33. sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli
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33 Sviluppi in serie aggiriamo gli ostacoli insormontabili 2015-10-08 081039 Vincenzo Zappalagrave
Anche se abbiamo concluso (almeno momentaneamente) lo studio delle funzioni queste ultime rimangono un punto fondamentale dellamatematica e continuano a essere nel nostro mirino Vogliamo arrivare al calcolo dei loro integrali e quindi cominciamo con il lorosviluppo in serie un argomento poco divulgato che egrave perograve di importanza fondamentale
Abbiamo giagrave visto certi numeri molto importanti ma contemporaneamente molto scorbutici Uno fra tutti egrave il numero e (ma anche π)dopo la virgola i decimali si susseguono senza alcun ordine e non finiscono mai Come poterlo calcolare Non ditemi che basterebbeavere un PC o una calcolatrice tascabile Si sposterebbe solo il problema dato che la ldquomacchinardquo lo calcola sulla base di formulematematiche che le sono state insegnate e immesse in memoria
Non possiamo certo pensare di andare a tentativi e aggiungere e togliere quantitagrave numeriche sperando di approssimare sempre piugrave ilnumero voluto Ersquo necessario utilizzare una qualche regola chiara e precisa che ci permetta di sapere istante per istante a che livello diprecisione siamo arrivati e soprattutto fare in modo che ciograve che aggiungiamo al numero ricavato sia sempre piugrave piccolo di quellousato precedentemente Solo in questo modo possiamo dire di avvicinarci sempre piugrave alla soluzione finale Una soluzione finale che nonpuograve esistere per definizione ma che lavorando con ordine e con sistematicitagrave possiamo sempre tenere sotto controllo ossiapossiamo sempre sapere lrsquoerrore di approssimazione che stiamo commettendo Se ad esempio in un problema di fisica ci bastaraggiungere le dimensioni del centimetro possiamo tranquillamente fermarci a un numero che fornisca esattamente i millimetri (tantoper essere sicuri) e tralasciare tutto ciograve che egrave inferiore al millimetro
Cercare di approssimare un numero o piugrave in generale una funzione (il numero diventa la funzione calcolata in un punto) attraverso unaserie di termini successivi in cui ogni ulteriore aggiunta migliori sempre di piugrave lrsquoapprossimazione egrave di interesse estremo in matematica edi conseguenza in fisica Alcune funzioni sono complicatissime da trattare e da studiare ma se riuscissimo a scriverle sotto forma diserie continua di funzioni piugrave semplici sapendo come e quando fermarci a seconda degli scopi supereremmo ostacoli insormontabiliQuesto problema egrave tra i piugrave comuni in tutti i campi della fisica non ultima quella quantistica Ricordate come Feynman aggiungevadiagrammi sempre piugrave complicati per ottenere la probabilitagrave finale Ebbene faceva qualcosa del genere a seconda della precisionedesiderata non doveva far altro che inserire una serie di nuovi diagrammi con un numero crescente di interazioni e sapeva di miglioraresicuramente il risultato finale
Ma lasciamo da parte la MQ e limitiamoci alla nostra matematica in attesa di poterla applicare a qualche caso peculiare
Ciograve di cui stiamo parlando sono gli sviluppi in serie di una funzione In parole molto semplici cercare di scrivere qualsiasi funzioneattraverso uno sviluppo in serie di funzioni (ovviamente piugrave semplici) che possa essere interrotta in qualsiasi momento conoscendoperfettamente la precisione raggiunta Lo sviluppo in serie apre un nuovo mondo matematico che lrsquointroduzione degli infinitesimi e deiconcetti di limite e derivata ha semplificato di molto Noi ci occuperemo della piugrave utilizzata quella di Taylor e della sua sorellasemplificata di Maclaurin senza pretendere di visitare tutto ciograve che gli sta dietro avremo giagrave imparato molto
In realtagrave il concetto di sviluppo in serie per approssimare una funzione egrave giagrave insito nel concetto di limite Ricordate Achille e la tartarugaEsiste sempre un intervallino piccolo a piacere che egrave minore della distanza tra Achille e la tartaruga Matematicamente Achille egravedestinato a perdere ma fisicamente no Una serie ammette questa differenza e ci permette di fermarci dove la fisica egrave soddisfatta
Cercheremo di arrivare alla serie di Taylor avvicinandoci per gradi Vedremo anche come sia relativamente facile costruire una serie difunzioni anche senza lrsquoutilizzo dei limiti e delle derivate Vedremo perograve che la loro conoscenza semplifica e generalizza di molto lasoluzione Per ricavare la serie di Taylor useremo due metodi uno brutalmente empirico (in qualche modo poco matematico) e poi ndash senecessario- uno piugrave rigoroso che faccia uso di un paio di teoremi sulle funzioni
Avvicinandoci a Taylor vedremo subito quale sia il significato delle derivate successive in un contesto di continuo miglioramentodellrsquoapprossimazione Teniamo sempre conto perograve che lrsquoapprossimazione rimane valida solo in un intorno piugrave o meno grande delpunto in cui si vuole studiare la funzione Aspettatevi un approccio ben poco usato in genere ma che penso sia utile per capire prima ilconcetto generale e solo dopo iniziare a scrivere funzioni piugrave o meno complicate Ersquo in fondo il nostro modo di fare e penso che lrsquoinizialeperdita di rigorositagrave venga utile per una migliore comprensione concettuale del problema
Lo studio degli sviluppi in serie ci traghetteragrave verso gli integralihellip
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34 Approssimiamo una funzione divertendoci con una matematica molto fantasiosa 2015-10-12 151019 Vincenzo Zappalagrave
Lrsquoapproccio che cerchiamo di usare per introdurre lo sviluppo in serie di funzioni vuole arrivare ad approssimare una data funzioneattraverso un semplice polinomio di grado n Ersquo un approccio perograve che non troverete nei libri ma che reputo oltremodo intuitivo e utileper arrivare al nocciolo del problema ed essere poi pronti a una trattazione ben piugrave rigorosa e generale Nel contempo le derivatesuccessive incominciano ad assumere un ruolo di primo piano Divertiamoci un porsquo a fare un tentativo che appare campato in aria solo aprima vistahellip
Facciamo un gioco un porsquo strano e senza un vero significato matematico eo geometrico Ma ogni tanto ci si puograve anche divertireeseguendo tentativi che sembrano del tutto campati in aria Lrsquoimportante egrave che questi tentativi non vengano poi tacciati come teoriealternative o cose del genere Inoltre vedremo che questo gioco non egrave poi tanto assurdo come potrebbe sembrare a prima vista Inqualche modo risponde a una domanda che era stata fatta tempo fa ldquoChe significato hanno le derivate successiverdquo
Consideriamo allora una funzione qualsiasi
y = f(x)
La scegliamo in modo che esistano tutte le sue derivate successive e non siano mai zero Questa frase non egrave molto strana sepensiamo a una funzione come il seno (o il coseno) La sua derivata vale coseno la cui derivata egrave ndash seno la cui derivata egrave ndash coseno lacui derivata egrave seno e via dicendohellip Ovviamente se calcolata in un certo punto puograve anche valere zero ma non lo egrave in generale Lastessa cosa vale ovviamente per la funzione ex le cui derivate successive valgono sempre ex
Ammettiamo quindi che la funzione sia sempre derivabile fino a un ordine n grande a piacere Esistono perciograve e sono finite le derivate
f rsquo(x) f rdquo(x) f III(x) f IV(x) hellip f n(x)
Immaginiamo di conoscerle calcolate nel punto x0
Andiamo avanti lentamente e immaginiamo che la nostra funzione sia quella rappresentata nella Fig 1 Consideriamo un suo puntoP(x0y0) Cerchiamo di approssimare la funzione con quel poco che sappiamo
Figura 1
Behhellip la prima cosa ovvia egrave che il punto P appartiene alla curva perciograve deve essere
y = y0 = f(x0) hellip (1)
La (1) non dice molto ma non vi egrave dubbio che rappresenta una retta orizzontale parallela allrsquoasse delle x Tracciamola nella Fig1 Sicuramente abbiamo fatto un passo in avanti la (1) approssima meglio la nostra funzione (intorno al punto P) di quanto non faccialrsquoasse delle x Questa retta ha sicuramente un punto in comune con la funzione
Cerchiamo di migliorare un porsquo il risultatohellip
Scriviamo la retta tangente alla curva nel punto P Questo lo sappiamo fare senza problemi
y ndash y0 = m (x ndash x0) = f rsquo(x0) (x ndash x0)
Conosciamo x0 y0 e f rsquo(x0) e possiamo scrivere
y = y0 + f rsquo(x0) (x ndash x0)
o anche
y = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) hellip (2)
Disegniamo in Fig 2 la Fig 1 con lrsquoaggiunta della tangente in P
Figura 2
Behhellip non possiamo che concludere nel nostro piccolo che la (2) approssima la funzione molto meglio della (1) Facciamo qualcheriflessione grafica considerando i punti A sullrsquoasse x il punto A0 sulla parallela allrsquoasse x passante per P il punto A1 sulla tangente ilpunto An sulla curva relativa a f(x) Ogni punto ha come ascissa una qualsiasi x (meglio se vicina a x0) Risulta subito che
AAn = AA0 + A0A1 + A1An
Ossia
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + A1An
E anche
f(x) - f(x0) - f rsquo(x0) (x ndash x0) = A1An
Possiamo anche chiamare A1An = R e chiamarlo ldquoerrorerdquo commesso approssimando la funzione con la retta tangente in P Un erroreche tende naturalmente a ZERO per x che tende a x0 A questo riguardo potremmo anche dire (senza sbagliare concettualmente) chese la retta y = y0 ha un solo punto in comune con la funzione (P) la tangente in P ha due punti in comune ed entrambi coincidono conP In qualche modo la tangente sembra ldquoadattarsirdquo di piugrave alla funzione nel punto P di quanto non faccia la retta parallela allrsquoasse x Ersquo unporsquo il discorso che avevamo fatto per i massimi e minimi e per i flessihellip ricordate In fondo se guardiamo la figura ruotandola in modoche la tangente diventi lrsquoasse delle x facendo coincidere il punto P con O questultimo diventa una specie di minimo (e annulla oltre chela funzione anche la derivata prima)
Ricordiamo poi un punto essenziale sul quale ci si confonde spesso Si dice che la derivata prima rappresenta la tangente alla curva inun certo punto In realtagrave non egrave esatto Bisognerebbe dire che la derivata prima rappresenta il coefficiente angolare della retta tangenteossia ha un senso solo se egrave calcolata nel punto e diventa un coefficiente numerico In altre parole (sto tirando lrsquoacqua al mio mulino perdare forza al gioco che inizieragrave tra poco) la derivata che compare nella tangente (che approssima la curva in P) egrave solo e soltanto uncoefficiente numerico Pensateci un po sopra e andiamo pure avantihellip
Riguardiamo con attenzione la (2) e il suo significato geometrico rappresentato in Fig 2
Cosa potremmo fare per approssimare ancora meglio la funzione di partenza Non certo cambiare la retta ma cercare di utilizzare unacurva che si avvicini ancora di piugrave alla f(x) Behhellip se dobbiamo usare una curva la cosa migliore egrave quella piugrave semplice ossia unpolinomio di secondo grado cioegrave una parabola Potremmo anche chiamarla parabola osculatrice nel punto P Essa avrebbe tre puntiin comune con la f(x) tutti e tre coincidenti con P Questa ldquopazzardquo idea sembra essere confermata dallrsquoandamento della (2) la quale egraveformata da un termine noto y0 = f(x0) ossia la funzione stessa calcolata in x0 moltiplicato per (x ndash x0) elevato a ZERO e da uncoefficiente (la derivata prima calcolata in x0) moltiplicato per (x ndash x0) elevato allrsquoesponente UNO Come fare per farla diventare unaparabola La prima idea che ldquomirdquo viene in testa (no non credeteci egrave giagrave venuta ad altri prima che a me) egrave aggiungere un termine in cuicompare (x ndash x0) elevato allrsquoesponente DUE
Per cosa lo moltiplichiamo Tanto vale provare per la derivata seconda di f(x) sempre calcolata in x0 Ciograve che sicuramente si ottiene egravequalcosa come quella rappresentata in Fig 3 (curva verde) che possiamo chiamare parabola osculatrice Siamo sicuri che questacurva approssimi meglio la curva Behhellip direi proprio di sigrave Se non altro il termine di secondo grado ci assicura che la nostra parabolatende a y0 piugrave velocemente di quanto non faccia la retta tangente che egrave di primo grado in x al tendere di x verso x0
Figura 3
La funzione che dovrebbe approssimare la f(x) meglio della tangente sarebbe data da
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)2 + A2An
A2An rappresenta la parte che ci manca per unrsquoapprossimazione perfetta della nostra parabola con la funzione di partenza Esso egravechiaramente piugrave piccolo di quello precedente Ossia R diminuisce
Una trattazione piugrave accurata e meno campata in aria potrebbe fare uso del calcolo differenziale ma andrebbe ben oltre i nostri scopi equindi accontentiamoci di queste conferme molto grossolane Ci torneremo sopra tenendo per mano il teorema di Lagrange e tutto saragravepiugrave logico
A questo punto tanto vale insistere per la stessa strada Possiamo continuare con la derivata terza e aggiungere un termine Alla nostrafunzione costruita attraverso un polinomio (eh sigrave stiamo usando solo potenze di x moltiplicate per coefficienti numericihellip) aggiungiamoil termine di terzo grado
f III (x0) (x ndash x0)3
La nostra funzione che tende ad approssimare la f(x) in un intorno del punto P egrave diventata
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)2 + f III(x0) (x ndash x0)3 + A3An
Una bella cubica (cubica osculatrice chiamiamola cosigravehellip) che approssima ancora meglio la nostra funzione di partenza f(x) in unintorno di P (curva marrone in Fig 3) Lrsquoerrore che si commette diventa sempre piugrave piccolo e possiamo dire con certezza che deveessere un infinitesimo di ordine superiore a TRE Un errore che possiamo ormai permetterci di chiamare ldquorestordquo
Ovviamente possiamo proseguire fino ad arrivare allrsquoordine n che preferiamo e che ci regala un errore piugrave piccolo rispetto alle nostreesigenze
Tutto bene Nemmeno per sogno Purtroppo i primi due termini che ci sono serviti per il nostro gioco non ci regalano informazioni sulcoefficiente numerico che deve veramente moltiplicare (x ndashx0) elevato alle potenze successive Non ci resta che fare una cosa moltobanale ma illuminante e decisiva Applichiamo la nostra ldquofantasiardquo matematica a una funzione che sia davvero un polinomio Ad esempiouna bella cubica e vediamo se funziona veramente Se funziona per lei siamo abbastanza sicuri che funzioneragrave anche per funzionidiverse dai polinomi Lagrange ci aiuteragrave di nuovo per passare da fantasia a realtagrave
Bene la prossima volta faremo questo tentativo
Sigrave lo so abbiamo fatto un porsquo di pseudo-matematica molto empirica e poco rigorosa Abbiamo veramente scherzato Mica tanto ecomunque abbiamo introdotto lo sviluppo in serie in modo estremamente semplice e intuitivo Inoltre le derivate successive acquistanoun significato ldquoquasirdquo geometrico dato che sono i coefficienti dei termini di grado equivalente
Chi storce un porsquo il naso vedragrave che correremo ai ripari sempre grazie a Lagrange (uffa)
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35 Approssimiamo un polinomio con un polinomiohellip 2015-10-19 061042 Vincenzo Zappalagrave
Abbiamo iniziato una specie di gioco che sta diventando un piccolo ldquogiallordquo Continuiamo senza preoccuparci piugrave di tanto della visionemolto empirica e poco matematicahellipLa mettiamo velocemente alla prova
Proviamo a vedere se la nostra ldquointuizionerdquo che fa uso delle derivate successive egrave corretta oppure no La cosa migliore da fare egraveapplicarla a unhellip vero polinomio Il risultato deve dare esattamente la funzione di partenza
Consideriamo come funzione
y = x3 + x2 + x
Come punto in cui approssimare la funzione scegliamo proprio lrsquoorigine degli assi ossia x = 0 (egrave necessario farlo altrimenti citroveremmo nei guai Guai perograve che si risolveranno da soli)
Vediamo quanto valgono la funzione e le sue derivate successive calcolate in quel punto
f(0) = 0
f rsquo(x) = 3x2 + 2x + 1
f rsquo0) = 1
f rdquo(x) = 6x + 2
f rdquo(0) = 2
f III (x) = 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 0
f IV(0) = 0
Prendiamo la forma empirica che avevamo ricavato la volta scorsa e applichiamola al nostro caso senza pensare allrsquoerrore ossiaimmaginando di proseguire con le derivate successive Ovviamente ci fermiamo quando la derivata diventa zero dato che saranno zeroanche tutte quelle successive Lerrore deve diventare zero
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)2 + f III(x0) (x ndash x0)3 + fIV(x0) (x ndash x0)4 + hellip
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0) x 2 + f III(0) x03 + f IV(x0) (x ndash x0)4 + hellip
f(x) = 0 + 1 x + 2 x2 + 6 x3 + 0 x4 + hellip
Alla fine otteniamo
f(x) = x + 2x2 + 6x3
Accidenti ci siamo quasi ma non tornano i coefficienti dei vari termini in xhellip
Unrsquoidea di come fare ce lrsquoavremmo anche mahellip egrave meglio provare con una funzione di grado piugrave elevato Vediamo se conferma la nostraipotesi un porsquo balzana (ce lrsquoavete anche voi vero)
f(x) = x5 + x4 + x3 + x2 + x
Calcoliamo di nuovo le derivate per x = 0
f(0) = 0
f rsquo(x) = 5x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 20x3 + 12x2 + 6x + 2
f rdquo(0) = 2
f III (x) = 60x2 + 24x + 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 120x + 24
f IV(0) = 24
f V(x) = 120
f V(0) = 120
f VI(x) = 0
f VI(0) = 0
Da cui
f(x) = x + 2x2 + 6x3 + 24x4 + 120x5
La funzione non egrave quella di partenza ma la nostra idea balzana sembra proprio funzionarehellip
Lrsquoidea balzana (che adesso non egrave piugrave tanta balzana) egrave che per fare tornare la funzione di partenza egrave necessario dividere i coefficientinumerici per un qualcosa che non egrave difficile da determinare in modo generale e che dipende solo e soltanto dallrsquoesponente di xQualcosa che egrave sempre legato alla derivata di una potenza
Provate a pensarci e ci risentiamo prestohellip
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36 La serie di Taylor e quella di Maclaurin 2015-10-24 071056 Vincenzo Zappalagrave
Il gioco egrave quasi terminato e possiamo tornare lentamente verso una visione piugrave seria e precisa Ciograve che abbiamo ottenuto divertendocinon egrave altro che una formula di importanza fondamentale
Ragioniamoci sopra il termine in x deve essere diviso per 1 il termine in x2 deve essere diviso per 2 il termine in x3 deve essere divisoper 6 e via dicendo Ci chiediamo ldquoQual egrave il legame che esiste tra lrsquoesponente della x e questo numero variabilerdquo
Proviamo con queste semplici relazioni
1 = 1
2 1 = 2
3 2 1 = 6
4 3 2 1 = 24
5 4 3 2 1 = 120
Cosa abbiamo fatto Ad ogni numero n abbiamo associato il prodotto di tutti i numeri interi che lo precedono (escludendo lo zero)
In parole piugrave matematiche a n associamo il numero
n (n-1) (n -2) hellip 3 2 1
Ad esempio a 1 associamo 1 dato che non vi egrave nessun numero che lo precede Al numero 2 il prodotto 2 per 1 A 3 il prodotto 3 per 2per 1 e via dicendo Questo nuovo numero si chiama fattoriale del numero e si calcola come prodotto del numero per tutti i suoiantecedenti
Nel nostro caso se lrsquoesponente di x egrave 1 dividiamo la potenza per il fattoriale di 1 ossia 1 se lrsquoesponente egrave 2 la dividiamo per il fattorialedi 2 ossia 2 per 1 ossia 2 se lrsquoesponente egrave 3 la dividiamo per il fattoriale di 3 ossia 3 per 2 per 1 ossia 6 se lrsquoesponente egrave 4 ladividiamo per il fattoriale di 4 ossia 4 per 3 per 2 per 1 ossia 24 e via dicendo
Funziona questo tipo di coefficiente Perfettamente dato che egrave proprio quello che riduce a 1 tutti i coefficienti delle potenze di xottenendo alla fine proprio la funzione di partenza Oltretutto la sua ragione dessere egrave abbastanza semplice da capire egrave il coefficienteche serve ad annullare il coefficiente che nasce eseguendo le derivate successive
Possiamo perciograve scrivere la formula corretta
f(x) = x1 + 2 x2(2 1) + 6 x3( 3 2 1) + 24 x4(4 3 2 1) + 120 x5(5 4 3 2 1)
ossia
f(x) = x + x2 + x3 + x4 + x5
Magnifico
Abbiamo lavorato in modo molto rudimentale -e spesso fantasioso- ma siamo riusciti nel nostro intento Abbiamo ricavato nientemenoche la serie di Taylor un polinomio che ci permette di approssimare qualsiasi funzione nellrsquointorno di un certo punto fino al livello diprecisione che vogliamo (la precisione ce la dice il resto ossia lrsquoerrore che egrave perograve sicuramente un infinitesimo maggiore dellrsquoultimotermine considerato)
Prima di scriverla in modo generale introduciamo una scrittura sintetica che ci permette di indicare il fattoriale molto rapidamente Dopoil numero inseriamo un punto esclamativo Questo simbolo ci dice che dobbiamo moltiplicare n per tutti i numeri che lo precedonoossia
n = n (n-1) (n -2) hellip 3 2 1
La formula di Taylor nellrsquointorno del punto origine (x = 0) diventa
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x1 + f rdquo(0) x22 + fIII(0) x33 + hellip f n (0) xnn
In realtagrave quanto detto non egrave proprio verohellip La formula che abbiamo scritto si riferisce alla serie di Maclaurin che non egrave altro che laserie di Taylor calcolata nellrsquoorigine
La vera serie di Taylor vale per qualsiasi punto di ascissa x0 della funzione da approssimare e si scrive
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x - x0)1 + f rdquo(x0) (x - x0)22 + f III(x0) (x - x0)33 + hellip f n (x0)(x - x0)nn
A questo punto possiamo anche permetterci di utilizzare la nostra formula di Taylor per la funzione polimoniale di terzo grado sceltacome esempio precedentemente e vedere se continua a funzionare anche per x diverso da ZERO
Riprendiamo quindi
f(x) = x3 + x2 + x
e approssimiamola con la serie di Taylor nel punto di ascissa x0 = 1
Le derivate calcolate nel punto di ascissa x = 1 ovviamente cambianohellip
f(x) = x3 + x2 + x
f(1) = 3
f rsquo(x) = 3x2 + 2x + 1
f rsquo(1) = 6
f rdquo(x) = 6x + 2
f rdquo(1) = 8
f III (x) = 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 0
f IV(0) = 0
La formula di Taylor diventa
f(x) = f(1) + f rsquo(1) (x - 1)1 + f rdquo(1) (x - 1)22 + f III(1) (x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1)1 + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1) + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)36
f(x) = 3 + 6 x - 6 + (8 x2 + 8 - 16 x )2 + (6x3 - 6 - 18x2 + 18x)6
f(x) = 3 + 6 x - 6 + 4 x2 + 4 - 8 x + x3 - 1 - 3x2 + 3x
f(x) = x3 + x2 + x
Come volevasi dimostrare
Per vedere quanto sia utile la serie di Taylor basterebbe applicarla a funzioni non polinomiali come il seno ed ex Ed egrave quello che faremoe che ci permetteragrave anche di trovare il numero ldquoerdquo con la precisione voluta
Teniamo inoltre in conto che fare integrali di funzioni un porsquo strane potrebbe essere quasi impossibile Sostituendo la funzione con unaserie di potenze di x tutto si semplifica enormemente Importanza enorme ce lrsquoha anche lrsquoerrore che si commette ossia il resto Noipossiamo tralasciarlo dato che abbiamo capito come funziona concettualmente ma la matematica piugrave raffinata si diverte un sacco adanalizzarlo in tutti i modi
Resta perograve il fatto che siamo arrivati a scrivere lrsquoimportantissima formula che descrive lo sviluppo in serie che approssima unafunzione qualsiasi attraverso un polinomio in modo molto altalenante e spesso empirico Molti non saranno soddisfatti per cuiproveremo a ricavare la formula facendo uso di due teoremi fondamentali quello di Rolle e quello di Lagrange che egrave una suageneralizzazione Vedremo anche che senza introdurre le derivate successive era giagrave possibile scrivere serie numeriche estremamenteutili
In ogni modo abbiamo anche risposto alla domanda sul significato delle derivate successive Esse servono a determinare i coefficientidei termini successivi in modo da poter approssimare una curva data in suo intorno attraverso curve polimoniali di grado sempre piugraveelevato (parabola cubica quadrica ecc) La stessa cosa che in fondo faceva la derivata prima
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37 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (prima parte) 2015-10-30 061050 Vincenzo Zappalagrave
Questo non egrave un articolo facile non tanto per i concetti che esprime ma piuttosto per il numero di passaggi che siamo obbligati a fareSi basa su un teorema classico delle funzioni e presenta perciograve un metodo rigoroso che abbisogna perograve di iterazioni successive (maifacili da digerire e da tenere sottocchio) Mi sembrava perograve doveroso proporlo
Prima di partire dobbiamo ricordare un teorema fondamentale dellrsquoanalisi matematica il teorema di Rolle Esso sembra del tutto ovvioe come sempre capita in queste situazioni la dimostrazione rigorosa egrave tuttrsquoaltro che banale e possiamo tranquillamente evitarla
Esso puograve essere enunciato come segue
Se una funzione f(x) egrave continua nellrsquointervallo (ab) egrave derivabile e vale inoltre f(a) = f(b) allora esiste sicuramente una x0 nellrsquointervallo(ab) in cui f rsquo(x0 ) = 0
Abbiamo scritto qualcosa di veramente semplice e intuitivo che viene descritto perfettamente nella Fig 1
Figura 1
Come appena detto la funzione deve essere continua (senza punti peculiari o salti improvvisi) e derivabile La seconda assunzioneevita il caso della retta congiungete a con b dato che la derivata sarebbe sempre nulla
Ne segue che qualsiasi cosa faccia la funzione nellrsquointervallo (ab) essa partendo da f(a) deve tornare a f(b) = f(a) Non egrave difficileconcludere che se deve essere ldquocurvardquo deve esistere almeno un punto di massimo eo minimo allrsquointerno dellrsquointervallo (ab) Ma unpunto di massimo eo di minimo deve anche avere una x0 tale che f (x0) = 0
Sembra una vera sciocchezza (ma sapeste quanti teoremi fondamentali dellrsquoanalisi matematica hanno questa apparenzahellip) e nonpossiamo certo complicare ciograve che egrave semplice Tuttavia da questo teorema ne segue uno leggermente piugrave complicato che prende ilnome di teorema di Lagrange Esso puograve essere considerato una generalizzazione di quello di Rolle Il suo enunciato egrave il seguente
Se una funzione f(x) egrave continua e derivabile nellrsquointervallo (ab) ed egrave inoltre f(a) ne f(b) allora esiste sicuramente un punto di ascissa x0nellrsquointervallo (ab) tale che la tangente alla funzione in quel punto sia parallela alla congiungente i punti P(af(a)) e Q(bf(b))
Lo vediamo rappresentato in fig 2
Figura 2
Behhellip potremmo facilmente dire che non egrave altro che il teorema di Rolle ldquoruotatordquo In realtagrave egrave proprio cosigrave ma la dimostrazione egraveabbastanza laboriosa Accettiamola per buona dato che il risultato egrave abbastanza intuibile Piugrave interessante egrave tradurlo in una sempliceformula
f rsquo(x0) = (f(b) ndash f(a))(b ndash a) hellip (1)
Che dice praticamente che la tangente in (x0 f(x0)) egrave parallela alla congiungente P(a f(a)) con Q(bf(b)) Infatti la derivata prima non egravealtro che il coefficiente angolare della tangente in x0
Questa formula egrave proprio quella che ci serve per introdurre la serie di Taylorhellip
La funzione sia definita e derivabile indefinitamente nellrsquointervallo (ab) ossia esistano tutte le sue derivate successive La (1) puograveessere applicata allrsquointervallo (x0 x) interno ad (ab) diventando
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x1) hellip (2)
Dove x1 egrave compreso tra x0 e x ossia x0 lt x1 lt x
