+ 5 (5;1,4)
OO(a2)
O(a1)
O(a1)
O(a1)
O(a1)
b5

+1 (6;6)
O(a1)
O(a1)
O(a1)
O(a1)
O(a1)
O (a1)
b6.


I multi indici sono (m; m1,m2,...,mk) e valgono m!/(m1!...mk!)
Questo polinomio risulta anche dalla valutazione diretta
mediante questo comando di Mathematica:

Collect [ PolynomialMod (Sum_k=1^L bk( Sum_i=1^(L-k+1)), x^(l+1)],x]

che svolge null'altro che le operazioni suggerite da Gradshteyn Ryzkhin.
Ora pero' ti dico che sono ancora lontano dallo scopo per cui mi sono
avventurato in questa ricerca: stavo cercando di comprendere la ragione
per cui i coefficienti della serie esponenziale e quelli della serie
logaritmica
si ottengono una dall'altra togliendo il segno di fattoriale. Per via di
derivate
si comprende facilmente, mentre per questa strada sembra decisamente piu'
complicato. Eppure credo che si dovrebbe imparare qualcosa sulla struttura
dei numeri dal confrontare il modo in cui le due strategie portano alle
stesse
soluzioni. Ma su questo mi sono arenato.

Post by Tetis
--------------------------------
Inviato via http://arianna.libero.it/usenet/

--------------------------------
Inviato via http://arianna.libero.it/usenet/