Per le ipotesi di partenza possiamo dire che f rsquo(x1) dipende solo e soltanto dallrsquointervallo (x x0) Infatti se cambiassi gli estremicambierebbe anche il punto in cui la tangente egrave parallela alla retta che collega i due estremi e di conseguenza anche il coefficienteangolare della stessa tangente
f rsquo(x1) puograve essere considerata composta da due parti una costante e una variabile Come valore costante prendiamo proprio f rsquo(x0) echiamiamo ε la parte variabile ossia
f rsquo(x1) = f rsquo(x0) + ε
La (2) diventa
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x0) + ε
f(x) = f(x0) + (x ndash x0)(f rsquo(x0) + ε)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (x ndash x0)ε hellip (3)
Ma che tipo di funzione puograve essere questa ε
Di sicuro non puograve essere una costante dato che se derivassimo la (3) sotto questa ipotesi avremmo
f rsquo(x) = 0 + f rsquo(x0) + ε = f rsquo(x0) + ε
Questa ldquobanalerdquo relazione ci dice che ε deve annullarsi nel momento in cui x = x0 Ersquo lrsquounico modo percheacute si ottenga f (x0) = f rsquo(x0)
Percheacute questo possa succedere la via piugrave ovvia egrave che ε sia funzione di x ndash x0 ossia
ε = C2(x ndash x0) hellip (4)
con C2 costante (vi state accorgendo che cerchiamo di inserire fin da subito i coefficienti della seriehellip) Il pedice 2 ha una sua ragione
drsquoessere come vedremo tra poco
Sostituiamo la (4) nella (3) e otteniamo
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0) (x ndash x0)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0)2 hellip (5)
Non ci resta adesso che derivare di nuovo la (5) per cercare di determinare il valore di C2
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + 2C2(x ndash x0)
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = 2C2
Ma applicando di nuovo il teorema di Lagrange alla funzione f rsquo(x) (continua e derivabile per definizione) si ha
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = f rdquo(x2)
da cui
C2 = f rdquo(x2)2 hellip (6) (il pedice 2 corrisponde al grado della derivata)
Ovviamente con x0 lt x2 lt x
Sostituiamo la (6) nella (5)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (7)
f(x) - f(x0) - (x ndash x0) f rsquo(x0) = f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (8)
Il secondo membro della (8) non egrave altro che ciograve che manca al primo membro per arrivare fino alla funzione originaria In altre parolelrsquoerrore che si commette approssimando la curva con la tangente in x0
Chiamiamo questo ldquoerrorerdquo resto di Lagrange e lo indichiamo con R2
R2 = f rdquo(x2) (x ndash x0)22
Speravate di essere alla fine Purtroppo nohellip siamo solo allrsquoinizio o quasi (ecco percheacute i tre-quattro asterischi dellrsquoarticolo anche se leoperazioni e i concetti non sono difficili)
Per adesso possiamo solo dire che lrsquoerrore commesso egrave di ordine superiore alla funzione che abbiamo usato come approssimazioneIn particolare abbiamo anche trovato che dipende dalla derivata secondahellip
Non ci resta che ripetere quanto fatto finora Prima perograve digerite bene questa prima parte
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38 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (seconda parte) 2015-11-05 051141 Vincenzo Zappalagrave
Concludiamo la costruzione della serie di Taylor introducendo il suo termine generale Lho letta e riletta ma non garantisco che non visia ancora qualche refuso Picchiate duro e non abbiate pietagrave di me
Definiamo
f rdquo(x2) = f (x0) + φ
La (7) diventa
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (f rdquo(x0) + φ)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + frdquo(x0)(x ndash x0)22 + φ(x ndash x0)22 hellip (9)
Derivando due volte
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0) + φ(x ndash x0)
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + φ
segue ancora una volta che φ deve essere uguale a zero per x = x0
Abbiamo ripetuto questa parte ma si poteva concludere subito che
φ = C3(x - x0)
Andiamo a sostituire nella (9) e si ha
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x - x0)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x ndash x0)32 hellip (10)
Deriviamo due volte per trovare il valore di C3
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0) + 3C3(x ndash x0)22
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + 3C3(x - x0)
E applicando ancora il teorema di Lagrange
3C3 = (f rdquo(x) ndash f rdquo(x0))(x ndash x0) = f III(x3)
Con x0 lt x3 lt x
Da cui C3 = f III(x3)3
E infine sostituendo nella (10)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x3) (x ndash x0)36 hellip (11)
Questa egrave una serie che approssima ancora meglio la funzione di partenza nellrsquointorno del punto x0 tenendo conto anche del termine disecondo grado (ossia rappresenta la parabola osculatrice) Lrsquoerrore che si commette egrave sempre dato da
R3 = f III(x3)(x ndash x0)36
Che ovviamente tende a zero piugrave velocemente di R2 contenendo il termine al cubo
Non fatemi proseguire piugrave di tantohellip Basta ripetere lo stesso procedimento unrsquoaltra volta e si ottiene (provare per credere)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x4)(x ndash x0)424
Che rappresenta la cosiddetta cubica osculatricehellip e via dicendo
Continuando ad applicare Lagrange e inserendo sempre nuove costanti si otterragrave alla fine
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x0)(x ndash x0)424 + hellip + f n(x0) (x ndash x0)n n + Rn+1 hellip (12)
Con
Rn+1 = f n+1(xn+1)(x ndash x0)n+1 (n + 1)
Riassumendo lo sviluppo in serie di una funzione f(x) continua e derivabile indefinitamente in un certo intervallo puograve essereapprossimata attraverso una serie di potenze di x fino al grado n desiderato n egrave anche lrsquoordine di derivazione raggiunto Lrsquoerrore
che si commette egrave rappresentato dal termine di grado superiore che contiene la derivata di ordine superiore calcolata in un puntodellrsquointervallo (x x0) che soddisfa il teorema di Lagrange
Per non portarci dietro un sacco di termini conviene scrivere la serie di Taylor utilizzando il simbolo di sommatoria (Σ ) che riunisce tuttitermini in uno solo ricorrente In parole matematiche
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn hellip (13)
Che si legge proprio come la somma da n uguale zero a n = infinito del prodotto tra la derivata ennesima calcolata nel punto in cui sivuole approssimare la funzione moltiplicata per la potenza ennesima di (x ndash x0) e divisa per il fattoriale di n La funzione in x0 egrave stataapprossimata da un polinomio con termini di grado crescente ossia da curve che si avvicinano sempre di piugrave a quella di partenza
Ovviamente andando fino a infinito non esiste resto Tuttavia nessuno puograve andare a infinito per cui n si ferma a un certo valore e nederiva un resto dato dalla solita formula di grado subito superiore a n
A titolo di esempio ma ci torneremo sopra potete vedere nella Fig 3 come la funzione sen(x) venga approssimata dalla serie di Taylorfermata a vari valori di n nel punto x0 = 0 (e quindi diventata di Maclaurin) Niente malehellip
Figura 3
Vi sono anche altri metodi per ricavare la formula di Taylor piugrave o meno empirici eo intuitivi Non vorrei esagerare e mi limiterei a quellipresentati negli ultimi articoli Uno egrave veramente semplificato lrsquoaltro segue una regola precisa e si basa su un teorema A voi la sceltahelliplrsquoimportante egrave ricordare la formula di Taylor e la sua sorellina semplificata di Maclaurin
La prossima volta cercheremo di applicarla per evidenziare ancora meglio la sua importanza matematica e non solo
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39 Esercitiamoci con Taylor e Mclaurin 2015-11-08 171142 Vincenzo Zappalagrave
In questo articolo applichiamo la serie di Mclaurin a due funzioni estremamente importanti Di seguito trovate anche qualche eserciziohellip
Applichiamo quanto abbiamo dimostrato in due modi molto diversi a delle vere funzioni che abbiano le giuste caratteristiche (continue ederivabili)
Ricordiamo la formula di Taylor
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn
Ma soprattutto quella di Mclaurin che useremo normalmente Come giagrave detto la seconda non egrave altro che la prima applicata al punto diascissa x0 = 0
f(x) = Σinfinn = 0 f n(0)xnn
Cominciamo svolgendo insieme uno dei casi piugrave famosi e utili quello relative alla funzione y = ex La funzione egrave sicuramente continuaed egrave anche derivabile infinite volte In particolare le derivate sono sempre uguali e coincidono con la funzione di partenza Gran bellacomoditagravehellip
Scriviamo la (1) per esteso
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
e applichiamola al caso f(x) = ex
Ovviamente tutte le derivate di ex valgono sempre ex e calcolate in 0 danno come risultato 1
Lo sviluppo in serie diventa
ex = 1 + x + x22 + x33 + x4 4 + hellip = Σinfinn=0 xnn
Possiamo ora calcolare la funzione nel punto in cui x = 1 e si ha
e1 = e = 1 + 1 + 12 + 13 + 1 4 + hellip
che ci permette di calcolare il numero e con tutti i decimali che si voglionohellip
Proviamo con unrsquoaltra funzione semplice ma di estrema importanza
f(x) = 1(1 - x)
Tutte le derivate successive della funzione hanno come denominatore (1 ndash x) elevato a potenze successive che quindi egrave sempre ugualea 1 per x0 = 0 Il numeratore egrave invece proprio una moltiplicazione successiva degli esponenti ossia n
Verifichiamolo (il calcolo delle derivate lo lascio a voi per esercizio)
f(0) = 1(1 - 0) = 1
f rsquo(x) = 1(1 - x)2
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 2(1 ndash x)3
f rdquo(0) = 2 = 2middot1 = 2
f III(x) = 6(1 - x)4
f III(0) = 6 = 3middot2middot1 = 3
f IV(x) = 24(1 ndash x)5
f IV(0) = 24 = 4middot3middot2middot1 = 4
Per cui la
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
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TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
34 Approssimiamo una funzione divertendoci con una matematica molto fantasiosa 2015-10-12 151019 Vincenzo Zappalagrave
Lrsquoapproccio che cerchiamo di usare per introdurre lo sviluppo in serie di funzioni vuole arrivare ad approssimare una data funzioneattraverso un semplice polinomio di grado n Ersquo un approccio perograve che non troverete nei libri ma che reputo oltremodo intuitivo e utileper arrivare al nocciolo del problema ed essere poi pronti a una trattazione ben piugrave rigorosa e generale Nel contempo le derivatesuccessive incominciano ad assumere un ruolo di primo piano Divertiamoci un porsquo a fare un tentativo che appare campato in aria solo aprima vistahellip
Facciamo un gioco un porsquo strano e senza un vero significato matematico eo geometrico Ma ogni tanto ci si puograve anche divertireeseguendo tentativi che sembrano del tutto campati in aria Lrsquoimportante egrave che questi tentativi non vengano poi tacciati come teoriealternative o cose del genere Inoltre vedremo che questo gioco non egrave poi tanto assurdo come potrebbe sembrare a prima vista Inqualche modo risponde a una domanda che era stata fatta tempo fa ldquoChe significato hanno le derivate successiverdquo
Consideriamo allora una funzione qualsiasi
y = f(x)
La scegliamo in modo che esistano tutte le sue derivate successive e non siano mai zero Questa frase non egrave molto strana sepensiamo a una funzione come il seno (o il coseno) La sua derivata vale coseno la cui derivata egrave ndash seno la cui derivata egrave ndash coseno lacui derivata egrave seno e via dicendohellip Ovviamente se calcolata in un certo punto puograve anche valere zero ma non lo egrave in generale Lastessa cosa vale ovviamente per la funzione ex le cui derivate successive valgono sempre ex
Ammettiamo quindi che la funzione sia sempre derivabile fino a un ordine n grande a piacere Esistono perciograve e sono finite le derivate
f rsquo(x) f rdquo(x) f III(x) f IV(x) hellip f n(x)
Immaginiamo di conoscerle calcolate nel punto x0
Andiamo avanti lentamente e immaginiamo che la nostra funzione sia quella rappresentata nella Fig 1 Consideriamo un suo puntoP(x0y0) Cerchiamo di approssimare la funzione con quel poco che sappiamo
Figura 1
Behhellip la prima cosa ovvia egrave che il punto P appartiene alla curva perciograve deve essere
y = y0 = f(x0) hellip (1)
La (1) non dice molto ma non vi egrave dubbio che rappresenta una retta orizzontale parallela allrsquoasse delle x Tracciamola nella Fig1 Sicuramente abbiamo fatto un passo in avanti la (1) approssima meglio la nostra funzione (intorno al punto P) di quanto non faccialrsquoasse delle x Questa retta ha sicuramente un punto in comune con la funzione
Cerchiamo di migliorare un porsquo il risultatohellip
Scriviamo la retta tangente alla curva nel punto P Questo lo sappiamo fare senza problemi
y ndash y0 = m (x ndash x0) = f rsquo(x0) (x ndash x0)
Conosciamo x0 y0 e f rsquo(x0) e possiamo scrivere
y = y0 + f rsquo(x0) (x ndash x0)
o anche
y = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) hellip (2)
Disegniamo in Fig 2 la Fig 1 con lrsquoaggiunta della tangente in P
Figura 2
Behhellip non possiamo che concludere nel nostro piccolo che la (2) approssima la funzione molto meglio della (1) Facciamo qualcheriflessione grafica considerando i punti A sullrsquoasse x il punto A0 sulla parallela allrsquoasse x passante per P il punto A1 sulla tangente ilpunto An sulla curva relativa a f(x) Ogni punto ha come ascissa una qualsiasi x (meglio se vicina a x0) Risulta subito che
AAn = AA0 + A0A1 + A1An
Ossia
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + A1An
E anche
f(x) - f(x0) - f rsquo(x0) (x ndash x0) = A1An
Possiamo anche chiamare A1An = R e chiamarlo ldquoerrorerdquo commesso approssimando la funzione con la retta tangente in P Un erroreche tende naturalmente a ZERO per x che tende a x0 A questo riguardo potremmo anche dire (senza sbagliare concettualmente) chese la retta y = y0 ha un solo punto in comune con la funzione (P) la tangente in P ha due punti in comune ed entrambi coincidono conP In qualche modo la tangente sembra ldquoadattarsirdquo di piugrave alla funzione nel punto P di quanto non faccia la retta parallela allrsquoasse x Ersquo unporsquo il discorso che avevamo fatto per i massimi e minimi e per i flessihellip ricordate In fondo se guardiamo la figura ruotandola in modoche la tangente diventi lrsquoasse delle x facendo coincidere il punto P con O questultimo diventa una specie di minimo (e annulla oltre chela funzione anche la derivata prima)
Ricordiamo poi un punto essenziale sul quale ci si confonde spesso Si dice che la derivata prima rappresenta la tangente alla curva inun certo punto In realtagrave non egrave esatto Bisognerebbe dire che la derivata prima rappresenta il coefficiente angolare della retta tangenteossia ha un senso solo se egrave calcolata nel punto e diventa un coefficiente numerico In altre parole (sto tirando lrsquoacqua al mio mulino perdare forza al gioco che inizieragrave tra poco) la derivata che compare nella tangente (che approssima la curva in P) egrave solo e soltanto uncoefficiente numerico Pensateci un po sopra e andiamo pure avantihellip
Riguardiamo con attenzione la (2) e il suo significato geometrico rappresentato in Fig 2
Cosa potremmo fare per approssimare ancora meglio la funzione di partenza Non certo cambiare la retta ma cercare di utilizzare unacurva che si avvicini ancora di piugrave alla f(x) Behhellip se dobbiamo usare una curva la cosa migliore egrave quella piugrave semplice ossia unpolinomio di secondo grado cioegrave una parabola Potremmo anche chiamarla parabola osculatrice nel punto P Essa avrebbe tre puntiin comune con la f(x) tutti e tre coincidenti con P Questa ldquopazzardquo idea sembra essere confermata dallrsquoandamento della (2) la quale egraveformata da un termine noto y0 = f(x0) ossia la funzione stessa calcolata in x0 moltiplicato per (x ndash x0) elevato a ZERO e da uncoefficiente (la derivata prima calcolata in x0) moltiplicato per (x ndash x0) elevato allrsquoesponente UNO Come fare per farla diventare unaparabola La prima idea che ldquomirdquo viene in testa (no non credeteci egrave giagrave venuta ad altri prima che a me) egrave aggiungere un termine in cuicompare (x ndash x0) elevato allrsquoesponente DUE
Per cosa lo moltiplichiamo Tanto vale provare per la derivata seconda di f(x) sempre calcolata in x0 Ciograve che sicuramente si ottiene egravequalcosa come quella rappresentata in Fig 3 (curva verde) che possiamo chiamare parabola osculatrice Siamo sicuri che questacurva approssimi meglio la curva Behhellip direi proprio di sigrave Se non altro il termine di secondo grado ci assicura che la nostra parabolatende a y0 piugrave velocemente di quanto non faccia la retta tangente che egrave di primo grado in x al tendere di x verso x0
Figura 3
La funzione che dovrebbe approssimare la f(x) meglio della tangente sarebbe data da
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)2 + A2An
A2An rappresenta la parte che ci manca per unrsquoapprossimazione perfetta della nostra parabola con la funzione di partenza Esso egravechiaramente piugrave piccolo di quello precedente Ossia R diminuisce
Una trattazione piugrave accurata e meno campata in aria potrebbe fare uso del calcolo differenziale ma andrebbe ben oltre i nostri scopi equindi accontentiamoci di queste conferme molto grossolane Ci torneremo sopra tenendo per mano il teorema di Lagrange e tutto saragravepiugrave logico
A questo punto tanto vale insistere per la stessa strada Possiamo continuare con la derivata terza e aggiungere un termine Alla nostrafunzione costruita attraverso un polinomio (eh sigrave stiamo usando solo potenze di x moltiplicate per coefficienti numericihellip) aggiungiamoil termine di terzo grado
f III (x0) (x ndash x0)3
La nostra funzione che tende ad approssimare la f(x) in un intorno del punto P egrave diventata
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)2 + f III(x0) (x ndash x0)3 + A3An
Una bella cubica (cubica osculatrice chiamiamola cosigravehellip) che approssima ancora meglio la nostra funzione di partenza f(x) in unintorno di P (curva marrone in Fig 3) Lrsquoerrore che si commette diventa sempre piugrave piccolo e possiamo dire con certezza che deveessere un infinitesimo di ordine superiore a TRE Un errore che possiamo ormai permetterci di chiamare ldquorestordquo
Ovviamente possiamo proseguire fino ad arrivare allrsquoordine n che preferiamo e che ci regala un errore piugrave piccolo rispetto alle nostreesigenze
Tutto bene Nemmeno per sogno Purtroppo i primi due termini che ci sono serviti per il nostro gioco non ci regalano informazioni sulcoefficiente numerico che deve veramente moltiplicare (x ndashx0) elevato alle potenze successive Non ci resta che fare una cosa moltobanale ma illuminante e decisiva Applichiamo la nostra ldquofantasiardquo matematica a una funzione che sia davvero un polinomio Ad esempiouna bella cubica e vediamo se funziona veramente Se funziona per lei siamo abbastanza sicuri che funzioneragrave anche per funzionidiverse dai polinomi Lagrange ci aiuteragrave di nuovo per passare da fantasia a realtagrave
Bene la prossima volta faremo questo tentativo
Sigrave lo so abbiamo fatto un porsquo di pseudo-matematica molto empirica e poco rigorosa Abbiamo veramente scherzato Mica tanto ecomunque abbiamo introdotto lo sviluppo in serie in modo estremamente semplice e intuitivo Inoltre le derivate successive acquistanoun significato ldquoquasirdquo geometrico dato che sono i coefficienti dei termini di grado equivalente
Chi storce un porsquo il naso vedragrave che correremo ai ripari sempre grazie a Lagrange (uffa)
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
35 Approssimiamo un polinomio con un polinomiohellip 2015-10-19 061042 Vincenzo Zappalagrave
Abbiamo iniziato una specie di gioco che sta diventando un piccolo ldquogiallordquo Continuiamo senza preoccuparci piugrave di tanto della visionemolto empirica e poco matematicahellipLa mettiamo velocemente alla prova
Proviamo a vedere se la nostra ldquointuizionerdquo che fa uso delle derivate successive egrave corretta oppure no La cosa migliore da fare egraveapplicarla a unhellip vero polinomio Il risultato deve dare esattamente la funzione di partenza
Consideriamo come funzione
y = x3 + x2 + x
Come punto in cui approssimare la funzione scegliamo proprio lrsquoorigine degli assi ossia x = 0 (egrave necessario farlo altrimenti citroveremmo nei guai Guai perograve che si risolveranno da soli)
Vediamo quanto valgono la funzione e le sue derivate successive calcolate in quel punto
f(0) = 0
f rsquo(x) = 3x2 + 2x + 1
f rsquo0) = 1
f rdquo(x) = 6x + 2
f rdquo(0) = 2
f III (x) = 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 0
f IV(0) = 0
Prendiamo la forma empirica che avevamo ricavato la volta scorsa e applichiamola al nostro caso senza pensare allrsquoerrore ossiaimmaginando di proseguire con le derivate successive Ovviamente ci fermiamo quando la derivata diventa zero dato che saranno zeroanche tutte quelle successive Lerrore deve diventare zero
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)2 + f III(x0) (x ndash x0)3 + fIV(x0) (x ndash x0)4 + hellip
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0) x 2 + f III(0) x03 + f IV(x0) (x ndash x0)4 + hellip
f(x) = 0 + 1 x + 2 x2 + 6 x3 + 0 x4 + hellip
Alla fine otteniamo
f(x) = x + 2x2 + 6x3
Accidenti ci siamo quasi ma non tornano i coefficienti dei vari termini in xhellip
Unrsquoidea di come fare ce lrsquoavremmo anche mahellip egrave meglio provare con una funzione di grado piugrave elevato Vediamo se conferma la nostraipotesi un porsquo balzana (ce lrsquoavete anche voi vero)
f(x) = x5 + x4 + x3 + x2 + x
Calcoliamo di nuovo le derivate per x = 0
f(0) = 0
f rsquo(x) = 5x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 20x3 + 12x2 + 6x + 2
f rdquo(0) = 2
f III (x) = 60x2 + 24x + 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 120x + 24
f IV(0) = 24
f V(x) = 120
f V(0) = 120
f VI(x) = 0
f VI(0) = 0
Da cui
f(x) = x + 2x2 + 6x3 + 24x4 + 120x5
La funzione non egrave quella di partenza ma la nostra idea balzana sembra proprio funzionarehellip
Lrsquoidea balzana (che adesso non egrave piugrave tanta balzana) egrave che per fare tornare la funzione di partenza egrave necessario dividere i coefficientinumerici per un qualcosa che non egrave difficile da determinare in modo generale e che dipende solo e soltanto dallrsquoesponente di xQualcosa che egrave sempre legato alla derivata di una potenza
Provate a pensarci e ci risentiamo prestohellip
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36 La serie di Taylor e quella di Maclaurin 2015-10-24 071056 Vincenzo Zappalagrave
Il gioco egrave quasi terminato e possiamo tornare lentamente verso una visione piugrave seria e precisa Ciograve che abbiamo ottenuto divertendocinon egrave altro che una formula di importanza fondamentale
Ragioniamoci sopra il termine in x deve essere diviso per 1 il termine in x2 deve essere diviso per 2 il termine in x3 deve essere divisoper 6 e via dicendo Ci chiediamo ldquoQual egrave il legame che esiste tra lrsquoesponente della x e questo numero variabilerdquo
Proviamo con queste semplici relazioni
1 = 1
2 1 = 2
3 2 1 = 6
4 3 2 1 = 24
5 4 3 2 1 = 120
Cosa abbiamo fatto Ad ogni numero n abbiamo associato il prodotto di tutti i numeri interi che lo precedono (escludendo lo zero)
In parole piugrave matematiche a n associamo il numero
n (n-1) (n -2) hellip 3 2 1
Ad esempio a 1 associamo 1 dato che non vi egrave nessun numero che lo precede Al numero 2 il prodotto 2 per 1 A 3 il prodotto 3 per 2per 1 e via dicendo Questo nuovo numero si chiama fattoriale del numero e si calcola come prodotto del numero per tutti i suoiantecedenti
Nel nostro caso se lrsquoesponente di x egrave 1 dividiamo la potenza per il fattoriale di 1 ossia 1 se lrsquoesponente egrave 2 la dividiamo per il fattorialedi 2 ossia 2 per 1 ossia 2 se lrsquoesponente egrave 3 la dividiamo per il fattoriale di 3 ossia 3 per 2 per 1 ossia 6 se lrsquoesponente egrave 4 ladividiamo per il fattoriale di 4 ossia 4 per 3 per 2 per 1 ossia 24 e via dicendo
Funziona questo tipo di coefficiente Perfettamente dato che egrave proprio quello che riduce a 1 tutti i coefficienti delle potenze di xottenendo alla fine proprio la funzione di partenza Oltretutto la sua ragione dessere egrave abbastanza semplice da capire egrave il coefficienteche serve ad annullare il coefficiente che nasce eseguendo le derivate successive
Possiamo perciograve scrivere la formula corretta
f(x) = x1 + 2 x2(2 1) + 6 x3( 3 2 1) + 24 x4(4 3 2 1) + 120 x5(5 4 3 2 1)
ossia
f(x) = x + x2 + x3 + x4 + x5
Magnifico
Abbiamo lavorato in modo molto rudimentale -e spesso fantasioso- ma siamo riusciti nel nostro intento Abbiamo ricavato nientemenoche la serie di Taylor un polinomio che ci permette di approssimare qualsiasi funzione nellrsquointorno di un certo punto fino al livello diprecisione che vogliamo (la precisione ce la dice il resto ossia lrsquoerrore che egrave perograve sicuramente un infinitesimo maggiore dellrsquoultimotermine considerato)
Prima di scriverla in modo generale introduciamo una scrittura sintetica che ci permette di indicare il fattoriale molto rapidamente Dopoil numero inseriamo un punto esclamativo Questo simbolo ci dice che dobbiamo moltiplicare n per tutti i numeri che lo precedonoossia
n = n (n-1) (n -2) hellip 3 2 1
La formula di Taylor nellrsquointorno del punto origine (x = 0) diventa
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x1 + f rdquo(0) x22 + fIII(0) x33 + hellip f n (0) xnn
In realtagrave quanto detto non egrave proprio verohellip La formula che abbiamo scritto si riferisce alla serie di Maclaurin che non egrave altro che laserie di Taylor calcolata nellrsquoorigine
La vera serie di Taylor vale per qualsiasi punto di ascissa x0 della funzione da approssimare e si scrive
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x - x0)1 + f rdquo(x0) (x - x0)22 + f III(x0) (x - x0)33 + hellip f n (x0)(x - x0)nn
A questo punto possiamo anche permetterci di utilizzare la nostra formula di Taylor per la funzione polimoniale di terzo grado sceltacome esempio precedentemente e vedere se continua a funzionare anche per x diverso da ZERO
Riprendiamo quindi
f(x) = x3 + x2 + x
e approssimiamola con la serie di Taylor nel punto di ascissa x0 = 1
Le derivate calcolate nel punto di ascissa x = 1 ovviamente cambianohellip
f(x) = x3 + x2 + x
f(1) = 3
f rsquo(x) = 3x2 + 2x + 1
f rsquo(1) = 6
f rdquo(x) = 6x + 2
f rdquo(1) = 8
f III (x) = 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 0
f IV(0) = 0
La formula di Taylor diventa
f(x) = f(1) + f rsquo(1) (x - 1)1 + f rdquo(1) (x - 1)22 + f III(1) (x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1)1 + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1) + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)36
f(x) = 3 + 6 x - 6 + (8 x2 + 8 - 16 x )2 + (6x3 - 6 - 18x2 + 18x)6
f(x) = 3 + 6 x - 6 + 4 x2 + 4 - 8 x + x3 - 1 - 3x2 + 3x
f(x) = x3 + x2 + x
Come volevasi dimostrare
Per vedere quanto sia utile la serie di Taylor basterebbe applicarla a funzioni non polinomiali come il seno ed ex Ed egrave quello che faremoe che ci permetteragrave anche di trovare il numero ldquoerdquo con la precisione voluta
Teniamo inoltre in conto che fare integrali di funzioni un porsquo strane potrebbe essere quasi impossibile Sostituendo la funzione con unaserie di potenze di x tutto si semplifica enormemente Importanza enorme ce lrsquoha anche lrsquoerrore che si commette ossia il resto Noipossiamo tralasciarlo dato che abbiamo capito come funziona concettualmente ma la matematica piugrave raffinata si diverte un sacco adanalizzarlo in tutti i modi
Resta perograve il fatto che siamo arrivati a scrivere lrsquoimportantissima formula che descrive lo sviluppo in serie che approssima unafunzione qualsiasi attraverso un polinomio in modo molto altalenante e spesso empirico Molti non saranno soddisfatti per cuiproveremo a ricavare la formula facendo uso di due teoremi fondamentali quello di Rolle e quello di Lagrange che egrave una suageneralizzazione Vedremo anche che senza introdurre le derivate successive era giagrave possibile scrivere serie numeriche estremamenteutili
In ogni modo abbiamo anche risposto alla domanda sul significato delle derivate successive Esse servono a determinare i coefficientidei termini successivi in modo da poter approssimare una curva data in suo intorno attraverso curve polimoniali di grado sempre piugraveelevato (parabola cubica quadrica ecc) La stessa cosa che in fondo faceva la derivata prima
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37 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (prima parte) 2015-10-30 061050 Vincenzo Zappalagrave
Questo non egrave un articolo facile non tanto per i concetti che esprime ma piuttosto per il numero di passaggi che siamo obbligati a fareSi basa su un teorema classico delle funzioni e presenta perciograve un metodo rigoroso che abbisogna perograve di iterazioni successive (maifacili da digerire e da tenere sottocchio) Mi sembrava perograve doveroso proporlo
Prima di partire dobbiamo ricordare un teorema fondamentale dellrsquoanalisi matematica il teorema di Rolle Esso sembra del tutto ovvioe come sempre capita in queste situazioni la dimostrazione rigorosa egrave tuttrsquoaltro che banale e possiamo tranquillamente evitarla
Esso puograve essere enunciato come segue
Se una funzione f(x) egrave continua nellrsquointervallo (ab) egrave derivabile e vale inoltre f(a) = f(b) allora esiste sicuramente una x0 nellrsquointervallo(ab) in cui f rsquo(x0 ) = 0
Abbiamo scritto qualcosa di veramente semplice e intuitivo che viene descritto perfettamente nella Fig 1
Figura 1
Come appena detto la funzione deve essere continua (senza punti peculiari o salti improvvisi) e derivabile La seconda assunzioneevita il caso della retta congiungete a con b dato che la derivata sarebbe sempre nulla
Ne segue che qualsiasi cosa faccia la funzione nellrsquointervallo (ab) essa partendo da f(a) deve tornare a f(b) = f(a) Non egrave difficileconcludere che se deve essere ldquocurvardquo deve esistere almeno un punto di massimo eo minimo allrsquointerno dellrsquointervallo (ab) Ma unpunto di massimo eo di minimo deve anche avere una x0 tale che f (x0) = 0
Sembra una vera sciocchezza (ma sapeste quanti teoremi fondamentali dellrsquoanalisi matematica hanno questa apparenzahellip) e nonpossiamo certo complicare ciograve che egrave semplice Tuttavia da questo teorema ne segue uno leggermente piugrave complicato che prende ilnome di teorema di Lagrange Esso puograve essere considerato una generalizzazione di quello di Rolle Il suo enunciato egrave il seguente
Se una funzione f(x) egrave continua e derivabile nellrsquointervallo (ab) ed egrave inoltre f(a) ne f(b) allora esiste sicuramente un punto di ascissa x0nellrsquointervallo (ab) tale che la tangente alla funzione in quel punto sia parallela alla congiungente i punti P(af(a)) e Q(bf(b))
Lo vediamo rappresentato in fig 2
Figura 2
Behhellip potremmo facilmente dire che non egrave altro che il teorema di Rolle ldquoruotatordquo In realtagrave egrave proprio cosigrave ma la dimostrazione egraveabbastanza laboriosa Accettiamola per buona dato che il risultato egrave abbastanza intuibile Piugrave interessante egrave tradurlo in una sempliceformula
f rsquo(x0) = (f(b) ndash f(a))(b ndash a) hellip (1)
Che dice praticamente che la tangente in (x0 f(x0)) egrave parallela alla congiungente P(a f(a)) con Q(bf(b)) Infatti la derivata prima non egravealtro che il coefficiente angolare della tangente in x0
Questa formula egrave proprio quella che ci serve per introdurre la serie di Taylorhellip
La funzione sia definita e derivabile indefinitamente nellrsquointervallo (ab) ossia esistano tutte le sue derivate successive La (1) puograveessere applicata allrsquointervallo (x0 x) interno ad (ab) diventando
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x1) hellip (2)
Dove x1 egrave compreso tra x0 e x ossia x0 lt x1 lt x
Per le ipotesi di partenza possiamo dire che f rsquo(x1) dipende solo e soltanto dallrsquointervallo (x x0) Infatti se cambiassi gli estremicambierebbe anche il punto in cui la tangente egrave parallela alla retta che collega i due estremi e di conseguenza anche il coefficienteangolare della stessa tangente
f rsquo(x1) puograve essere considerata composta da due parti una costante e una variabile Come valore costante prendiamo proprio f rsquo(x0) echiamiamo ε la parte variabile ossia
f rsquo(x1) = f rsquo(x0) + ε
La (2) diventa
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x0) + ε
f(x) = f(x0) + (x ndash x0)(f rsquo(x0) + ε)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (x ndash x0)ε hellip (3)
Ma che tipo di funzione puograve essere questa ε
Di sicuro non puograve essere una costante dato che se derivassimo la (3) sotto questa ipotesi avremmo
f rsquo(x) = 0 + f rsquo(x0) + ε = f rsquo(x0) + ε
Questa ldquobanalerdquo relazione ci dice che ε deve annullarsi nel momento in cui x = x0 Ersquo lrsquounico modo percheacute si ottenga f (x0) = f rsquo(x0)
Percheacute questo possa succedere la via piugrave ovvia egrave che ε sia funzione di x ndash x0 ossia
ε = C2(x ndash x0) hellip (4)
con C2 costante (vi state accorgendo che cerchiamo di inserire fin da subito i coefficienti della seriehellip) Il pedice 2 ha una sua ragione
drsquoessere come vedremo tra poco
Sostituiamo la (4) nella (3) e otteniamo
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0) (x ndash x0)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0)2 hellip (5)
Non ci resta adesso che derivare di nuovo la (5) per cercare di determinare il valore di C2
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + 2C2(x ndash x0)
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = 2C2
Ma applicando di nuovo il teorema di Lagrange alla funzione f rsquo(x) (continua e derivabile per definizione) si ha
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = f rdquo(x2)
da cui
C2 = f rdquo(x2)2 hellip (6) (il pedice 2 corrisponde al grado della derivata)
Ovviamente con x0 lt x2 lt x
Sostituiamo la (6) nella (5)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (7)
f(x) - f(x0) - (x ndash x0) f rsquo(x0) = f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (8)
Il secondo membro della (8) non egrave altro che ciograve che manca al primo membro per arrivare fino alla funzione originaria In altre parolelrsquoerrore che si commette approssimando la curva con la tangente in x0
Chiamiamo questo ldquoerrorerdquo resto di Lagrange e lo indichiamo con R2
R2 = f rdquo(x2) (x ndash x0)22
Speravate di essere alla fine Purtroppo nohellip siamo solo allrsquoinizio o quasi (ecco percheacute i tre-quattro asterischi dellrsquoarticolo anche se leoperazioni e i concetti non sono difficili)
Per adesso possiamo solo dire che lrsquoerrore commesso egrave di ordine superiore alla funzione che abbiamo usato come approssimazioneIn particolare abbiamo anche trovato che dipende dalla derivata secondahellip
Non ci resta che ripetere quanto fatto finora Prima perograve digerite bene questa prima parte
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38 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (seconda parte) 2015-11-05 051141 Vincenzo Zappalagrave
Concludiamo la costruzione della serie di Taylor introducendo il suo termine generale Lho letta e riletta ma non garantisco che non visia ancora qualche refuso Picchiate duro e non abbiate pietagrave di me
Definiamo
f rdquo(x2) = f (x0) + φ
La (7) diventa
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (f rdquo(x0) + φ)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + frdquo(x0)(x ndash x0)22 + φ(x ndash x0)22 hellip (9)
Derivando due volte
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0) + φ(x ndash x0)
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + φ
segue ancora una volta che φ deve essere uguale a zero per x = x0
Abbiamo ripetuto questa parte ma si poteva concludere subito che
φ = C3(x - x0)
Andiamo a sostituire nella (9) e si ha
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x - x0)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x ndash x0)32 hellip (10)
Deriviamo due volte per trovare il valore di C3
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0) + 3C3(x ndash x0)22
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + 3C3(x - x0)
E applicando ancora il teorema di Lagrange
3C3 = (f rdquo(x) ndash f rdquo(x0))(x ndash x0) = f III(x3)
Con x0 lt x3 lt x
Da cui C3 = f III(x3)3
E infine sostituendo nella (10)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x3) (x ndash x0)36 hellip (11)
Questa egrave una serie che approssima ancora meglio la funzione di partenza nellrsquointorno del punto x0 tenendo conto anche del termine disecondo grado (ossia rappresenta la parabola osculatrice) Lrsquoerrore che si commette egrave sempre dato da
R3 = f III(x3)(x ndash x0)36
Che ovviamente tende a zero piugrave velocemente di R2 contenendo il termine al cubo
Non fatemi proseguire piugrave di tantohellip Basta ripetere lo stesso procedimento unrsquoaltra volta e si ottiene (provare per credere)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x4)(x ndash x0)424
Che rappresenta la cosiddetta cubica osculatricehellip e via dicendo
Continuando ad applicare Lagrange e inserendo sempre nuove costanti si otterragrave alla fine
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x0)(x ndash x0)424 + hellip + f n(x0) (x ndash x0)n n + Rn+1 hellip (12)
Con
Rn+1 = f n+1(xn+1)(x ndash x0)n+1 (n + 1)
Riassumendo lo sviluppo in serie di una funzione f(x) continua e derivabile indefinitamente in un certo intervallo puograve essereapprossimata attraverso una serie di potenze di x fino al grado n desiderato n egrave anche lrsquoordine di derivazione raggiunto Lrsquoerrore
che si commette egrave rappresentato dal termine di grado superiore che contiene la derivata di ordine superiore calcolata in un puntodellrsquointervallo (x x0) che soddisfa il teorema di Lagrange
Per non portarci dietro un sacco di termini conviene scrivere la serie di Taylor utilizzando il simbolo di sommatoria (Σ ) che riunisce tuttitermini in uno solo ricorrente In parole matematiche
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn hellip (13)
Che si legge proprio come la somma da n uguale zero a n = infinito del prodotto tra la derivata ennesima calcolata nel punto in cui sivuole approssimare la funzione moltiplicata per la potenza ennesima di (x ndash x0) e divisa per il fattoriale di n La funzione in x0 egrave stataapprossimata da un polinomio con termini di grado crescente ossia da curve che si avvicinano sempre di piugrave a quella di partenza
Ovviamente andando fino a infinito non esiste resto Tuttavia nessuno puograve andare a infinito per cui n si ferma a un certo valore e nederiva un resto dato dalla solita formula di grado subito superiore a n
A titolo di esempio ma ci torneremo sopra potete vedere nella Fig 3 come la funzione sen(x) venga approssimata dalla serie di Taylorfermata a vari valori di n nel punto x0 = 0 (e quindi diventata di Maclaurin) Niente malehellip
Figura 3
Vi sono anche altri metodi per ricavare la formula di Taylor piugrave o meno empirici eo intuitivi Non vorrei esagerare e mi limiterei a quellipresentati negli ultimi articoli Uno egrave veramente semplificato lrsquoaltro segue una regola precisa e si basa su un teorema A voi la sceltahelliplrsquoimportante egrave ricordare la formula di Taylor e la sua sorellina semplificata di Maclaurin
La prossima volta cercheremo di applicarla per evidenziare ancora meglio la sua importanza matematica e non solo
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39 Esercitiamoci con Taylor e Mclaurin 2015-11-08 171142 Vincenzo Zappalagrave
In questo articolo applichiamo la serie di Mclaurin a due funzioni estremamente importanti Di seguito trovate anche qualche eserciziohellip
Applichiamo quanto abbiamo dimostrato in due modi molto diversi a delle vere funzioni che abbiano le giuste caratteristiche (continue ederivabili)
Ricordiamo la formula di Taylor
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn
Ma soprattutto quella di Mclaurin che useremo normalmente Come giagrave detto la seconda non egrave altro che la prima applicata al punto diascissa x0 = 0
f(x) = Σinfinn = 0 f n(0)xnn
Cominciamo svolgendo insieme uno dei casi piugrave famosi e utili quello relative alla funzione y = ex La funzione egrave sicuramente continuaed egrave anche derivabile infinite volte In particolare le derivate sono sempre uguali e coincidono con la funzione di partenza Gran bellacomoditagravehellip
Scriviamo la (1) per esteso
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
e applichiamola al caso f(x) = ex
Ovviamente tutte le derivate di ex valgono sempre ex e calcolate in 0 danno come risultato 1
Lo sviluppo in serie diventa
ex = 1 + x + x22 + x33 + x4 4 + hellip = Σinfinn=0 xnn
Possiamo ora calcolare la funzione nel punto in cui x = 1 e si ha
e1 = e = 1 + 1 + 12 + 13 + 1 4 + hellip
che ci permette di calcolare il numero e con tutti i decimali che si voglionohellip
Proviamo con unrsquoaltra funzione semplice ma di estrema importanza
f(x) = 1(1 - x)
Tutte le derivate successive della funzione hanno come denominatore (1 ndash x) elevato a potenze successive che quindi egrave sempre ugualea 1 per x0 = 0 Il numeratore egrave invece proprio una moltiplicazione successiva degli esponenti ossia n
Verifichiamolo (il calcolo delle derivate lo lascio a voi per esercizio)
f(0) = 1(1 - 0) = 1
f rsquo(x) = 1(1 - x)2
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 2(1 ndash x)3
f rdquo(0) = 2 = 2middot1 = 2
f III(x) = 6(1 - x)4
f III(0) = 6 = 3middot2middot1 = 3
f IV(x) = 24(1 ndash x)5
f IV(0) = 24 = 4middot3middot2middot1 = 4
Per cui la
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
wwwbatmathitmatematicaan_unotaylor_dintorniesapprox1esapprox1htm 13
wwwbatmathit
Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
y = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) hellip (2)
Disegniamo in Fig 2 la Fig 1 con lrsquoaggiunta della tangente in P
Figura 2
Behhellip non possiamo che concludere nel nostro piccolo che la (2) approssima la funzione molto meglio della (1) Facciamo qualcheriflessione grafica considerando i punti A sullrsquoasse x il punto A0 sulla parallela allrsquoasse x passante per P il punto A1 sulla tangente ilpunto An sulla curva relativa a f(x) Ogni punto ha come ascissa una qualsiasi x (meglio se vicina a x0) Risulta subito che
AAn = AA0 + A0A1 + A1An
Ossia
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + A1An
E anche
f(x) - f(x0) - f rsquo(x0) (x ndash x0) = A1An
Possiamo anche chiamare A1An = R e chiamarlo ldquoerrorerdquo commesso approssimando la funzione con la retta tangente in P Un erroreche tende naturalmente a ZERO per x che tende a x0 A questo riguardo potremmo anche dire (senza sbagliare concettualmente) chese la retta y = y0 ha un solo punto in comune con la funzione (P) la tangente in P ha due punti in comune ed entrambi coincidono conP In qualche modo la tangente sembra ldquoadattarsirdquo di piugrave alla funzione nel punto P di quanto non faccia la retta parallela allrsquoasse x Ersquo unporsquo il discorso che avevamo fatto per i massimi e minimi e per i flessihellip ricordate In fondo se guardiamo la figura ruotandola in modoche la tangente diventi lrsquoasse delle x facendo coincidere il punto P con O questultimo diventa una specie di minimo (e annulla oltre chela funzione anche la derivata prima)
Ricordiamo poi un punto essenziale sul quale ci si confonde spesso Si dice che la derivata prima rappresenta la tangente alla curva inun certo punto In realtagrave non egrave esatto Bisognerebbe dire che la derivata prima rappresenta il coefficiente angolare della retta tangenteossia ha un senso solo se egrave calcolata nel punto e diventa un coefficiente numerico In altre parole (sto tirando lrsquoacqua al mio mulino perdare forza al gioco che inizieragrave tra poco) la derivata che compare nella tangente (che approssima la curva in P) egrave solo e soltanto uncoefficiente numerico Pensateci un po sopra e andiamo pure avantihellip
Riguardiamo con attenzione la (2) e il suo significato geometrico rappresentato in Fig 2
Cosa potremmo fare per approssimare ancora meglio la funzione di partenza Non certo cambiare la retta ma cercare di utilizzare unacurva che si avvicini ancora di piugrave alla f(x) Behhellip se dobbiamo usare una curva la cosa migliore egrave quella piugrave semplice ossia unpolinomio di secondo grado cioegrave una parabola Potremmo anche chiamarla parabola osculatrice nel punto P Essa avrebbe tre puntiin comune con la f(x) tutti e tre coincidenti con P Questa ldquopazzardquo idea sembra essere confermata dallrsquoandamento della (2) la quale egraveformata da un termine noto y0 = f(x0) ossia la funzione stessa calcolata in x0 moltiplicato per (x ndash x0) elevato a ZERO e da uncoefficiente (la derivata prima calcolata in x0) moltiplicato per (x ndash x0) elevato allrsquoesponente UNO Come fare per farla diventare unaparabola La prima idea che ldquomirdquo viene in testa (no non credeteci egrave giagrave venuta ad altri prima che a me) egrave aggiungere un termine in cuicompare (x ndash x0) elevato allrsquoesponente DUE
Per cosa lo moltiplichiamo Tanto vale provare per la derivata seconda di f(x) sempre calcolata in x0 Ciograve che sicuramente si ottiene egravequalcosa come quella rappresentata in Fig 3 (curva verde) che possiamo chiamare parabola osculatrice Siamo sicuri che questacurva approssimi meglio la curva Behhellip direi proprio di sigrave Se non altro il termine di secondo grado ci assicura che la nostra parabolatende a y0 piugrave velocemente di quanto non faccia la retta tangente che egrave di primo grado in x al tendere di x verso x0
Figura 3
La funzione che dovrebbe approssimare la f(x) meglio della tangente sarebbe data da
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)2 + A2An
A2An rappresenta la parte che ci manca per unrsquoapprossimazione perfetta della nostra parabola con la funzione di partenza Esso egravechiaramente piugrave piccolo di quello precedente Ossia R diminuisce
Una trattazione piugrave accurata e meno campata in aria potrebbe fare uso del calcolo differenziale ma andrebbe ben oltre i nostri scopi equindi accontentiamoci di queste conferme molto grossolane Ci torneremo sopra tenendo per mano il teorema di Lagrange e tutto saragravepiugrave logico
A questo punto tanto vale insistere per la stessa strada Possiamo continuare con la derivata terza e aggiungere un termine Alla nostrafunzione costruita attraverso un polinomio (eh sigrave stiamo usando solo potenze di x moltiplicate per coefficienti numericihellip) aggiungiamoil termine di terzo grado
f III (x0) (x ndash x0)3
La nostra funzione che tende ad approssimare la f(x) in un intorno del punto P egrave diventata
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)2 + f III(x0) (x ndash x0)3 + A3An
Una bella cubica (cubica osculatrice chiamiamola cosigravehellip) che approssima ancora meglio la nostra funzione di partenza f(x) in unintorno di P (curva marrone in Fig 3) Lrsquoerrore che si commette diventa sempre piugrave piccolo e possiamo dire con certezza che deveessere un infinitesimo di ordine superiore a TRE Un errore che possiamo ormai permetterci di chiamare ldquorestordquo
Ovviamente possiamo proseguire fino ad arrivare allrsquoordine n che preferiamo e che ci regala un errore piugrave piccolo rispetto alle nostreesigenze
Tutto bene Nemmeno per sogno Purtroppo i primi due termini che ci sono serviti per il nostro gioco non ci regalano informazioni sulcoefficiente numerico che deve veramente moltiplicare (x ndashx0) elevato alle potenze successive Non ci resta che fare una cosa moltobanale ma illuminante e decisiva Applichiamo la nostra ldquofantasiardquo matematica a una funzione che sia davvero un polinomio Ad esempiouna bella cubica e vediamo se funziona veramente Se funziona per lei siamo abbastanza sicuri che funzioneragrave anche per funzionidiverse dai polinomi Lagrange ci aiuteragrave di nuovo per passare da fantasia a realtagrave
Bene la prossima volta faremo questo tentativo
Sigrave lo so abbiamo fatto un porsquo di pseudo-matematica molto empirica e poco rigorosa Abbiamo veramente scherzato Mica tanto ecomunque abbiamo introdotto lo sviluppo in serie in modo estremamente semplice e intuitivo Inoltre le derivate successive acquistanoun significato ldquoquasirdquo geometrico dato che sono i coefficienti dei termini di grado equivalente
Chi storce un porsquo il naso vedragrave che correremo ai ripari sempre grazie a Lagrange (uffa)
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35 Approssimiamo un polinomio con un polinomiohellip 2015-10-19 061042 Vincenzo Zappalagrave
Abbiamo iniziato una specie di gioco che sta diventando un piccolo ldquogiallordquo Continuiamo senza preoccuparci piugrave di tanto della visionemolto empirica e poco matematicahellipLa mettiamo velocemente alla prova
Proviamo a vedere se la nostra ldquointuizionerdquo che fa uso delle derivate successive egrave corretta oppure no La cosa migliore da fare egraveapplicarla a unhellip vero polinomio Il risultato deve dare esattamente la funzione di partenza
Consideriamo come funzione
y = x3 + x2 + x
Come punto in cui approssimare la funzione scegliamo proprio lrsquoorigine degli assi ossia x = 0 (egrave necessario farlo altrimenti citroveremmo nei guai Guai perograve che si risolveranno da soli)
Vediamo quanto valgono la funzione e le sue derivate successive calcolate in quel punto
f(0) = 0
f rsquo(x) = 3x2 + 2x + 1
f rsquo0) = 1
f rdquo(x) = 6x + 2
f rdquo(0) = 2
f III (x) = 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 0
f IV(0) = 0
Prendiamo la forma empirica che avevamo ricavato la volta scorsa e applichiamola al nostro caso senza pensare allrsquoerrore ossiaimmaginando di proseguire con le derivate successive Ovviamente ci fermiamo quando la derivata diventa zero dato che saranno zeroanche tutte quelle successive Lerrore deve diventare zero
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)2 + f III(x0) (x ndash x0)3 + fIV(x0) (x ndash x0)4 + hellip
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0) x 2 + f III(0) x03 + f IV(x0) (x ndash x0)4 + hellip
f(x) = 0 + 1 x + 2 x2 + 6 x3 + 0 x4 + hellip
Alla fine otteniamo
f(x) = x + 2x2 + 6x3
Accidenti ci siamo quasi ma non tornano i coefficienti dei vari termini in xhellip
Unrsquoidea di come fare ce lrsquoavremmo anche mahellip egrave meglio provare con una funzione di grado piugrave elevato Vediamo se conferma la nostraipotesi un porsquo balzana (ce lrsquoavete anche voi vero)
f(x) = x5 + x4 + x3 + x2 + x
Calcoliamo di nuovo le derivate per x = 0
f(0) = 0
f rsquo(x) = 5x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 20x3 + 12x2 + 6x + 2
f rdquo(0) = 2
f III (x) = 60x2 + 24x + 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 120x + 24
f IV(0) = 24
f V(x) = 120
f V(0) = 120
f VI(x) = 0
f VI(0) = 0
Da cui
f(x) = x + 2x2 + 6x3 + 24x4 + 120x5
La funzione non egrave quella di partenza ma la nostra idea balzana sembra proprio funzionarehellip
Lrsquoidea balzana (che adesso non egrave piugrave tanta balzana) egrave che per fare tornare la funzione di partenza egrave necessario dividere i coefficientinumerici per un qualcosa che non egrave difficile da determinare in modo generale e che dipende solo e soltanto dallrsquoesponente di xQualcosa che egrave sempre legato alla derivata di una potenza
Provate a pensarci e ci risentiamo prestohellip
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36 La serie di Taylor e quella di Maclaurin 2015-10-24 071056 Vincenzo Zappalagrave
Il gioco egrave quasi terminato e possiamo tornare lentamente verso una visione piugrave seria e precisa Ciograve che abbiamo ottenuto divertendocinon egrave altro che una formula di importanza fondamentale
Ragioniamoci sopra il termine in x deve essere diviso per 1 il termine in x2 deve essere diviso per 2 il termine in x3 deve essere divisoper 6 e via dicendo Ci chiediamo ldquoQual egrave il legame che esiste tra lrsquoesponente della x e questo numero variabilerdquo
Proviamo con queste semplici relazioni
1 = 1
2 1 = 2
3 2 1 = 6
4 3 2 1 = 24
5 4 3 2 1 = 120
Cosa abbiamo fatto Ad ogni numero n abbiamo associato il prodotto di tutti i numeri interi che lo precedono (escludendo lo zero)
In parole piugrave matematiche a n associamo il numero
n (n-1) (n -2) hellip 3 2 1
Ad esempio a 1 associamo 1 dato che non vi egrave nessun numero che lo precede Al numero 2 il prodotto 2 per 1 A 3 il prodotto 3 per 2per 1 e via dicendo Questo nuovo numero si chiama fattoriale del numero e si calcola come prodotto del numero per tutti i suoiantecedenti
Nel nostro caso se lrsquoesponente di x egrave 1 dividiamo la potenza per il fattoriale di 1 ossia 1 se lrsquoesponente egrave 2 la dividiamo per il fattorialedi 2 ossia 2 per 1 ossia 2 se lrsquoesponente egrave 3 la dividiamo per il fattoriale di 3 ossia 3 per 2 per 1 ossia 6 se lrsquoesponente egrave 4 ladividiamo per il fattoriale di 4 ossia 4 per 3 per 2 per 1 ossia 24 e via dicendo
Funziona questo tipo di coefficiente Perfettamente dato che egrave proprio quello che riduce a 1 tutti i coefficienti delle potenze di xottenendo alla fine proprio la funzione di partenza Oltretutto la sua ragione dessere egrave abbastanza semplice da capire egrave il coefficienteche serve ad annullare il coefficiente che nasce eseguendo le derivate successive
Possiamo perciograve scrivere la formula corretta
f(x) = x1 + 2 x2(2 1) + 6 x3( 3 2 1) + 24 x4(4 3 2 1) + 120 x5(5 4 3 2 1)
ossia
f(x) = x + x2 + x3 + x4 + x5
Magnifico
Abbiamo lavorato in modo molto rudimentale -e spesso fantasioso- ma siamo riusciti nel nostro intento Abbiamo ricavato nientemenoche la serie di Taylor un polinomio che ci permette di approssimare qualsiasi funzione nellrsquointorno di un certo punto fino al livello diprecisione che vogliamo (la precisione ce la dice il resto ossia lrsquoerrore che egrave perograve sicuramente un infinitesimo maggiore dellrsquoultimotermine considerato)
Prima di scriverla in modo generale introduciamo una scrittura sintetica che ci permette di indicare il fattoriale molto rapidamente Dopoil numero inseriamo un punto esclamativo Questo simbolo ci dice che dobbiamo moltiplicare n per tutti i numeri che lo precedonoossia
n = n (n-1) (n -2) hellip 3 2 1
La formula di Taylor nellrsquointorno del punto origine (x = 0) diventa
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x1 + f rdquo(0) x22 + fIII(0) x33 + hellip f n (0) xnn
In realtagrave quanto detto non egrave proprio verohellip La formula che abbiamo scritto si riferisce alla serie di Maclaurin che non egrave altro che laserie di Taylor calcolata nellrsquoorigine
La vera serie di Taylor vale per qualsiasi punto di ascissa x0 della funzione da approssimare e si scrive
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x - x0)1 + f rdquo(x0) (x - x0)22 + f III(x0) (x - x0)33 + hellip f n (x0)(x - x0)nn
A questo punto possiamo anche permetterci di utilizzare la nostra formula di Taylor per la funzione polimoniale di terzo grado sceltacome esempio precedentemente e vedere se continua a funzionare anche per x diverso da ZERO
Riprendiamo quindi
f(x) = x3 + x2 + x
e approssimiamola con la serie di Taylor nel punto di ascissa x0 = 1
Le derivate calcolate nel punto di ascissa x = 1 ovviamente cambianohellip
f(x) = x3 + x2 + x
f(1) = 3
f rsquo(x) = 3x2 + 2x + 1
f rsquo(1) = 6
f rdquo(x) = 6x + 2
f rdquo(1) = 8
f III (x) = 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 0
f IV(0) = 0
La formula di Taylor diventa
f(x) = f(1) + f rsquo(1) (x - 1)1 + f rdquo(1) (x - 1)22 + f III(1) (x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1)1 + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1) + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)36
f(x) = 3 + 6 x - 6 + (8 x2 + 8 - 16 x )2 + (6x3 - 6 - 18x2 + 18x)6
f(x) = 3 + 6 x - 6 + 4 x2 + 4 - 8 x + x3 - 1 - 3x2 + 3x
f(x) = x3 + x2 + x
Come volevasi dimostrare
Per vedere quanto sia utile la serie di Taylor basterebbe applicarla a funzioni non polinomiali come il seno ed ex Ed egrave quello che faremoe che ci permetteragrave anche di trovare il numero ldquoerdquo con la precisione voluta
Teniamo inoltre in conto che fare integrali di funzioni un porsquo strane potrebbe essere quasi impossibile Sostituendo la funzione con unaserie di potenze di x tutto si semplifica enormemente Importanza enorme ce lrsquoha anche lrsquoerrore che si commette ossia il resto Noipossiamo tralasciarlo dato che abbiamo capito come funziona concettualmente ma la matematica piugrave raffinata si diverte un sacco adanalizzarlo in tutti i modi
Resta perograve il fatto che siamo arrivati a scrivere lrsquoimportantissima formula che descrive lo sviluppo in serie che approssima unafunzione qualsiasi attraverso un polinomio in modo molto altalenante e spesso empirico Molti non saranno soddisfatti per cuiproveremo a ricavare la formula facendo uso di due teoremi fondamentali quello di Rolle e quello di Lagrange che egrave una suageneralizzazione Vedremo anche che senza introdurre le derivate successive era giagrave possibile scrivere serie numeriche estremamenteutili
In ogni modo abbiamo anche risposto alla domanda sul significato delle derivate successive Esse servono a determinare i coefficientidei termini successivi in modo da poter approssimare una curva data in suo intorno attraverso curve polimoniali di grado sempre piugraveelevato (parabola cubica quadrica ecc) La stessa cosa che in fondo faceva la derivata prima
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37 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (prima parte) 2015-10-30 061050 Vincenzo Zappalagrave
Questo non egrave un articolo facile non tanto per i concetti che esprime ma piuttosto per il numero di passaggi che siamo obbligati a fareSi basa su un teorema classico delle funzioni e presenta perciograve un metodo rigoroso che abbisogna perograve di iterazioni successive (maifacili da digerire e da tenere sottocchio) Mi sembrava perograve doveroso proporlo
Prima di partire dobbiamo ricordare un teorema fondamentale dellrsquoanalisi matematica il teorema di Rolle Esso sembra del tutto ovvioe come sempre capita in queste situazioni la dimostrazione rigorosa egrave tuttrsquoaltro che banale e possiamo tranquillamente evitarla
Esso puograve essere enunciato come segue
Se una funzione f(x) egrave continua nellrsquointervallo (ab) egrave derivabile e vale inoltre f(a) = f(b) allora esiste sicuramente una x0 nellrsquointervallo(ab) in cui f rsquo(x0 ) = 0
Abbiamo scritto qualcosa di veramente semplice e intuitivo che viene descritto perfettamente nella Fig 1
Figura 1
Come appena detto la funzione deve essere continua (senza punti peculiari o salti improvvisi) e derivabile La seconda assunzioneevita il caso della retta congiungete a con b dato che la derivata sarebbe sempre nulla
Ne segue che qualsiasi cosa faccia la funzione nellrsquointervallo (ab) essa partendo da f(a) deve tornare a f(b) = f(a) Non egrave difficileconcludere che se deve essere ldquocurvardquo deve esistere almeno un punto di massimo eo minimo allrsquointerno dellrsquointervallo (ab) Ma unpunto di massimo eo di minimo deve anche avere una x0 tale che f (x0) = 0
Sembra una vera sciocchezza (ma sapeste quanti teoremi fondamentali dellrsquoanalisi matematica hanno questa apparenzahellip) e nonpossiamo certo complicare ciograve che egrave semplice Tuttavia da questo teorema ne segue uno leggermente piugrave complicato che prende ilnome di teorema di Lagrange Esso puograve essere considerato una generalizzazione di quello di Rolle Il suo enunciato egrave il seguente
Se una funzione f(x) egrave continua e derivabile nellrsquointervallo (ab) ed egrave inoltre f(a) ne f(b) allora esiste sicuramente un punto di ascissa x0nellrsquointervallo (ab) tale che la tangente alla funzione in quel punto sia parallela alla congiungente i punti P(af(a)) e Q(bf(b))
Lo vediamo rappresentato in fig 2
Figura 2
Behhellip potremmo facilmente dire che non egrave altro che il teorema di Rolle ldquoruotatordquo In realtagrave egrave proprio cosigrave ma la dimostrazione egraveabbastanza laboriosa Accettiamola per buona dato che il risultato egrave abbastanza intuibile Piugrave interessante egrave tradurlo in una sempliceformula
f rsquo(x0) = (f(b) ndash f(a))(b ndash a) hellip (1)
Che dice praticamente che la tangente in (x0 f(x0)) egrave parallela alla congiungente P(a f(a)) con Q(bf(b)) Infatti la derivata prima non egravealtro che il coefficiente angolare della tangente in x0
Questa formula egrave proprio quella che ci serve per introdurre la serie di Taylorhellip
La funzione sia definita e derivabile indefinitamente nellrsquointervallo (ab) ossia esistano tutte le sue derivate successive La (1) puograveessere applicata allrsquointervallo (x0 x) interno ad (ab) diventando
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x1) hellip (2)
Dove x1 egrave compreso tra x0 e x ossia x0 lt x1 lt x
Per le ipotesi di partenza possiamo dire che f rsquo(x1) dipende solo e soltanto dallrsquointervallo (x x0) Infatti se cambiassi gli estremicambierebbe anche il punto in cui la tangente egrave parallela alla retta che collega i due estremi e di conseguenza anche il coefficienteangolare della stessa tangente
f rsquo(x1) puograve essere considerata composta da due parti una costante e una variabile Come valore costante prendiamo proprio f rsquo(x0) echiamiamo ε la parte variabile ossia
f rsquo(x1) = f rsquo(x0) + ε
La (2) diventa
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x0) + ε
f(x) = f(x0) + (x ndash x0)(f rsquo(x0) + ε)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (x ndash x0)ε hellip (3)
Ma che tipo di funzione puograve essere questa ε
Di sicuro non puograve essere una costante dato che se derivassimo la (3) sotto questa ipotesi avremmo
f rsquo(x) = 0 + f rsquo(x0) + ε = f rsquo(x0) + ε
Questa ldquobanalerdquo relazione ci dice che ε deve annullarsi nel momento in cui x = x0 Ersquo lrsquounico modo percheacute si ottenga f (x0) = f rsquo(x0)
Percheacute questo possa succedere la via piugrave ovvia egrave che ε sia funzione di x ndash x0 ossia
ε = C2(x ndash x0) hellip (4)
con C2 costante (vi state accorgendo che cerchiamo di inserire fin da subito i coefficienti della seriehellip) Il pedice 2 ha una sua ragione
drsquoessere come vedremo tra poco
Sostituiamo la (4) nella (3) e otteniamo
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0) (x ndash x0)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0)2 hellip (5)
Non ci resta adesso che derivare di nuovo la (5) per cercare di determinare il valore di C2
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + 2C2(x ndash x0)
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = 2C2
Ma applicando di nuovo il teorema di Lagrange alla funzione f rsquo(x) (continua e derivabile per definizione) si ha
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = f rdquo(x2)
da cui
C2 = f rdquo(x2)2 hellip (6) (il pedice 2 corrisponde al grado della derivata)
Ovviamente con x0 lt x2 lt x
Sostituiamo la (6) nella (5)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (7)
f(x) - f(x0) - (x ndash x0) f rsquo(x0) = f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (8)
Il secondo membro della (8) non egrave altro che ciograve che manca al primo membro per arrivare fino alla funzione originaria In altre parolelrsquoerrore che si commette approssimando la curva con la tangente in x0
Chiamiamo questo ldquoerrorerdquo resto di Lagrange e lo indichiamo con R2
R2 = f rdquo(x2) (x ndash x0)22
Speravate di essere alla fine Purtroppo nohellip siamo solo allrsquoinizio o quasi (ecco percheacute i tre-quattro asterischi dellrsquoarticolo anche se leoperazioni e i concetti non sono difficili)
Per adesso possiamo solo dire che lrsquoerrore commesso egrave di ordine superiore alla funzione che abbiamo usato come approssimazioneIn particolare abbiamo anche trovato che dipende dalla derivata secondahellip
Non ci resta che ripetere quanto fatto finora Prima perograve digerite bene questa prima parte
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38 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (seconda parte) 2015-11-05 051141 Vincenzo Zappalagrave
Concludiamo la costruzione della serie di Taylor introducendo il suo termine generale Lho letta e riletta ma non garantisco che non visia ancora qualche refuso Picchiate duro e non abbiate pietagrave di me
Definiamo
f rdquo(x2) = f (x0) + φ
La (7) diventa
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (f rdquo(x0) + φ)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + frdquo(x0)(x ndash x0)22 + φ(x ndash x0)22 hellip (9)
Derivando due volte
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0) + φ(x ndash x0)
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + φ
segue ancora una volta che φ deve essere uguale a zero per x = x0
Abbiamo ripetuto questa parte ma si poteva concludere subito che
φ = C3(x - x0)
Andiamo a sostituire nella (9) e si ha
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x - x0)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x ndash x0)32 hellip (10)
Deriviamo due volte per trovare il valore di C3
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0) + 3C3(x ndash x0)22
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + 3C3(x - x0)
E applicando ancora il teorema di Lagrange
3C3 = (f rdquo(x) ndash f rdquo(x0))(x ndash x0) = f III(x3)
Con x0 lt x3 lt x
Da cui C3 = f III(x3)3
E infine sostituendo nella (10)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x3) (x ndash x0)36 hellip (11)
Questa egrave una serie che approssima ancora meglio la funzione di partenza nellrsquointorno del punto x0 tenendo conto anche del termine disecondo grado (ossia rappresenta la parabola osculatrice) Lrsquoerrore che si commette egrave sempre dato da
R3 = f III(x3)(x ndash x0)36
Che ovviamente tende a zero piugrave velocemente di R2 contenendo il termine al cubo
Non fatemi proseguire piugrave di tantohellip Basta ripetere lo stesso procedimento unrsquoaltra volta e si ottiene (provare per credere)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x4)(x ndash x0)424
Che rappresenta la cosiddetta cubica osculatricehellip e via dicendo
Continuando ad applicare Lagrange e inserendo sempre nuove costanti si otterragrave alla fine
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x0)(x ndash x0)424 + hellip + f n(x0) (x ndash x0)n n + Rn+1 hellip (12)
Con
Rn+1 = f n+1(xn+1)(x ndash x0)n+1 (n + 1)
Riassumendo lo sviluppo in serie di una funzione f(x) continua e derivabile indefinitamente in un certo intervallo puograve essereapprossimata attraverso una serie di potenze di x fino al grado n desiderato n egrave anche lrsquoordine di derivazione raggiunto Lrsquoerrore
che si commette egrave rappresentato dal termine di grado superiore che contiene la derivata di ordine superiore calcolata in un puntodellrsquointervallo (x x0) che soddisfa il teorema di Lagrange
Per non portarci dietro un sacco di termini conviene scrivere la serie di Taylor utilizzando il simbolo di sommatoria (Σ ) che riunisce tuttitermini in uno solo ricorrente In parole matematiche
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn hellip (13)
Che si legge proprio come la somma da n uguale zero a n = infinito del prodotto tra la derivata ennesima calcolata nel punto in cui sivuole approssimare la funzione moltiplicata per la potenza ennesima di (x ndash x0) e divisa per il fattoriale di n La funzione in x0 egrave stataapprossimata da un polinomio con termini di grado crescente ossia da curve che si avvicinano sempre di piugrave a quella di partenza
Ovviamente andando fino a infinito non esiste resto Tuttavia nessuno puograve andare a infinito per cui n si ferma a un certo valore e nederiva un resto dato dalla solita formula di grado subito superiore a n
A titolo di esempio ma ci torneremo sopra potete vedere nella Fig 3 come la funzione sen(x) venga approssimata dalla serie di Taylorfermata a vari valori di n nel punto x0 = 0 (e quindi diventata di Maclaurin) Niente malehellip
Figura 3
Vi sono anche altri metodi per ricavare la formula di Taylor piugrave o meno empirici eo intuitivi Non vorrei esagerare e mi limiterei a quellipresentati negli ultimi articoli Uno egrave veramente semplificato lrsquoaltro segue una regola precisa e si basa su un teorema A voi la sceltahelliplrsquoimportante egrave ricordare la formula di Taylor e la sua sorellina semplificata di Maclaurin
La prossima volta cercheremo di applicarla per evidenziare ancora meglio la sua importanza matematica e non solo
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39 Esercitiamoci con Taylor e Mclaurin 2015-11-08 171142 Vincenzo Zappalagrave
In questo articolo applichiamo la serie di Mclaurin a due funzioni estremamente importanti Di seguito trovate anche qualche eserciziohellip
Applichiamo quanto abbiamo dimostrato in due modi molto diversi a delle vere funzioni che abbiano le giuste caratteristiche (continue ederivabili)
Ricordiamo la formula di Taylor
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn
Ma soprattutto quella di Mclaurin che useremo normalmente Come giagrave detto la seconda non egrave altro che la prima applicata al punto diascissa x0 = 0
f(x) = Σinfinn = 0 f n(0)xnn
Cominciamo svolgendo insieme uno dei casi piugrave famosi e utili quello relative alla funzione y = ex La funzione egrave sicuramente continuaed egrave anche derivabile infinite volte In particolare le derivate sono sempre uguali e coincidono con la funzione di partenza Gran bellacomoditagravehellip
Scriviamo la (1) per esteso
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
e applichiamola al caso f(x) = ex
Ovviamente tutte le derivate di ex valgono sempre ex e calcolate in 0 danno come risultato 1
Lo sviluppo in serie diventa
ex = 1 + x + x22 + x33 + x4 4 + hellip = Σinfinn=0 xnn
Possiamo ora calcolare la funzione nel punto in cui x = 1 e si ha
e1 = e = 1 + 1 + 12 + 13 + 1 4 + hellip
che ci permette di calcolare il numero e con tutti i decimali che si voglionohellip
Proviamo con unrsquoaltra funzione semplice ma di estrema importanza
f(x) = 1(1 - x)
Tutte le derivate successive della funzione hanno come denominatore (1 ndash x) elevato a potenze successive che quindi egrave sempre ugualea 1 per x0 = 0 Il numeratore egrave invece proprio una moltiplicazione successiva degli esponenti ossia n
Verifichiamolo (il calcolo delle derivate lo lascio a voi per esercizio)
f(0) = 1(1 - 0) = 1
f rsquo(x) = 1(1 - x)2
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 2(1 ndash x)3
f rdquo(0) = 2 = 2middot1 = 2
f III(x) = 6(1 - x)4
f III(0) = 6 = 3middot2middot1 = 3
f IV(x) = 24(1 ndash x)5
f IV(0) = 24 = 4middot3middot2middot1 = 4
Per cui la
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
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TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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wwwbatmathit
Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
Figura 3
La funzione che dovrebbe approssimare la f(x) meglio della tangente sarebbe data da
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)2 + A2An
A2An rappresenta la parte che ci manca per unrsquoapprossimazione perfetta della nostra parabola con la funzione di partenza Esso egravechiaramente piugrave piccolo di quello precedente Ossia R diminuisce
Una trattazione piugrave accurata e meno campata in aria potrebbe fare uso del calcolo differenziale ma andrebbe ben oltre i nostri scopi equindi accontentiamoci di queste conferme molto grossolane Ci torneremo sopra tenendo per mano il teorema di Lagrange e tutto saragravepiugrave logico
A questo punto tanto vale insistere per la stessa strada Possiamo continuare con la derivata terza e aggiungere un termine Alla nostrafunzione costruita attraverso un polinomio (eh sigrave stiamo usando solo potenze di x moltiplicate per coefficienti numericihellip) aggiungiamoil termine di terzo grado
f III (x0) (x ndash x0)3
La nostra funzione che tende ad approssimare la f(x) in un intorno del punto P egrave diventata
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)2 + f III(x0) (x ndash x0)3 + A3An
Una bella cubica (cubica osculatrice chiamiamola cosigravehellip) che approssima ancora meglio la nostra funzione di partenza f(x) in unintorno di P (curva marrone in Fig 3) Lrsquoerrore che si commette diventa sempre piugrave piccolo e possiamo dire con certezza che deveessere un infinitesimo di ordine superiore a TRE Un errore che possiamo ormai permetterci di chiamare ldquorestordquo
Ovviamente possiamo proseguire fino ad arrivare allrsquoordine n che preferiamo e che ci regala un errore piugrave piccolo rispetto alle nostreesigenze
Tutto bene Nemmeno per sogno Purtroppo i primi due termini che ci sono serviti per il nostro gioco non ci regalano informazioni sulcoefficiente numerico che deve veramente moltiplicare (x ndashx0) elevato alle potenze successive Non ci resta che fare una cosa moltobanale ma illuminante e decisiva Applichiamo la nostra ldquofantasiardquo matematica a una funzione che sia davvero un polinomio Ad esempiouna bella cubica e vediamo se funziona veramente Se funziona per lei siamo abbastanza sicuri che funzioneragrave anche per funzionidiverse dai polinomi Lagrange ci aiuteragrave di nuovo per passare da fantasia a realtagrave
Bene la prossima volta faremo questo tentativo
Sigrave lo so abbiamo fatto un porsquo di pseudo-matematica molto empirica e poco rigorosa Abbiamo veramente scherzato Mica tanto ecomunque abbiamo introdotto lo sviluppo in serie in modo estremamente semplice e intuitivo Inoltre le derivate successive acquistanoun significato ldquoquasirdquo geometrico dato che sono i coefficienti dei termini di grado equivalente
Chi storce un porsquo il naso vedragrave che correremo ai ripari sempre grazie a Lagrange (uffa)
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35 Approssimiamo un polinomio con un polinomiohellip 2015-10-19 061042 Vincenzo Zappalagrave
Abbiamo iniziato una specie di gioco che sta diventando un piccolo ldquogiallordquo Continuiamo senza preoccuparci piugrave di tanto della visionemolto empirica e poco matematicahellipLa mettiamo velocemente alla prova
Proviamo a vedere se la nostra ldquointuizionerdquo che fa uso delle derivate successive egrave corretta oppure no La cosa migliore da fare egraveapplicarla a unhellip vero polinomio Il risultato deve dare esattamente la funzione di partenza
Consideriamo come funzione
y = x3 + x2 + x
Come punto in cui approssimare la funzione scegliamo proprio lrsquoorigine degli assi ossia x = 0 (egrave necessario farlo altrimenti citroveremmo nei guai Guai perograve che si risolveranno da soli)
Vediamo quanto valgono la funzione e le sue derivate successive calcolate in quel punto
f(0) = 0
f rsquo(x) = 3x2 + 2x + 1
f rsquo0) = 1
f rdquo(x) = 6x + 2
f rdquo(0) = 2
f III (x) = 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 0
f IV(0) = 0
Prendiamo la forma empirica che avevamo ricavato la volta scorsa e applichiamola al nostro caso senza pensare allrsquoerrore ossiaimmaginando di proseguire con le derivate successive Ovviamente ci fermiamo quando la derivata diventa zero dato che saranno zeroanche tutte quelle successive Lerrore deve diventare zero
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)2 + f III(x0) (x ndash x0)3 + fIV(x0) (x ndash x0)4 + hellip
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0) x 2 + f III(0) x03 + f IV(x0) (x ndash x0)4 + hellip
f(x) = 0 + 1 x + 2 x2 + 6 x3 + 0 x4 + hellip
Alla fine otteniamo
f(x) = x + 2x2 + 6x3
Accidenti ci siamo quasi ma non tornano i coefficienti dei vari termini in xhellip
Unrsquoidea di come fare ce lrsquoavremmo anche mahellip egrave meglio provare con una funzione di grado piugrave elevato Vediamo se conferma la nostraipotesi un porsquo balzana (ce lrsquoavete anche voi vero)
f(x) = x5 + x4 + x3 + x2 + x
Calcoliamo di nuovo le derivate per x = 0
f(0) = 0
f rsquo(x) = 5x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 20x3 + 12x2 + 6x + 2
f rdquo(0) = 2
f III (x) = 60x2 + 24x + 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 120x + 24
f IV(0) = 24
f V(x) = 120
f V(0) = 120
f VI(x) = 0
f VI(0) = 0
Da cui
f(x) = x + 2x2 + 6x3 + 24x4 + 120x5
La funzione non egrave quella di partenza ma la nostra idea balzana sembra proprio funzionarehellip
Lrsquoidea balzana (che adesso non egrave piugrave tanta balzana) egrave che per fare tornare la funzione di partenza egrave necessario dividere i coefficientinumerici per un qualcosa che non egrave difficile da determinare in modo generale e che dipende solo e soltanto dallrsquoesponente di xQualcosa che egrave sempre legato alla derivata di una potenza
Provate a pensarci e ci risentiamo prestohellip
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36 La serie di Taylor e quella di Maclaurin 2015-10-24 071056 Vincenzo Zappalagrave
Il gioco egrave quasi terminato e possiamo tornare lentamente verso una visione piugrave seria e precisa Ciograve che abbiamo ottenuto divertendocinon egrave altro che una formula di importanza fondamentale
Ragioniamoci sopra il termine in x deve essere diviso per 1 il termine in x2 deve essere diviso per 2 il termine in x3 deve essere divisoper 6 e via dicendo Ci chiediamo ldquoQual egrave il legame che esiste tra lrsquoesponente della x e questo numero variabilerdquo
Proviamo con queste semplici relazioni
1 = 1
2 1 = 2
3 2 1 = 6
4 3 2 1 = 24
5 4 3 2 1 = 120
Cosa abbiamo fatto Ad ogni numero n abbiamo associato il prodotto di tutti i numeri interi che lo precedono (escludendo lo zero)
In parole piugrave matematiche a n associamo il numero
n (n-1) (n -2) hellip 3 2 1
Ad esempio a 1 associamo 1 dato che non vi egrave nessun numero che lo precede Al numero 2 il prodotto 2 per 1 A 3 il prodotto 3 per 2per 1 e via dicendo Questo nuovo numero si chiama fattoriale del numero e si calcola come prodotto del numero per tutti i suoiantecedenti
Nel nostro caso se lrsquoesponente di x egrave 1 dividiamo la potenza per il fattoriale di 1 ossia 1 se lrsquoesponente egrave 2 la dividiamo per il fattorialedi 2 ossia 2 per 1 ossia 2 se lrsquoesponente egrave 3 la dividiamo per il fattoriale di 3 ossia 3 per 2 per 1 ossia 6 se lrsquoesponente egrave 4 ladividiamo per il fattoriale di 4 ossia 4 per 3 per 2 per 1 ossia 24 e via dicendo
Funziona questo tipo di coefficiente Perfettamente dato che egrave proprio quello che riduce a 1 tutti i coefficienti delle potenze di xottenendo alla fine proprio la funzione di partenza Oltretutto la sua ragione dessere egrave abbastanza semplice da capire egrave il coefficienteche serve ad annullare il coefficiente che nasce eseguendo le derivate successive
Possiamo perciograve scrivere la formula corretta
f(x) = x1 + 2 x2(2 1) + 6 x3( 3 2 1) + 24 x4(4 3 2 1) + 120 x5(5 4 3 2 1)
ossia
f(x) = x + x2 + x3 + x4 + x5
Magnifico
Abbiamo lavorato in modo molto rudimentale -e spesso fantasioso- ma siamo riusciti nel nostro intento Abbiamo ricavato nientemenoche la serie di Taylor un polinomio che ci permette di approssimare qualsiasi funzione nellrsquointorno di un certo punto fino al livello diprecisione che vogliamo (la precisione ce la dice il resto ossia lrsquoerrore che egrave perograve sicuramente un infinitesimo maggiore dellrsquoultimotermine considerato)
Prima di scriverla in modo generale introduciamo una scrittura sintetica che ci permette di indicare il fattoriale molto rapidamente Dopoil numero inseriamo un punto esclamativo Questo simbolo ci dice che dobbiamo moltiplicare n per tutti i numeri che lo precedonoossia
n = n (n-1) (n -2) hellip 3 2 1
La formula di Taylor nellrsquointorno del punto origine (x = 0) diventa
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x1 + f rdquo(0) x22 + fIII(0) x33 + hellip f n (0) xnn
In realtagrave quanto detto non egrave proprio verohellip La formula che abbiamo scritto si riferisce alla serie di Maclaurin che non egrave altro che laserie di Taylor calcolata nellrsquoorigine
La vera serie di Taylor vale per qualsiasi punto di ascissa x0 della funzione da approssimare e si scrive
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x - x0)1 + f rdquo(x0) (x - x0)22 + f III(x0) (x - x0)33 + hellip f n (x0)(x - x0)nn
A questo punto possiamo anche permetterci di utilizzare la nostra formula di Taylor per la funzione polimoniale di terzo grado sceltacome esempio precedentemente e vedere se continua a funzionare anche per x diverso da ZERO
Riprendiamo quindi
f(x) = x3 + x2 + x
e approssimiamola con la serie di Taylor nel punto di ascissa x0 = 1
Le derivate calcolate nel punto di ascissa x = 1 ovviamente cambianohellip
f(x) = x3 + x2 + x
f(1) = 3
f rsquo(x) = 3x2 + 2x + 1
f rsquo(1) = 6
f rdquo(x) = 6x + 2
f rdquo(1) = 8
f III (x) = 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 0
f IV(0) = 0
La formula di Taylor diventa
f(x) = f(1) + f rsquo(1) (x - 1)1 + f rdquo(1) (x - 1)22 + f III(1) (x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1)1 + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1) + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)36
f(x) = 3 + 6 x - 6 + (8 x2 + 8 - 16 x )2 + (6x3 - 6 - 18x2 + 18x)6
f(x) = 3 + 6 x - 6 + 4 x2 + 4 - 8 x + x3 - 1 - 3x2 + 3x
f(x) = x3 + x2 + x
Come volevasi dimostrare
Per vedere quanto sia utile la serie di Taylor basterebbe applicarla a funzioni non polinomiali come il seno ed ex Ed egrave quello che faremoe che ci permetteragrave anche di trovare il numero ldquoerdquo con la precisione voluta
Teniamo inoltre in conto che fare integrali di funzioni un porsquo strane potrebbe essere quasi impossibile Sostituendo la funzione con unaserie di potenze di x tutto si semplifica enormemente Importanza enorme ce lrsquoha anche lrsquoerrore che si commette ossia il resto Noipossiamo tralasciarlo dato che abbiamo capito come funziona concettualmente ma la matematica piugrave raffinata si diverte un sacco adanalizzarlo in tutti i modi
Resta perograve il fatto che siamo arrivati a scrivere lrsquoimportantissima formula che descrive lo sviluppo in serie che approssima unafunzione qualsiasi attraverso un polinomio in modo molto altalenante e spesso empirico Molti non saranno soddisfatti per cuiproveremo a ricavare la formula facendo uso di due teoremi fondamentali quello di Rolle e quello di Lagrange che egrave una suageneralizzazione Vedremo anche che senza introdurre le derivate successive era giagrave possibile scrivere serie numeriche estremamenteutili
In ogni modo abbiamo anche risposto alla domanda sul significato delle derivate successive Esse servono a determinare i coefficientidei termini successivi in modo da poter approssimare una curva data in suo intorno attraverso curve polimoniali di grado sempre piugraveelevato (parabola cubica quadrica ecc) La stessa cosa che in fondo faceva la derivata prima
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37 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (prima parte) 2015-10-30 061050 Vincenzo Zappalagrave
Questo non egrave un articolo facile non tanto per i concetti che esprime ma piuttosto per il numero di passaggi che siamo obbligati a fareSi basa su un teorema classico delle funzioni e presenta perciograve un metodo rigoroso che abbisogna perograve di iterazioni successive (maifacili da digerire e da tenere sottocchio) Mi sembrava perograve doveroso proporlo
Prima di partire dobbiamo ricordare un teorema fondamentale dellrsquoanalisi matematica il teorema di Rolle Esso sembra del tutto ovvioe come sempre capita in queste situazioni la dimostrazione rigorosa egrave tuttrsquoaltro che banale e possiamo tranquillamente evitarla
Esso puograve essere enunciato come segue
Se una funzione f(x) egrave continua nellrsquointervallo (ab) egrave derivabile e vale inoltre f(a) = f(b) allora esiste sicuramente una x0 nellrsquointervallo(ab) in cui f rsquo(x0 ) = 0
Abbiamo scritto qualcosa di veramente semplice e intuitivo che viene descritto perfettamente nella Fig 1
Figura 1
Come appena detto la funzione deve essere continua (senza punti peculiari o salti improvvisi) e derivabile La seconda assunzioneevita il caso della retta congiungete a con b dato che la derivata sarebbe sempre nulla
Ne segue che qualsiasi cosa faccia la funzione nellrsquointervallo (ab) essa partendo da f(a) deve tornare a f(b) = f(a) Non egrave difficileconcludere che se deve essere ldquocurvardquo deve esistere almeno un punto di massimo eo minimo allrsquointerno dellrsquointervallo (ab) Ma unpunto di massimo eo di minimo deve anche avere una x0 tale che f (x0) = 0
Sembra una vera sciocchezza (ma sapeste quanti teoremi fondamentali dellrsquoanalisi matematica hanno questa apparenzahellip) e nonpossiamo certo complicare ciograve che egrave semplice Tuttavia da questo teorema ne segue uno leggermente piugrave complicato che prende ilnome di teorema di Lagrange Esso puograve essere considerato una generalizzazione di quello di Rolle Il suo enunciato egrave il seguente
Se una funzione f(x) egrave continua e derivabile nellrsquointervallo (ab) ed egrave inoltre f(a) ne f(b) allora esiste sicuramente un punto di ascissa x0nellrsquointervallo (ab) tale che la tangente alla funzione in quel punto sia parallela alla congiungente i punti P(af(a)) e Q(bf(b))
Lo vediamo rappresentato in fig 2
Figura 2
Behhellip potremmo facilmente dire che non egrave altro che il teorema di Rolle ldquoruotatordquo In realtagrave egrave proprio cosigrave ma la dimostrazione egraveabbastanza laboriosa Accettiamola per buona dato che il risultato egrave abbastanza intuibile Piugrave interessante egrave tradurlo in una sempliceformula
f rsquo(x0) = (f(b) ndash f(a))(b ndash a) hellip (1)
Che dice praticamente che la tangente in (x0 f(x0)) egrave parallela alla congiungente P(a f(a)) con Q(bf(b)) Infatti la derivata prima non egravealtro che il coefficiente angolare della tangente in x0
Questa formula egrave proprio quella che ci serve per introdurre la serie di Taylorhellip
La funzione sia definita e derivabile indefinitamente nellrsquointervallo (ab) ossia esistano tutte le sue derivate successive La (1) puograveessere applicata allrsquointervallo (x0 x) interno ad (ab) diventando
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x1) hellip (2)
Dove x1 egrave compreso tra x0 e x ossia x0 lt x1 lt x
Per le ipotesi di partenza possiamo dire che f rsquo(x1) dipende solo e soltanto dallrsquointervallo (x x0) Infatti se cambiassi gli estremicambierebbe anche il punto in cui la tangente egrave parallela alla retta che collega i due estremi e di conseguenza anche il coefficienteangolare della stessa tangente
f rsquo(x1) puograve essere considerata composta da due parti una costante e una variabile Come valore costante prendiamo proprio f rsquo(x0) echiamiamo ε la parte variabile ossia
f rsquo(x1) = f rsquo(x0) + ε
La (2) diventa
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x0) + ε
f(x) = f(x0) + (x ndash x0)(f rsquo(x0) + ε)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (x ndash x0)ε hellip (3)
Ma che tipo di funzione puograve essere questa ε
Di sicuro non puograve essere una costante dato che se derivassimo la (3) sotto questa ipotesi avremmo
f rsquo(x) = 0 + f rsquo(x0) + ε = f rsquo(x0) + ε
Questa ldquobanalerdquo relazione ci dice che ε deve annullarsi nel momento in cui x = x0 Ersquo lrsquounico modo percheacute si ottenga f (x0) = f rsquo(x0)
Percheacute questo possa succedere la via piugrave ovvia egrave che ε sia funzione di x ndash x0 ossia
ε = C2(x ndash x0) hellip (4)
con C2 costante (vi state accorgendo che cerchiamo di inserire fin da subito i coefficienti della seriehellip) Il pedice 2 ha una sua ragione
drsquoessere come vedremo tra poco
Sostituiamo la (4) nella (3) e otteniamo
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0) (x ndash x0)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0)2 hellip (5)
Non ci resta adesso che derivare di nuovo la (5) per cercare di determinare il valore di C2
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + 2C2(x ndash x0)
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = 2C2
Ma applicando di nuovo il teorema di Lagrange alla funzione f rsquo(x) (continua e derivabile per definizione) si ha
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = f rdquo(x2)
da cui
C2 = f rdquo(x2)2 hellip (6) (il pedice 2 corrisponde al grado della derivata)
Ovviamente con x0 lt x2 lt x
Sostituiamo la (6) nella (5)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (7)
f(x) - f(x0) - (x ndash x0) f rsquo(x0) = f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (8)
Il secondo membro della (8) non egrave altro che ciograve che manca al primo membro per arrivare fino alla funzione originaria In altre parolelrsquoerrore che si commette approssimando la curva con la tangente in x0
Chiamiamo questo ldquoerrorerdquo resto di Lagrange e lo indichiamo con R2
R2 = f rdquo(x2) (x ndash x0)22
Speravate di essere alla fine Purtroppo nohellip siamo solo allrsquoinizio o quasi (ecco percheacute i tre-quattro asterischi dellrsquoarticolo anche se leoperazioni e i concetti non sono difficili)
Per adesso possiamo solo dire che lrsquoerrore commesso egrave di ordine superiore alla funzione che abbiamo usato come approssimazioneIn particolare abbiamo anche trovato che dipende dalla derivata secondahellip
Non ci resta che ripetere quanto fatto finora Prima perograve digerite bene questa prima parte
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38 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (seconda parte) 2015-11-05 051141 Vincenzo Zappalagrave
Concludiamo la costruzione della serie di Taylor introducendo il suo termine generale Lho letta e riletta ma non garantisco che non visia ancora qualche refuso Picchiate duro e non abbiate pietagrave di me
Definiamo
f rdquo(x2) = f (x0) + φ
La (7) diventa
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (f rdquo(x0) + φ)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + frdquo(x0)(x ndash x0)22 + φ(x ndash x0)22 hellip (9)
Derivando due volte
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0) + φ(x ndash x0)
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + φ
segue ancora una volta che φ deve essere uguale a zero per x = x0
Abbiamo ripetuto questa parte ma si poteva concludere subito che
φ = C3(x - x0)
Andiamo a sostituire nella (9) e si ha
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x - x0)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x ndash x0)32 hellip (10)
Deriviamo due volte per trovare il valore di C3
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0) + 3C3(x ndash x0)22
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + 3C3(x - x0)
E applicando ancora il teorema di Lagrange
3C3 = (f rdquo(x) ndash f rdquo(x0))(x ndash x0) = f III(x3)
Con x0 lt x3 lt x
Da cui C3 = f III(x3)3
E infine sostituendo nella (10)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x3) (x ndash x0)36 hellip (11)
Questa egrave una serie che approssima ancora meglio la funzione di partenza nellrsquointorno del punto x0 tenendo conto anche del termine disecondo grado (ossia rappresenta la parabola osculatrice) Lrsquoerrore che si commette egrave sempre dato da
R3 = f III(x3)(x ndash x0)36
Che ovviamente tende a zero piugrave velocemente di R2 contenendo il termine al cubo
Non fatemi proseguire piugrave di tantohellip Basta ripetere lo stesso procedimento unrsquoaltra volta e si ottiene (provare per credere)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x4)(x ndash x0)424
Che rappresenta la cosiddetta cubica osculatricehellip e via dicendo
Continuando ad applicare Lagrange e inserendo sempre nuove costanti si otterragrave alla fine
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x0)(x ndash x0)424 + hellip + f n(x0) (x ndash x0)n n + Rn+1 hellip (12)
Con
Rn+1 = f n+1(xn+1)(x ndash x0)n+1 (n + 1)
Riassumendo lo sviluppo in serie di una funzione f(x) continua e derivabile indefinitamente in un certo intervallo puograve essereapprossimata attraverso una serie di potenze di x fino al grado n desiderato n egrave anche lrsquoordine di derivazione raggiunto Lrsquoerrore
che si commette egrave rappresentato dal termine di grado superiore che contiene la derivata di ordine superiore calcolata in un puntodellrsquointervallo (x x0) che soddisfa il teorema di Lagrange
Per non portarci dietro un sacco di termini conviene scrivere la serie di Taylor utilizzando il simbolo di sommatoria (Σ ) che riunisce tuttitermini in uno solo ricorrente In parole matematiche
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn hellip (13)
Che si legge proprio come la somma da n uguale zero a n = infinito del prodotto tra la derivata ennesima calcolata nel punto in cui sivuole approssimare la funzione moltiplicata per la potenza ennesima di (x ndash x0) e divisa per il fattoriale di n La funzione in x0 egrave stataapprossimata da un polinomio con termini di grado crescente ossia da curve che si avvicinano sempre di piugrave a quella di partenza
Ovviamente andando fino a infinito non esiste resto Tuttavia nessuno puograve andare a infinito per cui n si ferma a un certo valore e nederiva un resto dato dalla solita formula di grado subito superiore a n
A titolo di esempio ma ci torneremo sopra potete vedere nella Fig 3 come la funzione sen(x) venga approssimata dalla serie di Taylorfermata a vari valori di n nel punto x0 = 0 (e quindi diventata di Maclaurin) Niente malehellip
Figura 3
Vi sono anche altri metodi per ricavare la formula di Taylor piugrave o meno empirici eo intuitivi Non vorrei esagerare e mi limiterei a quellipresentati negli ultimi articoli Uno egrave veramente semplificato lrsquoaltro segue una regola precisa e si basa su un teorema A voi la sceltahelliplrsquoimportante egrave ricordare la formula di Taylor e la sua sorellina semplificata di Maclaurin
La prossima volta cercheremo di applicarla per evidenziare ancora meglio la sua importanza matematica e non solo
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39 Esercitiamoci con Taylor e Mclaurin 2015-11-08 171142 Vincenzo Zappalagrave
In questo articolo applichiamo la serie di Mclaurin a due funzioni estremamente importanti Di seguito trovate anche qualche eserciziohellip
Applichiamo quanto abbiamo dimostrato in due modi molto diversi a delle vere funzioni che abbiano le giuste caratteristiche (continue ederivabili)
Ricordiamo la formula di Taylor
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn
Ma soprattutto quella di Mclaurin che useremo normalmente Come giagrave detto la seconda non egrave altro che la prima applicata al punto diascissa x0 = 0
f(x) = Σinfinn = 0 f n(0)xnn
Cominciamo svolgendo insieme uno dei casi piugrave famosi e utili quello relative alla funzione y = ex La funzione egrave sicuramente continuaed egrave anche derivabile infinite volte In particolare le derivate sono sempre uguali e coincidono con la funzione di partenza Gran bellacomoditagravehellip
Scriviamo la (1) per esteso
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
e applichiamola al caso f(x) = ex
Ovviamente tutte le derivate di ex valgono sempre ex e calcolate in 0 danno come risultato 1
Lo sviluppo in serie diventa
ex = 1 + x + x22 + x33 + x4 4 + hellip = Σinfinn=0 xnn
Possiamo ora calcolare la funzione nel punto in cui x = 1 e si ha
e1 = e = 1 + 1 + 12 + 13 + 1 4 + hellip
che ci permette di calcolare il numero e con tutti i decimali che si voglionohellip
Proviamo con unrsquoaltra funzione semplice ma di estrema importanza
f(x) = 1(1 - x)
Tutte le derivate successive della funzione hanno come denominatore (1 ndash x) elevato a potenze successive che quindi egrave sempre ugualea 1 per x0 = 0 Il numeratore egrave invece proprio una moltiplicazione successiva degli esponenti ossia n
Verifichiamolo (il calcolo delle derivate lo lascio a voi per esercizio)
f(0) = 1(1 - 0) = 1
f rsquo(x) = 1(1 - x)2
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 2(1 ndash x)3
f rdquo(0) = 2 = 2middot1 = 2
f III(x) = 6(1 - x)4
f III(0) = 6 = 3middot2middot1 = 3
f IV(x) = 24(1 ndash x)5
f IV(0) = 24 = 4middot3middot2middot1 = 4
Per cui la
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
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TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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wwwbatmathit
Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
35 Approssimiamo un polinomio con un polinomiohellip 2015-10-19 061042 Vincenzo Zappalagrave
Abbiamo iniziato una specie di gioco che sta diventando un piccolo ldquogiallordquo Continuiamo senza preoccuparci piugrave di tanto della visionemolto empirica e poco matematicahellipLa mettiamo velocemente alla prova
Proviamo a vedere se la nostra ldquointuizionerdquo che fa uso delle derivate successive egrave corretta oppure no La cosa migliore da fare egraveapplicarla a unhellip vero polinomio Il risultato deve dare esattamente la funzione di partenza
Consideriamo come funzione
y = x3 + x2 + x
Come punto in cui approssimare la funzione scegliamo proprio lrsquoorigine degli assi ossia x = 0 (egrave necessario farlo altrimenti citroveremmo nei guai Guai perograve che si risolveranno da soli)
Vediamo quanto valgono la funzione e le sue derivate successive calcolate in quel punto
f(0) = 0
f rsquo(x) = 3x2 + 2x + 1
f rsquo0) = 1
f rdquo(x) = 6x + 2
f rdquo(0) = 2
f III (x) = 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 0
f IV(0) = 0
Prendiamo la forma empirica che avevamo ricavato la volta scorsa e applichiamola al nostro caso senza pensare allrsquoerrore ossiaimmaginando di proseguire con le derivate successive Ovviamente ci fermiamo quando la derivata diventa zero dato che saranno zeroanche tutte quelle successive Lerrore deve diventare zero
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x ndash x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)2 + f III(x0) (x ndash x0)3 + fIV(x0) (x ndash x0)4 + hellip
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0) x 2 + f III(0) x03 + f IV(x0) (x ndash x0)4 + hellip
f(x) = 0 + 1 x + 2 x2 + 6 x3 + 0 x4 + hellip
Alla fine otteniamo
f(x) = x + 2x2 + 6x3
Accidenti ci siamo quasi ma non tornano i coefficienti dei vari termini in xhellip
Unrsquoidea di come fare ce lrsquoavremmo anche mahellip egrave meglio provare con una funzione di grado piugrave elevato Vediamo se conferma la nostraipotesi un porsquo balzana (ce lrsquoavete anche voi vero)
f(x) = x5 + x4 + x3 + x2 + x
Calcoliamo di nuovo le derivate per x = 0
f(0) = 0
f rsquo(x) = 5x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 20x3 + 12x2 + 6x + 2
f rdquo(0) = 2
f III (x) = 60x2 + 24x + 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 120x + 24
f IV(0) = 24
f V(x) = 120
f V(0) = 120
f VI(x) = 0
f VI(0) = 0
Da cui
f(x) = x + 2x2 + 6x3 + 24x4 + 120x5
La funzione non egrave quella di partenza ma la nostra idea balzana sembra proprio funzionarehellip
Lrsquoidea balzana (che adesso non egrave piugrave tanta balzana) egrave che per fare tornare la funzione di partenza egrave necessario dividere i coefficientinumerici per un qualcosa che non egrave difficile da determinare in modo generale e che dipende solo e soltanto dallrsquoesponente di xQualcosa che egrave sempre legato alla derivata di una potenza
Provate a pensarci e ci risentiamo prestohellip
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
36 La serie di Taylor e quella di Maclaurin 2015-10-24 071056 Vincenzo Zappalagrave
Il gioco egrave quasi terminato e possiamo tornare lentamente verso una visione piugrave seria e precisa Ciograve che abbiamo ottenuto divertendocinon egrave altro che una formula di importanza fondamentale
Ragioniamoci sopra il termine in x deve essere diviso per 1 il termine in x2 deve essere diviso per 2 il termine in x3 deve essere divisoper 6 e via dicendo Ci chiediamo ldquoQual egrave il legame che esiste tra lrsquoesponente della x e questo numero variabilerdquo
Proviamo con queste semplici relazioni
1 = 1
2 1 = 2
3 2 1 = 6
4 3 2 1 = 24
5 4 3 2 1 = 120
Cosa abbiamo fatto Ad ogni numero n abbiamo associato il prodotto di tutti i numeri interi che lo precedono (escludendo lo zero)
In parole piugrave matematiche a n associamo il numero
n (n-1) (n -2) hellip 3 2 1
Ad esempio a 1 associamo 1 dato che non vi egrave nessun numero che lo precede Al numero 2 il prodotto 2 per 1 A 3 il prodotto 3 per 2per 1 e via dicendo Questo nuovo numero si chiama fattoriale del numero e si calcola come prodotto del numero per tutti i suoiantecedenti
Nel nostro caso se lrsquoesponente di x egrave 1 dividiamo la potenza per il fattoriale di 1 ossia 1 se lrsquoesponente egrave 2 la dividiamo per il fattorialedi 2 ossia 2 per 1 ossia 2 se lrsquoesponente egrave 3 la dividiamo per il fattoriale di 3 ossia 3 per 2 per 1 ossia 6 se lrsquoesponente egrave 4 ladividiamo per il fattoriale di 4 ossia 4 per 3 per 2 per 1 ossia 24 e via dicendo
Funziona questo tipo di coefficiente Perfettamente dato che egrave proprio quello che riduce a 1 tutti i coefficienti delle potenze di xottenendo alla fine proprio la funzione di partenza Oltretutto la sua ragione dessere egrave abbastanza semplice da capire egrave il coefficienteche serve ad annullare il coefficiente che nasce eseguendo le derivate successive
Possiamo perciograve scrivere la formula corretta
f(x) = x1 + 2 x2(2 1) + 6 x3( 3 2 1) + 24 x4(4 3 2 1) + 120 x5(5 4 3 2 1)
ossia
f(x) = x + x2 + x3 + x4 + x5
Magnifico
Abbiamo lavorato in modo molto rudimentale -e spesso fantasioso- ma siamo riusciti nel nostro intento Abbiamo ricavato nientemenoche la serie di Taylor un polinomio che ci permette di approssimare qualsiasi funzione nellrsquointorno di un certo punto fino al livello diprecisione che vogliamo (la precisione ce la dice il resto ossia lrsquoerrore che egrave perograve sicuramente un infinitesimo maggiore dellrsquoultimotermine considerato)
Prima di scriverla in modo generale introduciamo una scrittura sintetica che ci permette di indicare il fattoriale molto rapidamente Dopoil numero inseriamo un punto esclamativo Questo simbolo ci dice che dobbiamo moltiplicare n per tutti i numeri che lo precedonoossia
n = n (n-1) (n -2) hellip 3 2 1
La formula di Taylor nellrsquointorno del punto origine (x = 0) diventa
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x1 + f rdquo(0) x22 + fIII(0) x33 + hellip f n (0) xnn
In realtagrave quanto detto non egrave proprio verohellip La formula che abbiamo scritto si riferisce alla serie di Maclaurin che non egrave altro che laserie di Taylor calcolata nellrsquoorigine
La vera serie di Taylor vale per qualsiasi punto di ascissa x0 della funzione da approssimare e si scrive
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x - x0)1 + f rdquo(x0) (x - x0)22 + f III(x0) (x - x0)33 + hellip f n (x0)(x - x0)nn
A questo punto possiamo anche permetterci di utilizzare la nostra formula di Taylor per la funzione polimoniale di terzo grado sceltacome esempio precedentemente e vedere se continua a funzionare anche per x diverso da ZERO
Riprendiamo quindi
f(x) = x3 + x2 + x
e approssimiamola con la serie di Taylor nel punto di ascissa x0 = 1
Le derivate calcolate nel punto di ascissa x = 1 ovviamente cambianohellip
f(x) = x3 + x2 + x
f(1) = 3
f rsquo(x) = 3x2 + 2x + 1
f rsquo(1) = 6
f rdquo(x) = 6x + 2
f rdquo(1) = 8
f III (x) = 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 0
f IV(0) = 0
La formula di Taylor diventa
f(x) = f(1) + f rsquo(1) (x - 1)1 + f rdquo(1) (x - 1)22 + f III(1) (x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1)1 + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1) + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)36
f(x) = 3 + 6 x - 6 + (8 x2 + 8 - 16 x )2 + (6x3 - 6 - 18x2 + 18x)6
f(x) = 3 + 6 x - 6 + 4 x2 + 4 - 8 x + x3 - 1 - 3x2 + 3x
f(x) = x3 + x2 + x
Come volevasi dimostrare
Per vedere quanto sia utile la serie di Taylor basterebbe applicarla a funzioni non polinomiali come il seno ed ex Ed egrave quello che faremoe che ci permetteragrave anche di trovare il numero ldquoerdquo con la precisione voluta
Teniamo inoltre in conto che fare integrali di funzioni un porsquo strane potrebbe essere quasi impossibile Sostituendo la funzione con unaserie di potenze di x tutto si semplifica enormemente Importanza enorme ce lrsquoha anche lrsquoerrore che si commette ossia il resto Noipossiamo tralasciarlo dato che abbiamo capito come funziona concettualmente ma la matematica piugrave raffinata si diverte un sacco adanalizzarlo in tutti i modi
Resta perograve il fatto che siamo arrivati a scrivere lrsquoimportantissima formula che descrive lo sviluppo in serie che approssima unafunzione qualsiasi attraverso un polinomio in modo molto altalenante e spesso empirico Molti non saranno soddisfatti per cuiproveremo a ricavare la formula facendo uso di due teoremi fondamentali quello di Rolle e quello di Lagrange che egrave una suageneralizzazione Vedremo anche che senza introdurre le derivate successive era giagrave possibile scrivere serie numeriche estremamenteutili
In ogni modo abbiamo anche risposto alla domanda sul significato delle derivate successive Esse servono a determinare i coefficientidei termini successivi in modo da poter approssimare una curva data in suo intorno attraverso curve polimoniali di grado sempre piugraveelevato (parabola cubica quadrica ecc) La stessa cosa che in fondo faceva la derivata prima
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37 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (prima parte) 2015-10-30 061050 Vincenzo Zappalagrave
Questo non egrave un articolo facile non tanto per i concetti che esprime ma piuttosto per il numero di passaggi che siamo obbligati a fareSi basa su un teorema classico delle funzioni e presenta perciograve un metodo rigoroso che abbisogna perograve di iterazioni successive (maifacili da digerire e da tenere sottocchio) Mi sembrava perograve doveroso proporlo
Prima di partire dobbiamo ricordare un teorema fondamentale dellrsquoanalisi matematica il teorema di Rolle Esso sembra del tutto ovvioe come sempre capita in queste situazioni la dimostrazione rigorosa egrave tuttrsquoaltro che banale e possiamo tranquillamente evitarla
Esso puograve essere enunciato come segue
Se una funzione f(x) egrave continua nellrsquointervallo (ab) egrave derivabile e vale inoltre f(a) = f(b) allora esiste sicuramente una x0 nellrsquointervallo(ab) in cui f rsquo(x0 ) = 0
Abbiamo scritto qualcosa di veramente semplice e intuitivo che viene descritto perfettamente nella Fig 1
Figura 1
Come appena detto la funzione deve essere continua (senza punti peculiari o salti improvvisi) e derivabile La seconda assunzioneevita il caso della retta congiungete a con b dato che la derivata sarebbe sempre nulla
Ne segue che qualsiasi cosa faccia la funzione nellrsquointervallo (ab) essa partendo da f(a) deve tornare a f(b) = f(a) Non egrave difficileconcludere che se deve essere ldquocurvardquo deve esistere almeno un punto di massimo eo minimo allrsquointerno dellrsquointervallo (ab) Ma unpunto di massimo eo di minimo deve anche avere una x0 tale che f (x0) = 0
Sembra una vera sciocchezza (ma sapeste quanti teoremi fondamentali dellrsquoanalisi matematica hanno questa apparenzahellip) e nonpossiamo certo complicare ciograve che egrave semplice Tuttavia da questo teorema ne segue uno leggermente piugrave complicato che prende ilnome di teorema di Lagrange Esso puograve essere considerato una generalizzazione di quello di Rolle Il suo enunciato egrave il seguente
Se una funzione f(x) egrave continua e derivabile nellrsquointervallo (ab) ed egrave inoltre f(a) ne f(b) allora esiste sicuramente un punto di ascissa x0nellrsquointervallo (ab) tale che la tangente alla funzione in quel punto sia parallela alla congiungente i punti P(af(a)) e Q(bf(b))
Lo vediamo rappresentato in fig 2
Figura 2
Behhellip potremmo facilmente dire che non egrave altro che il teorema di Rolle ldquoruotatordquo In realtagrave egrave proprio cosigrave ma la dimostrazione egraveabbastanza laboriosa Accettiamola per buona dato che il risultato egrave abbastanza intuibile Piugrave interessante egrave tradurlo in una sempliceformula
f rsquo(x0) = (f(b) ndash f(a))(b ndash a) hellip (1)
Che dice praticamente che la tangente in (x0 f(x0)) egrave parallela alla congiungente P(a f(a)) con Q(bf(b)) Infatti la derivata prima non egravealtro che il coefficiente angolare della tangente in x0
Questa formula egrave proprio quella che ci serve per introdurre la serie di Taylorhellip
La funzione sia definita e derivabile indefinitamente nellrsquointervallo (ab) ossia esistano tutte le sue derivate successive La (1) puograveessere applicata allrsquointervallo (x0 x) interno ad (ab) diventando
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x1) hellip (2)
Dove x1 egrave compreso tra x0 e x ossia x0 lt x1 lt x
Per le ipotesi di partenza possiamo dire che f rsquo(x1) dipende solo e soltanto dallrsquointervallo (x x0) Infatti se cambiassi gli estremicambierebbe anche il punto in cui la tangente egrave parallela alla retta che collega i due estremi e di conseguenza anche il coefficienteangolare della stessa tangente
f rsquo(x1) puograve essere considerata composta da due parti una costante e una variabile Come valore costante prendiamo proprio f rsquo(x0) echiamiamo ε la parte variabile ossia
f rsquo(x1) = f rsquo(x0) + ε
La (2) diventa
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x0) + ε
f(x) = f(x0) + (x ndash x0)(f rsquo(x0) + ε)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (x ndash x0)ε hellip (3)
Ma che tipo di funzione puograve essere questa ε
Di sicuro non puograve essere una costante dato che se derivassimo la (3) sotto questa ipotesi avremmo
f rsquo(x) = 0 + f rsquo(x0) + ε = f rsquo(x0) + ε
Questa ldquobanalerdquo relazione ci dice che ε deve annullarsi nel momento in cui x = x0 Ersquo lrsquounico modo percheacute si ottenga f (x0) = f rsquo(x0)
Percheacute questo possa succedere la via piugrave ovvia egrave che ε sia funzione di x ndash x0 ossia
ε = C2(x ndash x0) hellip (4)
con C2 costante (vi state accorgendo che cerchiamo di inserire fin da subito i coefficienti della seriehellip) Il pedice 2 ha una sua ragione
drsquoessere come vedremo tra poco
Sostituiamo la (4) nella (3) e otteniamo
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0) (x ndash x0)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0)2 hellip (5)
Non ci resta adesso che derivare di nuovo la (5) per cercare di determinare il valore di C2
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + 2C2(x ndash x0)
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = 2C2
Ma applicando di nuovo il teorema di Lagrange alla funzione f rsquo(x) (continua e derivabile per definizione) si ha
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = f rdquo(x2)
da cui
C2 = f rdquo(x2)2 hellip (6) (il pedice 2 corrisponde al grado della derivata)
Ovviamente con x0 lt x2 lt x
Sostituiamo la (6) nella (5)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (7)
f(x) - f(x0) - (x ndash x0) f rsquo(x0) = f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (8)
Il secondo membro della (8) non egrave altro che ciograve che manca al primo membro per arrivare fino alla funzione originaria In altre parolelrsquoerrore che si commette approssimando la curva con la tangente in x0
Chiamiamo questo ldquoerrorerdquo resto di Lagrange e lo indichiamo con R2
R2 = f rdquo(x2) (x ndash x0)22
Speravate di essere alla fine Purtroppo nohellip siamo solo allrsquoinizio o quasi (ecco percheacute i tre-quattro asterischi dellrsquoarticolo anche se leoperazioni e i concetti non sono difficili)
Per adesso possiamo solo dire che lrsquoerrore commesso egrave di ordine superiore alla funzione che abbiamo usato come approssimazioneIn particolare abbiamo anche trovato che dipende dalla derivata secondahellip
Non ci resta che ripetere quanto fatto finora Prima perograve digerite bene questa prima parte
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38 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (seconda parte) 2015-11-05 051141 Vincenzo Zappalagrave
Concludiamo la costruzione della serie di Taylor introducendo il suo termine generale Lho letta e riletta ma non garantisco che non visia ancora qualche refuso Picchiate duro e non abbiate pietagrave di me
Definiamo
f rdquo(x2) = f (x0) + φ
La (7) diventa
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (f rdquo(x0) + φ)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + frdquo(x0)(x ndash x0)22 + φ(x ndash x0)22 hellip (9)
Derivando due volte
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0) + φ(x ndash x0)
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + φ
segue ancora una volta che φ deve essere uguale a zero per x = x0
Abbiamo ripetuto questa parte ma si poteva concludere subito che
φ = C3(x - x0)
Andiamo a sostituire nella (9) e si ha
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x - x0)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x ndash x0)32 hellip (10)
Deriviamo due volte per trovare il valore di C3
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0) + 3C3(x ndash x0)22
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + 3C3(x - x0)
E applicando ancora il teorema di Lagrange
3C3 = (f rdquo(x) ndash f rdquo(x0))(x ndash x0) = f III(x3)
Con x0 lt x3 lt x
Da cui C3 = f III(x3)3
E infine sostituendo nella (10)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x3) (x ndash x0)36 hellip (11)
Questa egrave una serie che approssima ancora meglio la funzione di partenza nellrsquointorno del punto x0 tenendo conto anche del termine disecondo grado (ossia rappresenta la parabola osculatrice) Lrsquoerrore che si commette egrave sempre dato da
R3 = f III(x3)(x ndash x0)36
Che ovviamente tende a zero piugrave velocemente di R2 contenendo il termine al cubo
Non fatemi proseguire piugrave di tantohellip Basta ripetere lo stesso procedimento unrsquoaltra volta e si ottiene (provare per credere)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x4)(x ndash x0)424
Che rappresenta la cosiddetta cubica osculatricehellip e via dicendo
Continuando ad applicare Lagrange e inserendo sempre nuove costanti si otterragrave alla fine
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x0)(x ndash x0)424 + hellip + f n(x0) (x ndash x0)n n + Rn+1 hellip (12)
Con
Rn+1 = f n+1(xn+1)(x ndash x0)n+1 (n + 1)
Riassumendo lo sviluppo in serie di una funzione f(x) continua e derivabile indefinitamente in un certo intervallo puograve essereapprossimata attraverso una serie di potenze di x fino al grado n desiderato n egrave anche lrsquoordine di derivazione raggiunto Lrsquoerrore
che si commette egrave rappresentato dal termine di grado superiore che contiene la derivata di ordine superiore calcolata in un puntodellrsquointervallo (x x0) che soddisfa il teorema di Lagrange
Per non portarci dietro un sacco di termini conviene scrivere la serie di Taylor utilizzando il simbolo di sommatoria (Σ ) che riunisce tuttitermini in uno solo ricorrente In parole matematiche
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn hellip (13)
Che si legge proprio come la somma da n uguale zero a n = infinito del prodotto tra la derivata ennesima calcolata nel punto in cui sivuole approssimare la funzione moltiplicata per la potenza ennesima di (x ndash x0) e divisa per il fattoriale di n La funzione in x0 egrave stataapprossimata da un polinomio con termini di grado crescente ossia da curve che si avvicinano sempre di piugrave a quella di partenza
Ovviamente andando fino a infinito non esiste resto Tuttavia nessuno puograve andare a infinito per cui n si ferma a un certo valore e nederiva un resto dato dalla solita formula di grado subito superiore a n
A titolo di esempio ma ci torneremo sopra potete vedere nella Fig 3 come la funzione sen(x) venga approssimata dalla serie di Taylorfermata a vari valori di n nel punto x0 = 0 (e quindi diventata di Maclaurin) Niente malehellip
Figura 3
Vi sono anche altri metodi per ricavare la formula di Taylor piugrave o meno empirici eo intuitivi Non vorrei esagerare e mi limiterei a quellipresentati negli ultimi articoli Uno egrave veramente semplificato lrsquoaltro segue una regola precisa e si basa su un teorema A voi la sceltahelliplrsquoimportante egrave ricordare la formula di Taylor e la sua sorellina semplificata di Maclaurin
La prossima volta cercheremo di applicarla per evidenziare ancora meglio la sua importanza matematica e non solo
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39 Esercitiamoci con Taylor e Mclaurin 2015-11-08 171142 Vincenzo Zappalagrave
In questo articolo applichiamo la serie di Mclaurin a due funzioni estremamente importanti Di seguito trovate anche qualche eserciziohellip
Applichiamo quanto abbiamo dimostrato in due modi molto diversi a delle vere funzioni che abbiano le giuste caratteristiche (continue ederivabili)
Ricordiamo la formula di Taylor
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn
Ma soprattutto quella di Mclaurin che useremo normalmente Come giagrave detto la seconda non egrave altro che la prima applicata al punto diascissa x0 = 0
f(x) = Σinfinn = 0 f n(0)xnn
Cominciamo svolgendo insieme uno dei casi piugrave famosi e utili quello relative alla funzione y = ex La funzione egrave sicuramente continuaed egrave anche derivabile infinite volte In particolare le derivate sono sempre uguali e coincidono con la funzione di partenza Gran bellacomoditagravehellip
Scriviamo la (1) per esteso
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
e applichiamola al caso f(x) = ex
Ovviamente tutte le derivate di ex valgono sempre ex e calcolate in 0 danno come risultato 1
Lo sviluppo in serie diventa
ex = 1 + x + x22 + x33 + x4 4 + hellip = Σinfinn=0 xnn
Possiamo ora calcolare la funzione nel punto in cui x = 1 e si ha
e1 = e = 1 + 1 + 12 + 13 + 1 4 + hellip
che ci permette di calcolare il numero e con tutti i decimali che si voglionohellip
Proviamo con unrsquoaltra funzione semplice ma di estrema importanza
f(x) = 1(1 - x)
Tutte le derivate successive della funzione hanno come denominatore (1 ndash x) elevato a potenze successive che quindi egrave sempre ugualea 1 per x0 = 0 Il numeratore egrave invece proprio una moltiplicazione successiva degli esponenti ossia n
Verifichiamolo (il calcolo delle derivate lo lascio a voi per esercizio)
f(0) = 1(1 - 0) = 1
f rsquo(x) = 1(1 - x)2
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 2(1 ndash x)3
f rdquo(0) = 2 = 2middot1 = 2
f III(x) = 6(1 - x)4
f III(0) = 6 = 3middot2middot1 = 3
f IV(x) = 24(1 ndash x)5
f IV(0) = 24 = 4middot3middot2middot1 = 4
Per cui la
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
f III (x) = 60x2 + 24x + 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 120x + 24
f IV(0) = 24
f V(x) = 120
f V(0) = 120
f VI(x) = 0
f VI(0) = 0
Da cui
f(x) = x + 2x2 + 6x3 + 24x4 + 120x5
La funzione non egrave quella di partenza ma la nostra idea balzana sembra proprio funzionarehellip
Lrsquoidea balzana (che adesso non egrave piugrave tanta balzana) egrave che per fare tornare la funzione di partenza egrave necessario dividere i coefficientinumerici per un qualcosa che non egrave difficile da determinare in modo generale e che dipende solo e soltanto dallrsquoesponente di xQualcosa che egrave sempre legato alla derivata di una potenza
Provate a pensarci e ci risentiamo prestohellip
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
36 La serie di Taylor e quella di Maclaurin 2015-10-24 071056 Vincenzo Zappalagrave
Il gioco egrave quasi terminato e possiamo tornare lentamente verso una visione piugrave seria e precisa Ciograve che abbiamo ottenuto divertendocinon egrave altro che una formula di importanza fondamentale
Ragioniamoci sopra il termine in x deve essere diviso per 1 il termine in x2 deve essere diviso per 2 il termine in x3 deve essere divisoper 6 e via dicendo Ci chiediamo ldquoQual egrave il legame che esiste tra lrsquoesponente della x e questo numero variabilerdquo
Proviamo con queste semplici relazioni
1 = 1
2 1 = 2
3 2 1 = 6
4 3 2 1 = 24
5 4 3 2 1 = 120
Cosa abbiamo fatto Ad ogni numero n abbiamo associato il prodotto di tutti i numeri interi che lo precedono (escludendo lo zero)
In parole piugrave matematiche a n associamo il numero
n (n-1) (n -2) hellip 3 2 1
Ad esempio a 1 associamo 1 dato che non vi egrave nessun numero che lo precede Al numero 2 il prodotto 2 per 1 A 3 il prodotto 3 per 2per 1 e via dicendo Questo nuovo numero si chiama fattoriale del numero e si calcola come prodotto del numero per tutti i suoiantecedenti
Nel nostro caso se lrsquoesponente di x egrave 1 dividiamo la potenza per il fattoriale di 1 ossia 1 se lrsquoesponente egrave 2 la dividiamo per il fattorialedi 2 ossia 2 per 1 ossia 2 se lrsquoesponente egrave 3 la dividiamo per il fattoriale di 3 ossia 3 per 2 per 1 ossia 6 se lrsquoesponente egrave 4 ladividiamo per il fattoriale di 4 ossia 4 per 3 per 2 per 1 ossia 24 e via dicendo
Funziona questo tipo di coefficiente Perfettamente dato che egrave proprio quello che riduce a 1 tutti i coefficienti delle potenze di xottenendo alla fine proprio la funzione di partenza Oltretutto la sua ragione dessere egrave abbastanza semplice da capire egrave il coefficienteche serve ad annullare il coefficiente che nasce eseguendo le derivate successive
Possiamo perciograve scrivere la formula corretta
f(x) = x1 + 2 x2(2 1) + 6 x3( 3 2 1) + 24 x4(4 3 2 1) + 120 x5(5 4 3 2 1)
ossia
f(x) = x + x2 + x3 + x4 + x5
Magnifico
Abbiamo lavorato in modo molto rudimentale -e spesso fantasioso- ma siamo riusciti nel nostro intento Abbiamo ricavato nientemenoche la serie di Taylor un polinomio che ci permette di approssimare qualsiasi funzione nellrsquointorno di un certo punto fino al livello diprecisione che vogliamo (la precisione ce la dice il resto ossia lrsquoerrore che egrave perograve sicuramente un infinitesimo maggiore dellrsquoultimotermine considerato)
Prima di scriverla in modo generale introduciamo una scrittura sintetica che ci permette di indicare il fattoriale molto rapidamente Dopoil numero inseriamo un punto esclamativo Questo simbolo ci dice che dobbiamo moltiplicare n per tutti i numeri che lo precedonoossia
n = n (n-1) (n -2) hellip 3 2 1
La formula di Taylor nellrsquointorno del punto origine (x = 0) diventa
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x1 + f rdquo(0) x22 + fIII(0) x33 + hellip f n (0) xnn
In realtagrave quanto detto non egrave proprio verohellip La formula che abbiamo scritto si riferisce alla serie di Maclaurin che non egrave altro che laserie di Taylor calcolata nellrsquoorigine
La vera serie di Taylor vale per qualsiasi punto di ascissa x0 della funzione da approssimare e si scrive
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x - x0)1 + f rdquo(x0) (x - x0)22 + f III(x0) (x - x0)33 + hellip f n (x0)(x - x0)nn
A questo punto possiamo anche permetterci di utilizzare la nostra formula di Taylor per la funzione polimoniale di terzo grado sceltacome esempio precedentemente e vedere se continua a funzionare anche per x diverso da ZERO
Riprendiamo quindi
f(x) = x3 + x2 + x
e approssimiamola con la serie di Taylor nel punto di ascissa x0 = 1
Le derivate calcolate nel punto di ascissa x = 1 ovviamente cambianohellip
f(x) = x3 + x2 + x
f(1) = 3
f rsquo(x) = 3x2 + 2x + 1
f rsquo(1) = 6
f rdquo(x) = 6x + 2
f rdquo(1) = 8
f III (x) = 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 0
f IV(0) = 0
La formula di Taylor diventa
f(x) = f(1) + f rsquo(1) (x - 1)1 + f rdquo(1) (x - 1)22 + f III(1) (x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1)1 + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1) + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)36
f(x) = 3 + 6 x - 6 + (8 x2 + 8 - 16 x )2 + (6x3 - 6 - 18x2 + 18x)6
f(x) = 3 + 6 x - 6 + 4 x2 + 4 - 8 x + x3 - 1 - 3x2 + 3x
f(x) = x3 + x2 + x
Come volevasi dimostrare
Per vedere quanto sia utile la serie di Taylor basterebbe applicarla a funzioni non polinomiali come il seno ed ex Ed egrave quello che faremoe che ci permetteragrave anche di trovare il numero ldquoerdquo con la precisione voluta
Teniamo inoltre in conto che fare integrali di funzioni un porsquo strane potrebbe essere quasi impossibile Sostituendo la funzione con unaserie di potenze di x tutto si semplifica enormemente Importanza enorme ce lrsquoha anche lrsquoerrore che si commette ossia il resto Noipossiamo tralasciarlo dato che abbiamo capito come funziona concettualmente ma la matematica piugrave raffinata si diverte un sacco adanalizzarlo in tutti i modi
Resta perograve il fatto che siamo arrivati a scrivere lrsquoimportantissima formula che descrive lo sviluppo in serie che approssima unafunzione qualsiasi attraverso un polinomio in modo molto altalenante e spesso empirico Molti non saranno soddisfatti per cuiproveremo a ricavare la formula facendo uso di due teoremi fondamentali quello di Rolle e quello di Lagrange che egrave una suageneralizzazione Vedremo anche che senza introdurre le derivate successive era giagrave possibile scrivere serie numeriche estremamenteutili
In ogni modo abbiamo anche risposto alla domanda sul significato delle derivate successive Esse servono a determinare i coefficientidei termini successivi in modo da poter approssimare una curva data in suo intorno attraverso curve polimoniali di grado sempre piugraveelevato (parabola cubica quadrica ecc) La stessa cosa che in fondo faceva la derivata prima
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37 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (prima parte) 2015-10-30 061050 Vincenzo Zappalagrave
Questo non egrave un articolo facile non tanto per i concetti che esprime ma piuttosto per il numero di passaggi che siamo obbligati a fareSi basa su un teorema classico delle funzioni e presenta perciograve un metodo rigoroso che abbisogna perograve di iterazioni successive (maifacili da digerire e da tenere sottocchio) Mi sembrava perograve doveroso proporlo
Prima di partire dobbiamo ricordare un teorema fondamentale dellrsquoanalisi matematica il teorema di Rolle Esso sembra del tutto ovvioe come sempre capita in queste situazioni la dimostrazione rigorosa egrave tuttrsquoaltro che banale e possiamo tranquillamente evitarla
Esso puograve essere enunciato come segue
Se una funzione f(x) egrave continua nellrsquointervallo (ab) egrave derivabile e vale inoltre f(a) = f(b) allora esiste sicuramente una x0 nellrsquointervallo(ab) in cui f rsquo(x0 ) = 0
Abbiamo scritto qualcosa di veramente semplice e intuitivo che viene descritto perfettamente nella Fig 1
Figura 1
Come appena detto la funzione deve essere continua (senza punti peculiari o salti improvvisi) e derivabile La seconda assunzioneevita il caso della retta congiungete a con b dato che la derivata sarebbe sempre nulla
Ne segue che qualsiasi cosa faccia la funzione nellrsquointervallo (ab) essa partendo da f(a) deve tornare a f(b) = f(a) Non egrave difficileconcludere che se deve essere ldquocurvardquo deve esistere almeno un punto di massimo eo minimo allrsquointerno dellrsquointervallo (ab) Ma unpunto di massimo eo di minimo deve anche avere una x0 tale che f (x0) = 0
Sembra una vera sciocchezza (ma sapeste quanti teoremi fondamentali dellrsquoanalisi matematica hanno questa apparenzahellip) e nonpossiamo certo complicare ciograve che egrave semplice Tuttavia da questo teorema ne segue uno leggermente piugrave complicato che prende ilnome di teorema di Lagrange Esso puograve essere considerato una generalizzazione di quello di Rolle Il suo enunciato egrave il seguente
Se una funzione f(x) egrave continua e derivabile nellrsquointervallo (ab) ed egrave inoltre f(a) ne f(b) allora esiste sicuramente un punto di ascissa x0nellrsquointervallo (ab) tale che la tangente alla funzione in quel punto sia parallela alla congiungente i punti P(af(a)) e Q(bf(b))
Lo vediamo rappresentato in fig 2
Figura 2
Behhellip potremmo facilmente dire che non egrave altro che il teorema di Rolle ldquoruotatordquo In realtagrave egrave proprio cosigrave ma la dimostrazione egraveabbastanza laboriosa Accettiamola per buona dato che il risultato egrave abbastanza intuibile Piugrave interessante egrave tradurlo in una sempliceformula
f rsquo(x0) = (f(b) ndash f(a))(b ndash a) hellip (1)
Che dice praticamente che la tangente in (x0 f(x0)) egrave parallela alla congiungente P(a f(a)) con Q(bf(b)) Infatti la derivata prima non egravealtro che il coefficiente angolare della tangente in x0
Questa formula egrave proprio quella che ci serve per introdurre la serie di Taylorhellip
La funzione sia definita e derivabile indefinitamente nellrsquointervallo (ab) ossia esistano tutte le sue derivate successive La (1) puograveessere applicata allrsquointervallo (x0 x) interno ad (ab) diventando
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x1) hellip (2)
Dove x1 egrave compreso tra x0 e x ossia x0 lt x1 lt x
Per le ipotesi di partenza possiamo dire che f rsquo(x1) dipende solo e soltanto dallrsquointervallo (x x0) Infatti se cambiassi gli estremicambierebbe anche il punto in cui la tangente egrave parallela alla retta che collega i due estremi e di conseguenza anche il coefficienteangolare della stessa tangente
f rsquo(x1) puograve essere considerata composta da due parti una costante e una variabile Come valore costante prendiamo proprio f rsquo(x0) echiamiamo ε la parte variabile ossia
f rsquo(x1) = f rsquo(x0) + ε
La (2) diventa
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x0) + ε
f(x) = f(x0) + (x ndash x0)(f rsquo(x0) + ε)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (x ndash x0)ε hellip (3)
Ma che tipo di funzione puograve essere questa ε
Di sicuro non puograve essere una costante dato che se derivassimo la (3) sotto questa ipotesi avremmo
f rsquo(x) = 0 + f rsquo(x0) + ε = f rsquo(x0) + ε
Questa ldquobanalerdquo relazione ci dice che ε deve annullarsi nel momento in cui x = x0 Ersquo lrsquounico modo percheacute si ottenga f (x0) = f rsquo(x0)
Percheacute questo possa succedere la via piugrave ovvia egrave che ε sia funzione di x ndash x0 ossia
ε = C2(x ndash x0) hellip (4)
con C2 costante (vi state accorgendo che cerchiamo di inserire fin da subito i coefficienti della seriehellip) Il pedice 2 ha una sua ragione
drsquoessere come vedremo tra poco
Sostituiamo la (4) nella (3) e otteniamo
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0) (x ndash x0)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0)2 hellip (5)
Non ci resta adesso che derivare di nuovo la (5) per cercare di determinare il valore di C2
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + 2C2(x ndash x0)
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = 2C2
Ma applicando di nuovo il teorema di Lagrange alla funzione f rsquo(x) (continua e derivabile per definizione) si ha
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = f rdquo(x2)
da cui
C2 = f rdquo(x2)2 hellip (6) (il pedice 2 corrisponde al grado della derivata)
Ovviamente con x0 lt x2 lt x
Sostituiamo la (6) nella (5)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (7)
f(x) - f(x0) - (x ndash x0) f rsquo(x0) = f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (8)
Il secondo membro della (8) non egrave altro che ciograve che manca al primo membro per arrivare fino alla funzione originaria In altre parolelrsquoerrore che si commette approssimando la curva con la tangente in x0
Chiamiamo questo ldquoerrorerdquo resto di Lagrange e lo indichiamo con R2
R2 = f rdquo(x2) (x ndash x0)22
Speravate di essere alla fine Purtroppo nohellip siamo solo allrsquoinizio o quasi (ecco percheacute i tre-quattro asterischi dellrsquoarticolo anche se leoperazioni e i concetti non sono difficili)
Per adesso possiamo solo dire che lrsquoerrore commesso egrave di ordine superiore alla funzione che abbiamo usato come approssimazioneIn particolare abbiamo anche trovato che dipende dalla derivata secondahellip
Non ci resta che ripetere quanto fatto finora Prima perograve digerite bene questa prima parte
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38 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (seconda parte) 2015-11-05 051141 Vincenzo Zappalagrave
Concludiamo la costruzione della serie di Taylor introducendo il suo termine generale Lho letta e riletta ma non garantisco che non visia ancora qualche refuso Picchiate duro e non abbiate pietagrave di me
Definiamo
f rdquo(x2) = f (x0) + φ
La (7) diventa
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (f rdquo(x0) + φ)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + frdquo(x0)(x ndash x0)22 + φ(x ndash x0)22 hellip (9)
Derivando due volte
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0) + φ(x ndash x0)
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + φ
segue ancora una volta che φ deve essere uguale a zero per x = x0
Abbiamo ripetuto questa parte ma si poteva concludere subito che
φ = C3(x - x0)
Andiamo a sostituire nella (9) e si ha
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x - x0)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x ndash x0)32 hellip (10)
Deriviamo due volte per trovare il valore di C3
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0) + 3C3(x ndash x0)22
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + 3C3(x - x0)
E applicando ancora il teorema di Lagrange
3C3 = (f rdquo(x) ndash f rdquo(x0))(x ndash x0) = f III(x3)
Con x0 lt x3 lt x
Da cui C3 = f III(x3)3
E infine sostituendo nella (10)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x3) (x ndash x0)36 hellip (11)
Questa egrave una serie che approssima ancora meglio la funzione di partenza nellrsquointorno del punto x0 tenendo conto anche del termine disecondo grado (ossia rappresenta la parabola osculatrice) Lrsquoerrore che si commette egrave sempre dato da
R3 = f III(x3)(x ndash x0)36
Che ovviamente tende a zero piugrave velocemente di R2 contenendo il termine al cubo
Non fatemi proseguire piugrave di tantohellip Basta ripetere lo stesso procedimento unrsquoaltra volta e si ottiene (provare per credere)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x4)(x ndash x0)424
Che rappresenta la cosiddetta cubica osculatricehellip e via dicendo
Continuando ad applicare Lagrange e inserendo sempre nuove costanti si otterragrave alla fine
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x0)(x ndash x0)424 + hellip + f n(x0) (x ndash x0)n n + Rn+1 hellip (12)
Con
Rn+1 = f n+1(xn+1)(x ndash x0)n+1 (n + 1)
Riassumendo lo sviluppo in serie di una funzione f(x) continua e derivabile indefinitamente in un certo intervallo puograve essereapprossimata attraverso una serie di potenze di x fino al grado n desiderato n egrave anche lrsquoordine di derivazione raggiunto Lrsquoerrore
che si commette egrave rappresentato dal termine di grado superiore che contiene la derivata di ordine superiore calcolata in un puntodellrsquointervallo (x x0) che soddisfa il teorema di Lagrange
Per non portarci dietro un sacco di termini conviene scrivere la serie di Taylor utilizzando il simbolo di sommatoria (Σ ) che riunisce tuttitermini in uno solo ricorrente In parole matematiche
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn hellip (13)
Che si legge proprio come la somma da n uguale zero a n = infinito del prodotto tra la derivata ennesima calcolata nel punto in cui sivuole approssimare la funzione moltiplicata per la potenza ennesima di (x ndash x0) e divisa per il fattoriale di n La funzione in x0 egrave stataapprossimata da un polinomio con termini di grado crescente ossia da curve che si avvicinano sempre di piugrave a quella di partenza
Ovviamente andando fino a infinito non esiste resto Tuttavia nessuno puograve andare a infinito per cui n si ferma a un certo valore e nederiva un resto dato dalla solita formula di grado subito superiore a n
A titolo di esempio ma ci torneremo sopra potete vedere nella Fig 3 come la funzione sen(x) venga approssimata dalla serie di Taylorfermata a vari valori di n nel punto x0 = 0 (e quindi diventata di Maclaurin) Niente malehellip
Figura 3
Vi sono anche altri metodi per ricavare la formula di Taylor piugrave o meno empirici eo intuitivi Non vorrei esagerare e mi limiterei a quellipresentati negli ultimi articoli Uno egrave veramente semplificato lrsquoaltro segue una regola precisa e si basa su un teorema A voi la sceltahelliplrsquoimportante egrave ricordare la formula di Taylor e la sua sorellina semplificata di Maclaurin
La prossima volta cercheremo di applicarla per evidenziare ancora meglio la sua importanza matematica e non solo
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39 Esercitiamoci con Taylor e Mclaurin 2015-11-08 171142 Vincenzo Zappalagrave
In questo articolo applichiamo la serie di Mclaurin a due funzioni estremamente importanti Di seguito trovate anche qualche eserciziohellip
Applichiamo quanto abbiamo dimostrato in due modi molto diversi a delle vere funzioni che abbiano le giuste caratteristiche (continue ederivabili)
Ricordiamo la formula di Taylor
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn
Ma soprattutto quella di Mclaurin che useremo normalmente Come giagrave detto la seconda non egrave altro che la prima applicata al punto diascissa x0 = 0
f(x) = Σinfinn = 0 f n(0)xnn
Cominciamo svolgendo insieme uno dei casi piugrave famosi e utili quello relative alla funzione y = ex La funzione egrave sicuramente continuaed egrave anche derivabile infinite volte In particolare le derivate sono sempre uguali e coincidono con la funzione di partenza Gran bellacomoditagravehellip
Scriviamo la (1) per esteso
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
e applichiamola al caso f(x) = ex
Ovviamente tutte le derivate di ex valgono sempre ex e calcolate in 0 danno come risultato 1
Lo sviluppo in serie diventa
ex = 1 + x + x22 + x33 + x4 4 + hellip = Σinfinn=0 xnn
Possiamo ora calcolare la funzione nel punto in cui x = 1 e si ha
e1 = e = 1 + 1 + 12 + 13 + 1 4 + hellip
che ci permette di calcolare il numero e con tutti i decimali che si voglionohellip
Proviamo con unrsquoaltra funzione semplice ma di estrema importanza
f(x) = 1(1 - x)
Tutte le derivate successive della funzione hanno come denominatore (1 ndash x) elevato a potenze successive che quindi egrave sempre ugualea 1 per x0 = 0 Il numeratore egrave invece proprio una moltiplicazione successiva degli esponenti ossia n
Verifichiamolo (il calcolo delle derivate lo lascio a voi per esercizio)
f(0) = 1(1 - 0) = 1
f rsquo(x) = 1(1 - x)2
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 2(1 ndash x)3
f rdquo(0) = 2 = 2middot1 = 2
f III(x) = 6(1 - x)4
f III(0) = 6 = 3middot2middot1 = 3
f IV(x) = 24(1 ndash x)5
f IV(0) = 24 = 4middot3middot2middot1 = 4
Per cui la
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
wwwbatmathitmatematicaan_unotaylor_dintorniesapprox1esapprox1htm 13
wwwbatmathit
Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
wwwbatmathitmatematicaan_unotaylor_dintorniesapprox1esapprox1htm 23
Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
wwwbatmathitmatematicaan_unotaylor_dintorniesapprox1esapprox1htm 33
(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
36 La serie di Taylor e quella di Maclaurin 2015-10-24 071056 Vincenzo Zappalagrave
Il gioco egrave quasi terminato e possiamo tornare lentamente verso una visione piugrave seria e precisa Ciograve che abbiamo ottenuto divertendocinon egrave altro che una formula di importanza fondamentale
Ragioniamoci sopra il termine in x deve essere diviso per 1 il termine in x2 deve essere diviso per 2 il termine in x3 deve essere divisoper 6 e via dicendo Ci chiediamo ldquoQual egrave il legame che esiste tra lrsquoesponente della x e questo numero variabilerdquo
Proviamo con queste semplici relazioni
1 = 1
2 1 = 2
3 2 1 = 6
4 3 2 1 = 24
5 4 3 2 1 = 120
Cosa abbiamo fatto Ad ogni numero n abbiamo associato il prodotto di tutti i numeri interi che lo precedono (escludendo lo zero)
In parole piugrave matematiche a n associamo il numero
n (n-1) (n -2) hellip 3 2 1
Ad esempio a 1 associamo 1 dato che non vi egrave nessun numero che lo precede Al numero 2 il prodotto 2 per 1 A 3 il prodotto 3 per 2per 1 e via dicendo Questo nuovo numero si chiama fattoriale del numero e si calcola come prodotto del numero per tutti i suoiantecedenti
Nel nostro caso se lrsquoesponente di x egrave 1 dividiamo la potenza per il fattoriale di 1 ossia 1 se lrsquoesponente egrave 2 la dividiamo per il fattorialedi 2 ossia 2 per 1 ossia 2 se lrsquoesponente egrave 3 la dividiamo per il fattoriale di 3 ossia 3 per 2 per 1 ossia 6 se lrsquoesponente egrave 4 ladividiamo per il fattoriale di 4 ossia 4 per 3 per 2 per 1 ossia 24 e via dicendo
Funziona questo tipo di coefficiente Perfettamente dato che egrave proprio quello che riduce a 1 tutti i coefficienti delle potenze di xottenendo alla fine proprio la funzione di partenza Oltretutto la sua ragione dessere egrave abbastanza semplice da capire egrave il coefficienteche serve ad annullare il coefficiente che nasce eseguendo le derivate successive
Possiamo perciograve scrivere la formula corretta
f(x) = x1 + 2 x2(2 1) + 6 x3( 3 2 1) + 24 x4(4 3 2 1) + 120 x5(5 4 3 2 1)
ossia
f(x) = x + x2 + x3 + x4 + x5
Magnifico
Abbiamo lavorato in modo molto rudimentale -e spesso fantasioso- ma siamo riusciti nel nostro intento Abbiamo ricavato nientemenoche la serie di Taylor un polinomio che ci permette di approssimare qualsiasi funzione nellrsquointorno di un certo punto fino al livello diprecisione che vogliamo (la precisione ce la dice il resto ossia lrsquoerrore che egrave perograve sicuramente un infinitesimo maggiore dellrsquoultimotermine considerato)
Prima di scriverla in modo generale introduciamo una scrittura sintetica che ci permette di indicare il fattoriale molto rapidamente Dopoil numero inseriamo un punto esclamativo Questo simbolo ci dice che dobbiamo moltiplicare n per tutti i numeri che lo precedonoossia
n = n (n-1) (n -2) hellip 3 2 1
La formula di Taylor nellrsquointorno del punto origine (x = 0) diventa
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x1 + f rdquo(0) x22 + fIII(0) x33 + hellip f n (0) xnn
In realtagrave quanto detto non egrave proprio verohellip La formula che abbiamo scritto si riferisce alla serie di Maclaurin che non egrave altro che laserie di Taylor calcolata nellrsquoorigine
La vera serie di Taylor vale per qualsiasi punto di ascissa x0 della funzione da approssimare e si scrive
f(x) = f(x0) + f rsquo(x0) (x - x0)1 + f rdquo(x0) (x - x0)22 + f III(x0) (x - x0)33 + hellip f n (x0)(x - x0)nn
A questo punto possiamo anche permetterci di utilizzare la nostra formula di Taylor per la funzione polimoniale di terzo grado sceltacome esempio precedentemente e vedere se continua a funzionare anche per x diverso da ZERO
Riprendiamo quindi
f(x) = x3 + x2 + x
e approssimiamola con la serie di Taylor nel punto di ascissa x0 = 1
Le derivate calcolate nel punto di ascissa x = 1 ovviamente cambianohellip
f(x) = x3 + x2 + x
f(1) = 3
f rsquo(x) = 3x2 + 2x + 1
f rsquo(1) = 6
f rdquo(x) = 6x + 2
f rdquo(1) = 8
f III (x) = 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 0
f IV(0) = 0
La formula di Taylor diventa
f(x) = f(1) + f rsquo(1) (x - 1)1 + f rdquo(1) (x - 1)22 + f III(1) (x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1)1 + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1) + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)36
f(x) = 3 + 6 x - 6 + (8 x2 + 8 - 16 x )2 + (6x3 - 6 - 18x2 + 18x)6
f(x) = 3 + 6 x - 6 + 4 x2 + 4 - 8 x + x3 - 1 - 3x2 + 3x
f(x) = x3 + x2 + x
Come volevasi dimostrare
Per vedere quanto sia utile la serie di Taylor basterebbe applicarla a funzioni non polinomiali come il seno ed ex Ed egrave quello che faremoe che ci permetteragrave anche di trovare il numero ldquoerdquo con la precisione voluta
Teniamo inoltre in conto che fare integrali di funzioni un porsquo strane potrebbe essere quasi impossibile Sostituendo la funzione con unaserie di potenze di x tutto si semplifica enormemente Importanza enorme ce lrsquoha anche lrsquoerrore che si commette ossia il resto Noipossiamo tralasciarlo dato che abbiamo capito come funziona concettualmente ma la matematica piugrave raffinata si diverte un sacco adanalizzarlo in tutti i modi
Resta perograve il fatto che siamo arrivati a scrivere lrsquoimportantissima formula che descrive lo sviluppo in serie che approssima unafunzione qualsiasi attraverso un polinomio in modo molto altalenante e spesso empirico Molti non saranno soddisfatti per cuiproveremo a ricavare la formula facendo uso di due teoremi fondamentali quello di Rolle e quello di Lagrange che egrave una suageneralizzazione Vedremo anche che senza introdurre le derivate successive era giagrave possibile scrivere serie numeriche estremamenteutili
In ogni modo abbiamo anche risposto alla domanda sul significato delle derivate successive Esse servono a determinare i coefficientidei termini successivi in modo da poter approssimare una curva data in suo intorno attraverso curve polimoniali di grado sempre piugraveelevato (parabola cubica quadrica ecc) La stessa cosa che in fondo faceva la derivata prima
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37 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (prima parte) 2015-10-30 061050 Vincenzo Zappalagrave
Questo non egrave un articolo facile non tanto per i concetti che esprime ma piuttosto per il numero di passaggi che siamo obbligati a fareSi basa su un teorema classico delle funzioni e presenta perciograve un metodo rigoroso che abbisogna perograve di iterazioni successive (maifacili da digerire e da tenere sottocchio) Mi sembrava perograve doveroso proporlo
Prima di partire dobbiamo ricordare un teorema fondamentale dellrsquoanalisi matematica il teorema di Rolle Esso sembra del tutto ovvioe come sempre capita in queste situazioni la dimostrazione rigorosa egrave tuttrsquoaltro che banale e possiamo tranquillamente evitarla
Esso puograve essere enunciato come segue
Se una funzione f(x) egrave continua nellrsquointervallo (ab) egrave derivabile e vale inoltre f(a) = f(b) allora esiste sicuramente una x0 nellrsquointervallo(ab) in cui f rsquo(x0 ) = 0
Abbiamo scritto qualcosa di veramente semplice e intuitivo che viene descritto perfettamente nella Fig 1
Figura 1
Come appena detto la funzione deve essere continua (senza punti peculiari o salti improvvisi) e derivabile La seconda assunzioneevita il caso della retta congiungete a con b dato che la derivata sarebbe sempre nulla
Ne segue che qualsiasi cosa faccia la funzione nellrsquointervallo (ab) essa partendo da f(a) deve tornare a f(b) = f(a) Non egrave difficileconcludere che se deve essere ldquocurvardquo deve esistere almeno un punto di massimo eo minimo allrsquointerno dellrsquointervallo (ab) Ma unpunto di massimo eo di minimo deve anche avere una x0 tale che f (x0) = 0
Sembra una vera sciocchezza (ma sapeste quanti teoremi fondamentali dellrsquoanalisi matematica hanno questa apparenzahellip) e nonpossiamo certo complicare ciograve che egrave semplice Tuttavia da questo teorema ne segue uno leggermente piugrave complicato che prende ilnome di teorema di Lagrange Esso puograve essere considerato una generalizzazione di quello di Rolle Il suo enunciato egrave il seguente
Se una funzione f(x) egrave continua e derivabile nellrsquointervallo (ab) ed egrave inoltre f(a) ne f(b) allora esiste sicuramente un punto di ascissa x0nellrsquointervallo (ab) tale che la tangente alla funzione in quel punto sia parallela alla congiungente i punti P(af(a)) e Q(bf(b))
Lo vediamo rappresentato in fig 2
Figura 2
Behhellip potremmo facilmente dire che non egrave altro che il teorema di Rolle ldquoruotatordquo In realtagrave egrave proprio cosigrave ma la dimostrazione egraveabbastanza laboriosa Accettiamola per buona dato che il risultato egrave abbastanza intuibile Piugrave interessante egrave tradurlo in una sempliceformula
f rsquo(x0) = (f(b) ndash f(a))(b ndash a) hellip (1)
Che dice praticamente che la tangente in (x0 f(x0)) egrave parallela alla congiungente P(a f(a)) con Q(bf(b)) Infatti la derivata prima non egravealtro che il coefficiente angolare della tangente in x0
Questa formula egrave proprio quella che ci serve per introdurre la serie di Taylorhellip
La funzione sia definita e derivabile indefinitamente nellrsquointervallo (ab) ossia esistano tutte le sue derivate successive La (1) puograveessere applicata allrsquointervallo (x0 x) interno ad (ab) diventando
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x1) hellip (2)
Dove x1 egrave compreso tra x0 e x ossia x0 lt x1 lt x
Per le ipotesi di partenza possiamo dire che f rsquo(x1) dipende solo e soltanto dallrsquointervallo (x x0) Infatti se cambiassi gli estremicambierebbe anche il punto in cui la tangente egrave parallela alla retta che collega i due estremi e di conseguenza anche il coefficienteangolare della stessa tangente
f rsquo(x1) puograve essere considerata composta da due parti una costante e una variabile Come valore costante prendiamo proprio f rsquo(x0) echiamiamo ε la parte variabile ossia
f rsquo(x1) = f rsquo(x0) + ε
La (2) diventa
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x0) + ε
f(x) = f(x0) + (x ndash x0)(f rsquo(x0) + ε)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (x ndash x0)ε hellip (3)
Ma che tipo di funzione puograve essere questa ε
Di sicuro non puograve essere una costante dato che se derivassimo la (3) sotto questa ipotesi avremmo
f rsquo(x) = 0 + f rsquo(x0) + ε = f rsquo(x0) + ε
Questa ldquobanalerdquo relazione ci dice che ε deve annullarsi nel momento in cui x = x0 Ersquo lrsquounico modo percheacute si ottenga f (x0) = f rsquo(x0)
Percheacute questo possa succedere la via piugrave ovvia egrave che ε sia funzione di x ndash x0 ossia
ε = C2(x ndash x0) hellip (4)
con C2 costante (vi state accorgendo che cerchiamo di inserire fin da subito i coefficienti della seriehellip) Il pedice 2 ha una sua ragione
drsquoessere come vedremo tra poco
Sostituiamo la (4) nella (3) e otteniamo
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0) (x ndash x0)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0)2 hellip (5)
Non ci resta adesso che derivare di nuovo la (5) per cercare di determinare il valore di C2
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + 2C2(x ndash x0)
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = 2C2
Ma applicando di nuovo il teorema di Lagrange alla funzione f rsquo(x) (continua e derivabile per definizione) si ha
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = f rdquo(x2)
da cui
C2 = f rdquo(x2)2 hellip (6) (il pedice 2 corrisponde al grado della derivata)
Ovviamente con x0 lt x2 lt x
Sostituiamo la (6) nella (5)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (7)
f(x) - f(x0) - (x ndash x0) f rsquo(x0) = f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (8)
Il secondo membro della (8) non egrave altro che ciograve che manca al primo membro per arrivare fino alla funzione originaria In altre parolelrsquoerrore che si commette approssimando la curva con la tangente in x0
Chiamiamo questo ldquoerrorerdquo resto di Lagrange e lo indichiamo con R2
R2 = f rdquo(x2) (x ndash x0)22
Speravate di essere alla fine Purtroppo nohellip siamo solo allrsquoinizio o quasi (ecco percheacute i tre-quattro asterischi dellrsquoarticolo anche se leoperazioni e i concetti non sono difficili)
Per adesso possiamo solo dire che lrsquoerrore commesso egrave di ordine superiore alla funzione che abbiamo usato come approssimazioneIn particolare abbiamo anche trovato che dipende dalla derivata secondahellip
Non ci resta che ripetere quanto fatto finora Prima perograve digerite bene questa prima parte
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38 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (seconda parte) 2015-11-05 051141 Vincenzo Zappalagrave
Concludiamo la costruzione della serie di Taylor introducendo il suo termine generale Lho letta e riletta ma non garantisco che non visia ancora qualche refuso Picchiate duro e non abbiate pietagrave di me
Definiamo
f rdquo(x2) = f (x0) + φ
La (7) diventa
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (f rdquo(x0) + φ)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + frdquo(x0)(x ndash x0)22 + φ(x ndash x0)22 hellip (9)
Derivando due volte
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0) + φ(x ndash x0)
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + φ
segue ancora una volta che φ deve essere uguale a zero per x = x0
Abbiamo ripetuto questa parte ma si poteva concludere subito che
φ = C3(x - x0)
Andiamo a sostituire nella (9) e si ha
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x - x0)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x ndash x0)32 hellip (10)
Deriviamo due volte per trovare il valore di C3
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0) + 3C3(x ndash x0)22
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + 3C3(x - x0)
E applicando ancora il teorema di Lagrange
3C3 = (f rdquo(x) ndash f rdquo(x0))(x ndash x0) = f III(x3)
Con x0 lt x3 lt x
Da cui C3 = f III(x3)3
E infine sostituendo nella (10)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x3) (x ndash x0)36 hellip (11)
Questa egrave una serie che approssima ancora meglio la funzione di partenza nellrsquointorno del punto x0 tenendo conto anche del termine disecondo grado (ossia rappresenta la parabola osculatrice) Lrsquoerrore che si commette egrave sempre dato da
R3 = f III(x3)(x ndash x0)36
Che ovviamente tende a zero piugrave velocemente di R2 contenendo il termine al cubo
Non fatemi proseguire piugrave di tantohellip Basta ripetere lo stesso procedimento unrsquoaltra volta e si ottiene (provare per credere)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x4)(x ndash x0)424
Che rappresenta la cosiddetta cubica osculatricehellip e via dicendo
Continuando ad applicare Lagrange e inserendo sempre nuove costanti si otterragrave alla fine
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x0)(x ndash x0)424 + hellip + f n(x0) (x ndash x0)n n + Rn+1 hellip (12)
Con
Rn+1 = f n+1(xn+1)(x ndash x0)n+1 (n + 1)
Riassumendo lo sviluppo in serie di una funzione f(x) continua e derivabile indefinitamente in un certo intervallo puograve essereapprossimata attraverso una serie di potenze di x fino al grado n desiderato n egrave anche lrsquoordine di derivazione raggiunto Lrsquoerrore
che si commette egrave rappresentato dal termine di grado superiore che contiene la derivata di ordine superiore calcolata in un puntodellrsquointervallo (x x0) che soddisfa il teorema di Lagrange
Per non portarci dietro un sacco di termini conviene scrivere la serie di Taylor utilizzando il simbolo di sommatoria (Σ ) che riunisce tuttitermini in uno solo ricorrente In parole matematiche
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn hellip (13)
Che si legge proprio come la somma da n uguale zero a n = infinito del prodotto tra la derivata ennesima calcolata nel punto in cui sivuole approssimare la funzione moltiplicata per la potenza ennesima di (x ndash x0) e divisa per il fattoriale di n La funzione in x0 egrave stataapprossimata da un polinomio con termini di grado crescente ossia da curve che si avvicinano sempre di piugrave a quella di partenza
Ovviamente andando fino a infinito non esiste resto Tuttavia nessuno puograve andare a infinito per cui n si ferma a un certo valore e nederiva un resto dato dalla solita formula di grado subito superiore a n
A titolo di esempio ma ci torneremo sopra potete vedere nella Fig 3 come la funzione sen(x) venga approssimata dalla serie di Taylorfermata a vari valori di n nel punto x0 = 0 (e quindi diventata di Maclaurin) Niente malehellip
Figura 3
Vi sono anche altri metodi per ricavare la formula di Taylor piugrave o meno empirici eo intuitivi Non vorrei esagerare e mi limiterei a quellipresentati negli ultimi articoli Uno egrave veramente semplificato lrsquoaltro segue una regola precisa e si basa su un teorema A voi la sceltahelliplrsquoimportante egrave ricordare la formula di Taylor e la sua sorellina semplificata di Maclaurin
La prossima volta cercheremo di applicarla per evidenziare ancora meglio la sua importanza matematica e non solo
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39 Esercitiamoci con Taylor e Mclaurin 2015-11-08 171142 Vincenzo Zappalagrave
In questo articolo applichiamo la serie di Mclaurin a due funzioni estremamente importanti Di seguito trovate anche qualche eserciziohellip
Applichiamo quanto abbiamo dimostrato in due modi molto diversi a delle vere funzioni che abbiano le giuste caratteristiche (continue ederivabili)
Ricordiamo la formula di Taylor
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn
Ma soprattutto quella di Mclaurin che useremo normalmente Come giagrave detto la seconda non egrave altro che la prima applicata al punto diascissa x0 = 0
f(x) = Σinfinn = 0 f n(0)xnn
Cominciamo svolgendo insieme uno dei casi piugrave famosi e utili quello relative alla funzione y = ex La funzione egrave sicuramente continuaed egrave anche derivabile infinite volte In particolare le derivate sono sempre uguali e coincidono con la funzione di partenza Gran bellacomoditagravehellip
Scriviamo la (1) per esteso
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
e applichiamola al caso f(x) = ex
Ovviamente tutte le derivate di ex valgono sempre ex e calcolate in 0 danno come risultato 1
Lo sviluppo in serie diventa
ex = 1 + x + x22 + x33 + x4 4 + hellip = Σinfinn=0 xnn
Possiamo ora calcolare la funzione nel punto in cui x = 1 e si ha
e1 = e = 1 + 1 + 12 + 13 + 1 4 + hellip
che ci permette di calcolare il numero e con tutti i decimali che si voglionohellip
Proviamo con unrsquoaltra funzione semplice ma di estrema importanza
f(x) = 1(1 - x)
Tutte le derivate successive della funzione hanno come denominatore (1 ndash x) elevato a potenze successive che quindi egrave sempre ugualea 1 per x0 = 0 Il numeratore egrave invece proprio una moltiplicazione successiva degli esponenti ossia n
Verifichiamolo (il calcolo delle derivate lo lascio a voi per esercizio)
f(0) = 1(1 - 0) = 1
f rsquo(x) = 1(1 - x)2
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 2(1 ndash x)3
f rdquo(0) = 2 = 2middot1 = 2
f III(x) = 6(1 - x)4
f III(0) = 6 = 3middot2middot1 = 3
f IV(x) = 24(1 ndash x)5
f IV(0) = 24 = 4middot3middot2middot1 = 4
Per cui la
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
wwwbatmathitmatematicaan_unotaylor_dintorniesapprox1esapprox1htm 13
wwwbatmathit
Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
wwwbatmathitmatematicaan_unotaylor_dintorniesapprox1esapprox1htm 33
(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
Le derivate calcolate nel punto di ascissa x = 1 ovviamente cambianohellip
f(x) = x3 + x2 + x
f(1) = 3
f rsquo(x) = 3x2 + 2x + 1
f rsquo(1) = 6
f rdquo(x) = 6x + 2
f rdquo(1) = 8
f III (x) = 6
f III (0) = 6
f IV(x) = 0
f IV(0) = 0
La formula di Taylor diventa
f(x) = f(1) + f rsquo(1) (x - 1)1 + f rdquo(1) (x - 1)22 + f III(1) (x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1)1 + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)33
f(x) = 3 + 6 (x - 1) + 8 (x - 1)22 + 6(x - 1)36
f(x) = 3 + 6 x - 6 + (8 x2 + 8 - 16 x )2 + (6x3 - 6 - 18x2 + 18x)6
f(x) = 3 + 6 x - 6 + 4 x2 + 4 - 8 x + x3 - 1 - 3x2 + 3x
f(x) = x3 + x2 + x
Come volevasi dimostrare
Per vedere quanto sia utile la serie di Taylor basterebbe applicarla a funzioni non polinomiali come il seno ed ex Ed egrave quello che faremoe che ci permetteragrave anche di trovare il numero ldquoerdquo con la precisione voluta
Teniamo inoltre in conto che fare integrali di funzioni un porsquo strane potrebbe essere quasi impossibile Sostituendo la funzione con unaserie di potenze di x tutto si semplifica enormemente Importanza enorme ce lrsquoha anche lrsquoerrore che si commette ossia il resto Noipossiamo tralasciarlo dato che abbiamo capito come funziona concettualmente ma la matematica piugrave raffinata si diverte un sacco adanalizzarlo in tutti i modi
Resta perograve il fatto che siamo arrivati a scrivere lrsquoimportantissima formula che descrive lo sviluppo in serie che approssima unafunzione qualsiasi attraverso un polinomio in modo molto altalenante e spesso empirico Molti non saranno soddisfatti per cuiproveremo a ricavare la formula facendo uso di due teoremi fondamentali quello di Rolle e quello di Lagrange che egrave una suageneralizzazione Vedremo anche che senza introdurre le derivate successive era giagrave possibile scrivere serie numeriche estremamenteutili
In ogni modo abbiamo anche risposto alla domanda sul significato delle derivate successive Esse servono a determinare i coefficientidei termini successivi in modo da poter approssimare una curva data in suo intorno attraverso curve polimoniali di grado sempre piugraveelevato (parabola cubica quadrica ecc) La stessa cosa che in fondo faceva la derivata prima
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37 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (prima parte) 2015-10-30 061050 Vincenzo Zappalagrave
Questo non egrave un articolo facile non tanto per i concetti che esprime ma piuttosto per il numero di passaggi che siamo obbligati a fareSi basa su un teorema classico delle funzioni e presenta perciograve un metodo rigoroso che abbisogna perograve di iterazioni successive (maifacili da digerire e da tenere sottocchio) Mi sembrava perograve doveroso proporlo
Prima di partire dobbiamo ricordare un teorema fondamentale dellrsquoanalisi matematica il teorema di Rolle Esso sembra del tutto ovvioe come sempre capita in queste situazioni la dimostrazione rigorosa egrave tuttrsquoaltro che banale e possiamo tranquillamente evitarla
Esso puograve essere enunciato come segue
Se una funzione f(x) egrave continua nellrsquointervallo (ab) egrave derivabile e vale inoltre f(a) = f(b) allora esiste sicuramente una x0 nellrsquointervallo(ab) in cui f rsquo(x0 ) = 0
Abbiamo scritto qualcosa di veramente semplice e intuitivo che viene descritto perfettamente nella Fig 1
Figura 1
Come appena detto la funzione deve essere continua (senza punti peculiari o salti improvvisi) e derivabile La seconda assunzioneevita il caso della retta congiungete a con b dato che la derivata sarebbe sempre nulla
Ne segue che qualsiasi cosa faccia la funzione nellrsquointervallo (ab) essa partendo da f(a) deve tornare a f(b) = f(a) Non egrave difficileconcludere che se deve essere ldquocurvardquo deve esistere almeno un punto di massimo eo minimo allrsquointerno dellrsquointervallo (ab) Ma unpunto di massimo eo di minimo deve anche avere una x0 tale che f (x0) = 0
Sembra una vera sciocchezza (ma sapeste quanti teoremi fondamentali dellrsquoanalisi matematica hanno questa apparenzahellip) e nonpossiamo certo complicare ciograve che egrave semplice Tuttavia da questo teorema ne segue uno leggermente piugrave complicato che prende ilnome di teorema di Lagrange Esso puograve essere considerato una generalizzazione di quello di Rolle Il suo enunciato egrave il seguente
Se una funzione f(x) egrave continua e derivabile nellrsquointervallo (ab) ed egrave inoltre f(a) ne f(b) allora esiste sicuramente un punto di ascissa x0nellrsquointervallo (ab) tale che la tangente alla funzione in quel punto sia parallela alla congiungente i punti P(af(a)) e Q(bf(b))
Lo vediamo rappresentato in fig 2
Figura 2
Behhellip potremmo facilmente dire che non egrave altro che il teorema di Rolle ldquoruotatordquo In realtagrave egrave proprio cosigrave ma la dimostrazione egraveabbastanza laboriosa Accettiamola per buona dato che il risultato egrave abbastanza intuibile Piugrave interessante egrave tradurlo in una sempliceformula
f rsquo(x0) = (f(b) ndash f(a))(b ndash a) hellip (1)
Che dice praticamente che la tangente in (x0 f(x0)) egrave parallela alla congiungente P(a f(a)) con Q(bf(b)) Infatti la derivata prima non egravealtro che il coefficiente angolare della tangente in x0
Questa formula egrave proprio quella che ci serve per introdurre la serie di Taylorhellip
La funzione sia definita e derivabile indefinitamente nellrsquointervallo (ab) ossia esistano tutte le sue derivate successive La (1) puograveessere applicata allrsquointervallo (x0 x) interno ad (ab) diventando
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x1) hellip (2)
Dove x1 egrave compreso tra x0 e x ossia x0 lt x1 lt x
Per le ipotesi di partenza possiamo dire che f rsquo(x1) dipende solo e soltanto dallrsquointervallo (x x0) Infatti se cambiassi gli estremicambierebbe anche il punto in cui la tangente egrave parallela alla retta che collega i due estremi e di conseguenza anche il coefficienteangolare della stessa tangente
f rsquo(x1) puograve essere considerata composta da due parti una costante e una variabile Come valore costante prendiamo proprio f rsquo(x0) echiamiamo ε la parte variabile ossia
f rsquo(x1) = f rsquo(x0) + ε
La (2) diventa
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x0) + ε
f(x) = f(x0) + (x ndash x0)(f rsquo(x0) + ε)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (x ndash x0)ε hellip (3)
Ma che tipo di funzione puograve essere questa ε
Di sicuro non puograve essere una costante dato che se derivassimo la (3) sotto questa ipotesi avremmo
f rsquo(x) = 0 + f rsquo(x0) + ε = f rsquo(x0) + ε
Questa ldquobanalerdquo relazione ci dice che ε deve annullarsi nel momento in cui x = x0 Ersquo lrsquounico modo percheacute si ottenga f (x0) = f rsquo(x0)
Percheacute questo possa succedere la via piugrave ovvia egrave che ε sia funzione di x ndash x0 ossia
ε = C2(x ndash x0) hellip (4)
con C2 costante (vi state accorgendo che cerchiamo di inserire fin da subito i coefficienti della seriehellip) Il pedice 2 ha una sua ragione
drsquoessere come vedremo tra poco
Sostituiamo la (4) nella (3) e otteniamo
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0) (x ndash x0)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0)2 hellip (5)
Non ci resta adesso che derivare di nuovo la (5) per cercare di determinare il valore di C2
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + 2C2(x ndash x0)
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = 2C2
Ma applicando di nuovo il teorema di Lagrange alla funzione f rsquo(x) (continua e derivabile per definizione) si ha
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = f rdquo(x2)
da cui
C2 = f rdquo(x2)2 hellip (6) (il pedice 2 corrisponde al grado della derivata)
Ovviamente con x0 lt x2 lt x
Sostituiamo la (6) nella (5)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (7)
f(x) - f(x0) - (x ndash x0) f rsquo(x0) = f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (8)
Il secondo membro della (8) non egrave altro che ciograve che manca al primo membro per arrivare fino alla funzione originaria In altre parolelrsquoerrore che si commette approssimando la curva con la tangente in x0
Chiamiamo questo ldquoerrorerdquo resto di Lagrange e lo indichiamo con R2
R2 = f rdquo(x2) (x ndash x0)22
Speravate di essere alla fine Purtroppo nohellip siamo solo allrsquoinizio o quasi (ecco percheacute i tre-quattro asterischi dellrsquoarticolo anche se leoperazioni e i concetti non sono difficili)
Per adesso possiamo solo dire che lrsquoerrore commesso egrave di ordine superiore alla funzione che abbiamo usato come approssimazioneIn particolare abbiamo anche trovato che dipende dalla derivata secondahellip
Non ci resta che ripetere quanto fatto finora Prima perograve digerite bene questa prima parte
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38 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (seconda parte) 2015-11-05 051141 Vincenzo Zappalagrave
Concludiamo la costruzione della serie di Taylor introducendo il suo termine generale Lho letta e riletta ma non garantisco che non visia ancora qualche refuso Picchiate duro e non abbiate pietagrave di me
Definiamo
f rdquo(x2) = f (x0) + φ
La (7) diventa
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (f rdquo(x0) + φ)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + frdquo(x0)(x ndash x0)22 + φ(x ndash x0)22 hellip (9)
Derivando due volte
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0) + φ(x ndash x0)
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + φ
segue ancora una volta che φ deve essere uguale a zero per x = x0
Abbiamo ripetuto questa parte ma si poteva concludere subito che
φ = C3(x - x0)
Andiamo a sostituire nella (9) e si ha
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x - x0)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x ndash x0)32 hellip (10)
Deriviamo due volte per trovare il valore di C3
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0) + 3C3(x ndash x0)22
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + 3C3(x - x0)
E applicando ancora il teorema di Lagrange
3C3 = (f rdquo(x) ndash f rdquo(x0))(x ndash x0) = f III(x3)
Con x0 lt x3 lt x
Da cui C3 = f III(x3)3
E infine sostituendo nella (10)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x3) (x ndash x0)36 hellip (11)
Questa egrave una serie che approssima ancora meglio la funzione di partenza nellrsquointorno del punto x0 tenendo conto anche del termine disecondo grado (ossia rappresenta la parabola osculatrice) Lrsquoerrore che si commette egrave sempre dato da
R3 = f III(x3)(x ndash x0)36
Che ovviamente tende a zero piugrave velocemente di R2 contenendo il termine al cubo
Non fatemi proseguire piugrave di tantohellip Basta ripetere lo stesso procedimento unrsquoaltra volta e si ottiene (provare per credere)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x4)(x ndash x0)424
Che rappresenta la cosiddetta cubica osculatricehellip e via dicendo
Continuando ad applicare Lagrange e inserendo sempre nuove costanti si otterragrave alla fine
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x0)(x ndash x0)424 + hellip + f n(x0) (x ndash x0)n n + Rn+1 hellip (12)
Con
Rn+1 = f n+1(xn+1)(x ndash x0)n+1 (n + 1)
Riassumendo lo sviluppo in serie di una funzione f(x) continua e derivabile indefinitamente in un certo intervallo puograve essereapprossimata attraverso una serie di potenze di x fino al grado n desiderato n egrave anche lrsquoordine di derivazione raggiunto Lrsquoerrore
che si commette egrave rappresentato dal termine di grado superiore che contiene la derivata di ordine superiore calcolata in un puntodellrsquointervallo (x x0) che soddisfa il teorema di Lagrange
Per non portarci dietro un sacco di termini conviene scrivere la serie di Taylor utilizzando il simbolo di sommatoria (Σ ) che riunisce tuttitermini in uno solo ricorrente In parole matematiche
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn hellip (13)
Che si legge proprio come la somma da n uguale zero a n = infinito del prodotto tra la derivata ennesima calcolata nel punto in cui sivuole approssimare la funzione moltiplicata per la potenza ennesima di (x ndash x0) e divisa per il fattoriale di n La funzione in x0 egrave stataapprossimata da un polinomio con termini di grado crescente ossia da curve che si avvicinano sempre di piugrave a quella di partenza
Ovviamente andando fino a infinito non esiste resto Tuttavia nessuno puograve andare a infinito per cui n si ferma a un certo valore e nederiva un resto dato dalla solita formula di grado subito superiore a n
A titolo di esempio ma ci torneremo sopra potete vedere nella Fig 3 come la funzione sen(x) venga approssimata dalla serie di Taylorfermata a vari valori di n nel punto x0 = 0 (e quindi diventata di Maclaurin) Niente malehellip
Figura 3
Vi sono anche altri metodi per ricavare la formula di Taylor piugrave o meno empirici eo intuitivi Non vorrei esagerare e mi limiterei a quellipresentati negli ultimi articoli Uno egrave veramente semplificato lrsquoaltro segue una regola precisa e si basa su un teorema A voi la sceltahelliplrsquoimportante egrave ricordare la formula di Taylor e la sua sorellina semplificata di Maclaurin
La prossima volta cercheremo di applicarla per evidenziare ancora meglio la sua importanza matematica e non solo
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39 Esercitiamoci con Taylor e Mclaurin 2015-11-08 171142 Vincenzo Zappalagrave
In questo articolo applichiamo la serie di Mclaurin a due funzioni estremamente importanti Di seguito trovate anche qualche eserciziohellip
Applichiamo quanto abbiamo dimostrato in due modi molto diversi a delle vere funzioni che abbiano le giuste caratteristiche (continue ederivabili)
Ricordiamo la formula di Taylor
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn
Ma soprattutto quella di Mclaurin che useremo normalmente Come giagrave detto la seconda non egrave altro che la prima applicata al punto diascissa x0 = 0
f(x) = Σinfinn = 0 f n(0)xnn
Cominciamo svolgendo insieme uno dei casi piugrave famosi e utili quello relative alla funzione y = ex La funzione egrave sicuramente continuaed egrave anche derivabile infinite volte In particolare le derivate sono sempre uguali e coincidono con la funzione di partenza Gran bellacomoditagravehellip
Scriviamo la (1) per esteso
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
e applichiamola al caso f(x) = ex
Ovviamente tutte le derivate di ex valgono sempre ex e calcolate in 0 danno come risultato 1
Lo sviluppo in serie diventa
ex = 1 + x + x22 + x33 + x4 4 + hellip = Σinfinn=0 xnn
Possiamo ora calcolare la funzione nel punto in cui x = 1 e si ha
e1 = e = 1 + 1 + 12 + 13 + 1 4 + hellip
che ci permette di calcolare il numero e con tutti i decimali che si voglionohellip
Proviamo con unrsquoaltra funzione semplice ma di estrema importanza
f(x) = 1(1 - x)
Tutte le derivate successive della funzione hanno come denominatore (1 ndash x) elevato a potenze successive che quindi egrave sempre ugualea 1 per x0 = 0 Il numeratore egrave invece proprio una moltiplicazione successiva degli esponenti ossia n
Verifichiamolo (il calcolo delle derivate lo lascio a voi per esercizio)
f(0) = 1(1 - 0) = 1
f rsquo(x) = 1(1 - x)2
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 2(1 ndash x)3
f rdquo(0) = 2 = 2middot1 = 2
f III(x) = 6(1 - x)4
f III(0) = 6 = 3middot2middot1 = 3
f IV(x) = 24(1 ndash x)5
f IV(0) = 24 = 4middot3middot2middot1 = 4
Per cui la
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
37 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (prima parte) 2015-10-30 061050 Vincenzo Zappalagrave
Questo non egrave un articolo facile non tanto per i concetti che esprime ma piuttosto per il numero di passaggi che siamo obbligati a fareSi basa su un teorema classico delle funzioni e presenta perciograve un metodo rigoroso che abbisogna perograve di iterazioni successive (maifacili da digerire e da tenere sottocchio) Mi sembrava perograve doveroso proporlo
Prima di partire dobbiamo ricordare un teorema fondamentale dellrsquoanalisi matematica il teorema di Rolle Esso sembra del tutto ovvioe come sempre capita in queste situazioni la dimostrazione rigorosa egrave tuttrsquoaltro che banale e possiamo tranquillamente evitarla
Esso puograve essere enunciato come segue
Se una funzione f(x) egrave continua nellrsquointervallo (ab) egrave derivabile e vale inoltre f(a) = f(b) allora esiste sicuramente una x0 nellrsquointervallo(ab) in cui f rsquo(x0 ) = 0
Abbiamo scritto qualcosa di veramente semplice e intuitivo che viene descritto perfettamente nella Fig 1
Figura 1
Come appena detto la funzione deve essere continua (senza punti peculiari o salti improvvisi) e derivabile La seconda assunzioneevita il caso della retta congiungete a con b dato che la derivata sarebbe sempre nulla
Ne segue che qualsiasi cosa faccia la funzione nellrsquointervallo (ab) essa partendo da f(a) deve tornare a f(b) = f(a) Non egrave difficileconcludere che se deve essere ldquocurvardquo deve esistere almeno un punto di massimo eo minimo allrsquointerno dellrsquointervallo (ab) Ma unpunto di massimo eo di minimo deve anche avere una x0 tale che f (x0) = 0
Sembra una vera sciocchezza (ma sapeste quanti teoremi fondamentali dellrsquoanalisi matematica hanno questa apparenzahellip) e nonpossiamo certo complicare ciograve che egrave semplice Tuttavia da questo teorema ne segue uno leggermente piugrave complicato che prende ilnome di teorema di Lagrange Esso puograve essere considerato una generalizzazione di quello di Rolle Il suo enunciato egrave il seguente
Se una funzione f(x) egrave continua e derivabile nellrsquointervallo (ab) ed egrave inoltre f(a) ne f(b) allora esiste sicuramente un punto di ascissa x0nellrsquointervallo (ab) tale che la tangente alla funzione in quel punto sia parallela alla congiungente i punti P(af(a)) e Q(bf(b))
Lo vediamo rappresentato in fig 2
Figura 2
Behhellip potremmo facilmente dire che non egrave altro che il teorema di Rolle ldquoruotatordquo In realtagrave egrave proprio cosigrave ma la dimostrazione egraveabbastanza laboriosa Accettiamola per buona dato che il risultato egrave abbastanza intuibile Piugrave interessante egrave tradurlo in una sempliceformula
f rsquo(x0) = (f(b) ndash f(a))(b ndash a) hellip (1)
Che dice praticamente che la tangente in (x0 f(x0)) egrave parallela alla congiungente P(a f(a)) con Q(bf(b)) Infatti la derivata prima non egravealtro che il coefficiente angolare della tangente in x0
Questa formula egrave proprio quella che ci serve per introdurre la serie di Taylorhellip
La funzione sia definita e derivabile indefinitamente nellrsquointervallo (ab) ossia esistano tutte le sue derivate successive La (1) puograveessere applicata allrsquointervallo (x0 x) interno ad (ab) diventando
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x1) hellip (2)
Dove x1 egrave compreso tra x0 e x ossia x0 lt x1 lt x
Per le ipotesi di partenza possiamo dire che f rsquo(x1) dipende solo e soltanto dallrsquointervallo (x x0) Infatti se cambiassi gli estremicambierebbe anche il punto in cui la tangente egrave parallela alla retta che collega i due estremi e di conseguenza anche il coefficienteangolare della stessa tangente
f rsquo(x1) puograve essere considerata composta da due parti una costante e una variabile Come valore costante prendiamo proprio f rsquo(x0) echiamiamo ε la parte variabile ossia
f rsquo(x1) = f rsquo(x0) + ε
La (2) diventa
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x0) + ε
f(x) = f(x0) + (x ndash x0)(f rsquo(x0) + ε)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (x ndash x0)ε hellip (3)
Ma che tipo di funzione puograve essere questa ε
Di sicuro non puograve essere una costante dato che se derivassimo la (3) sotto questa ipotesi avremmo
f rsquo(x) = 0 + f rsquo(x0) + ε = f rsquo(x0) + ε
Questa ldquobanalerdquo relazione ci dice che ε deve annullarsi nel momento in cui x = x0 Ersquo lrsquounico modo percheacute si ottenga f (x0) = f rsquo(x0)
Percheacute questo possa succedere la via piugrave ovvia egrave che ε sia funzione di x ndash x0 ossia
ε = C2(x ndash x0) hellip (4)
con C2 costante (vi state accorgendo che cerchiamo di inserire fin da subito i coefficienti della seriehellip) Il pedice 2 ha una sua ragione
drsquoessere come vedremo tra poco
Sostituiamo la (4) nella (3) e otteniamo
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0) (x ndash x0)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0)2 hellip (5)
Non ci resta adesso che derivare di nuovo la (5) per cercare di determinare il valore di C2
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + 2C2(x ndash x0)
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = 2C2
Ma applicando di nuovo il teorema di Lagrange alla funzione f rsquo(x) (continua e derivabile per definizione) si ha
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = f rdquo(x2)
da cui
C2 = f rdquo(x2)2 hellip (6) (il pedice 2 corrisponde al grado della derivata)
Ovviamente con x0 lt x2 lt x
Sostituiamo la (6) nella (5)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (7)
f(x) - f(x0) - (x ndash x0) f rsquo(x0) = f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (8)
Il secondo membro della (8) non egrave altro che ciograve che manca al primo membro per arrivare fino alla funzione originaria In altre parolelrsquoerrore che si commette approssimando la curva con la tangente in x0
Chiamiamo questo ldquoerrorerdquo resto di Lagrange e lo indichiamo con R2
R2 = f rdquo(x2) (x ndash x0)22
Speravate di essere alla fine Purtroppo nohellip siamo solo allrsquoinizio o quasi (ecco percheacute i tre-quattro asterischi dellrsquoarticolo anche se leoperazioni e i concetti non sono difficili)
Per adesso possiamo solo dire che lrsquoerrore commesso egrave di ordine superiore alla funzione che abbiamo usato come approssimazioneIn particolare abbiamo anche trovato che dipende dalla derivata secondahellip
Non ci resta che ripetere quanto fatto finora Prima perograve digerite bene questa prima parte
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38 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (seconda parte) 2015-11-05 051141 Vincenzo Zappalagrave
Concludiamo la costruzione della serie di Taylor introducendo il suo termine generale Lho letta e riletta ma non garantisco che non visia ancora qualche refuso Picchiate duro e non abbiate pietagrave di me
Definiamo
f rdquo(x2) = f (x0) + φ
La (7) diventa
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (f rdquo(x0) + φ)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + frdquo(x0)(x ndash x0)22 + φ(x ndash x0)22 hellip (9)
Derivando due volte
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0) + φ(x ndash x0)
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + φ
segue ancora una volta che φ deve essere uguale a zero per x = x0
Abbiamo ripetuto questa parte ma si poteva concludere subito che
φ = C3(x - x0)
Andiamo a sostituire nella (9) e si ha
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x - x0)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x ndash x0)32 hellip (10)
Deriviamo due volte per trovare il valore di C3
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0) + 3C3(x ndash x0)22
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + 3C3(x - x0)
E applicando ancora il teorema di Lagrange
3C3 = (f rdquo(x) ndash f rdquo(x0))(x ndash x0) = f III(x3)
Con x0 lt x3 lt x
Da cui C3 = f III(x3)3
E infine sostituendo nella (10)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x3) (x ndash x0)36 hellip (11)
Questa egrave una serie che approssima ancora meglio la funzione di partenza nellrsquointorno del punto x0 tenendo conto anche del termine disecondo grado (ossia rappresenta la parabola osculatrice) Lrsquoerrore che si commette egrave sempre dato da
R3 = f III(x3)(x ndash x0)36
Che ovviamente tende a zero piugrave velocemente di R2 contenendo il termine al cubo
Non fatemi proseguire piugrave di tantohellip Basta ripetere lo stesso procedimento unrsquoaltra volta e si ottiene (provare per credere)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x4)(x ndash x0)424
Che rappresenta la cosiddetta cubica osculatricehellip e via dicendo
Continuando ad applicare Lagrange e inserendo sempre nuove costanti si otterragrave alla fine
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x0)(x ndash x0)424 + hellip + f n(x0) (x ndash x0)n n + Rn+1 hellip (12)
Con
Rn+1 = f n+1(xn+1)(x ndash x0)n+1 (n + 1)
Riassumendo lo sviluppo in serie di una funzione f(x) continua e derivabile indefinitamente in un certo intervallo puograve essereapprossimata attraverso una serie di potenze di x fino al grado n desiderato n egrave anche lrsquoordine di derivazione raggiunto Lrsquoerrore
che si commette egrave rappresentato dal termine di grado superiore che contiene la derivata di ordine superiore calcolata in un puntodellrsquointervallo (x x0) che soddisfa il teorema di Lagrange
Per non portarci dietro un sacco di termini conviene scrivere la serie di Taylor utilizzando il simbolo di sommatoria (Σ ) che riunisce tuttitermini in uno solo ricorrente In parole matematiche
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn hellip (13)
Che si legge proprio come la somma da n uguale zero a n = infinito del prodotto tra la derivata ennesima calcolata nel punto in cui sivuole approssimare la funzione moltiplicata per la potenza ennesima di (x ndash x0) e divisa per il fattoriale di n La funzione in x0 egrave stataapprossimata da un polinomio con termini di grado crescente ossia da curve che si avvicinano sempre di piugrave a quella di partenza
Ovviamente andando fino a infinito non esiste resto Tuttavia nessuno puograve andare a infinito per cui n si ferma a un certo valore e nederiva un resto dato dalla solita formula di grado subito superiore a n
A titolo di esempio ma ci torneremo sopra potete vedere nella Fig 3 come la funzione sen(x) venga approssimata dalla serie di Taylorfermata a vari valori di n nel punto x0 = 0 (e quindi diventata di Maclaurin) Niente malehellip
Figura 3
Vi sono anche altri metodi per ricavare la formula di Taylor piugrave o meno empirici eo intuitivi Non vorrei esagerare e mi limiterei a quellipresentati negli ultimi articoli Uno egrave veramente semplificato lrsquoaltro segue una regola precisa e si basa su un teorema A voi la sceltahelliplrsquoimportante egrave ricordare la formula di Taylor e la sua sorellina semplificata di Maclaurin
La prossima volta cercheremo di applicarla per evidenziare ancora meglio la sua importanza matematica e non solo
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39 Esercitiamoci con Taylor e Mclaurin 2015-11-08 171142 Vincenzo Zappalagrave
In questo articolo applichiamo la serie di Mclaurin a due funzioni estremamente importanti Di seguito trovate anche qualche eserciziohellip
Applichiamo quanto abbiamo dimostrato in due modi molto diversi a delle vere funzioni che abbiano le giuste caratteristiche (continue ederivabili)
Ricordiamo la formula di Taylor
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn
Ma soprattutto quella di Mclaurin che useremo normalmente Come giagrave detto la seconda non egrave altro che la prima applicata al punto diascissa x0 = 0
f(x) = Σinfinn = 0 f n(0)xnn
Cominciamo svolgendo insieme uno dei casi piugrave famosi e utili quello relative alla funzione y = ex La funzione egrave sicuramente continuaed egrave anche derivabile infinite volte In particolare le derivate sono sempre uguali e coincidono con la funzione di partenza Gran bellacomoditagravehellip
Scriviamo la (1) per esteso
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
e applichiamola al caso f(x) = ex
Ovviamente tutte le derivate di ex valgono sempre ex e calcolate in 0 danno come risultato 1
Lo sviluppo in serie diventa
ex = 1 + x + x22 + x33 + x4 4 + hellip = Σinfinn=0 xnn
Possiamo ora calcolare la funzione nel punto in cui x = 1 e si ha
e1 = e = 1 + 1 + 12 + 13 + 1 4 + hellip
che ci permette di calcolare il numero e con tutti i decimali che si voglionohellip
Proviamo con unrsquoaltra funzione semplice ma di estrema importanza
f(x) = 1(1 - x)
Tutte le derivate successive della funzione hanno come denominatore (1 ndash x) elevato a potenze successive che quindi egrave sempre ugualea 1 per x0 = 0 Il numeratore egrave invece proprio una moltiplicazione successiva degli esponenti ossia n
Verifichiamolo (il calcolo delle derivate lo lascio a voi per esercizio)
f(0) = 1(1 - 0) = 1
f rsquo(x) = 1(1 - x)2
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 2(1 ndash x)3
f rdquo(0) = 2 = 2middot1 = 2
f III(x) = 6(1 - x)4
f III(0) = 6 = 3middot2middot1 = 3
f IV(x) = 24(1 ndash x)5
f IV(0) = 24 = 4middot3middot2middot1 = 4
Per cui la
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
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TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
Figura 2
Behhellip potremmo facilmente dire che non egrave altro che il teorema di Rolle ldquoruotatordquo In realtagrave egrave proprio cosigrave ma la dimostrazione egraveabbastanza laboriosa Accettiamola per buona dato che il risultato egrave abbastanza intuibile Piugrave interessante egrave tradurlo in una sempliceformula
f rsquo(x0) = (f(b) ndash f(a))(b ndash a) hellip (1)
Che dice praticamente che la tangente in (x0 f(x0)) egrave parallela alla congiungente P(a f(a)) con Q(bf(b)) Infatti la derivata prima non egravealtro che il coefficiente angolare della tangente in x0
Questa formula egrave proprio quella che ci serve per introdurre la serie di Taylorhellip
La funzione sia definita e derivabile indefinitamente nellrsquointervallo (ab) ossia esistano tutte le sue derivate successive La (1) puograveessere applicata allrsquointervallo (x0 x) interno ad (ab) diventando
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x1) hellip (2)
Dove x1 egrave compreso tra x0 e x ossia x0 lt x1 lt x
Per le ipotesi di partenza possiamo dire che f rsquo(x1) dipende solo e soltanto dallrsquointervallo (x x0) Infatti se cambiassi gli estremicambierebbe anche il punto in cui la tangente egrave parallela alla retta che collega i due estremi e di conseguenza anche il coefficienteangolare della stessa tangente
f rsquo(x1) puograve essere considerata composta da due parti una costante e una variabile Come valore costante prendiamo proprio f rsquo(x0) echiamiamo ε la parte variabile ossia
f rsquo(x1) = f rsquo(x0) + ε
La (2) diventa
(f(x) ndash f(x0))(x ndash x0) = f rsquo(x0) + ε
f(x) = f(x0) + (x ndash x0)(f rsquo(x0) + ε)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (x ndash x0)ε hellip (3)
Ma che tipo di funzione puograve essere questa ε
Di sicuro non puograve essere una costante dato che se derivassimo la (3) sotto questa ipotesi avremmo
f rsquo(x) = 0 + f rsquo(x0) + ε = f rsquo(x0) + ε
Questa ldquobanalerdquo relazione ci dice che ε deve annullarsi nel momento in cui x = x0 Ersquo lrsquounico modo percheacute si ottenga f (x0) = f rsquo(x0)
Percheacute questo possa succedere la via piugrave ovvia egrave che ε sia funzione di x ndash x0 ossia
ε = C2(x ndash x0) hellip (4)
con C2 costante (vi state accorgendo che cerchiamo di inserire fin da subito i coefficienti della seriehellip) Il pedice 2 ha una sua ragione
drsquoessere come vedremo tra poco
Sostituiamo la (4) nella (3) e otteniamo
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0) (x ndash x0)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0)2 hellip (5)
Non ci resta adesso che derivare di nuovo la (5) per cercare di determinare il valore di C2
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + 2C2(x ndash x0)
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = 2C2
Ma applicando di nuovo il teorema di Lagrange alla funzione f rsquo(x) (continua e derivabile per definizione) si ha
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = f rdquo(x2)
da cui
C2 = f rdquo(x2)2 hellip (6) (il pedice 2 corrisponde al grado della derivata)
Ovviamente con x0 lt x2 lt x
Sostituiamo la (6) nella (5)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (7)
f(x) - f(x0) - (x ndash x0) f rsquo(x0) = f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (8)
Il secondo membro della (8) non egrave altro che ciograve che manca al primo membro per arrivare fino alla funzione originaria In altre parolelrsquoerrore che si commette approssimando la curva con la tangente in x0
Chiamiamo questo ldquoerrorerdquo resto di Lagrange e lo indichiamo con R2
R2 = f rdquo(x2) (x ndash x0)22
Speravate di essere alla fine Purtroppo nohellip siamo solo allrsquoinizio o quasi (ecco percheacute i tre-quattro asterischi dellrsquoarticolo anche se leoperazioni e i concetti non sono difficili)
Per adesso possiamo solo dire che lrsquoerrore commesso egrave di ordine superiore alla funzione che abbiamo usato come approssimazioneIn particolare abbiamo anche trovato che dipende dalla derivata secondahellip
Non ci resta che ripetere quanto fatto finora Prima perograve digerite bene questa prima parte
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
38 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (seconda parte) 2015-11-05 051141 Vincenzo Zappalagrave
Concludiamo la costruzione della serie di Taylor introducendo il suo termine generale Lho letta e riletta ma non garantisco che non visia ancora qualche refuso Picchiate duro e non abbiate pietagrave di me
Definiamo
f rdquo(x2) = f (x0) + φ
La (7) diventa
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (f rdquo(x0) + φ)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + frdquo(x0)(x ndash x0)22 + φ(x ndash x0)22 hellip (9)
Derivando due volte
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0) + φ(x ndash x0)
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + φ
segue ancora una volta che φ deve essere uguale a zero per x = x0
Abbiamo ripetuto questa parte ma si poteva concludere subito che
φ = C3(x - x0)
Andiamo a sostituire nella (9) e si ha
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x - x0)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x ndash x0)32 hellip (10)
Deriviamo due volte per trovare il valore di C3
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0) + 3C3(x ndash x0)22
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + 3C3(x - x0)
E applicando ancora il teorema di Lagrange
3C3 = (f rdquo(x) ndash f rdquo(x0))(x ndash x0) = f III(x3)
Con x0 lt x3 lt x
Da cui C3 = f III(x3)3
E infine sostituendo nella (10)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x3) (x ndash x0)36 hellip (11)
Questa egrave una serie che approssima ancora meglio la funzione di partenza nellrsquointorno del punto x0 tenendo conto anche del termine disecondo grado (ossia rappresenta la parabola osculatrice) Lrsquoerrore che si commette egrave sempre dato da
R3 = f III(x3)(x ndash x0)36
Che ovviamente tende a zero piugrave velocemente di R2 contenendo il termine al cubo
Non fatemi proseguire piugrave di tantohellip Basta ripetere lo stesso procedimento unrsquoaltra volta e si ottiene (provare per credere)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x4)(x ndash x0)424
Che rappresenta la cosiddetta cubica osculatricehellip e via dicendo
Continuando ad applicare Lagrange e inserendo sempre nuove costanti si otterragrave alla fine
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x0)(x ndash x0)424 + hellip + f n(x0) (x ndash x0)n n + Rn+1 hellip (12)
Con
Rn+1 = f n+1(xn+1)(x ndash x0)n+1 (n + 1)
Riassumendo lo sviluppo in serie di una funzione f(x) continua e derivabile indefinitamente in un certo intervallo puograve essereapprossimata attraverso una serie di potenze di x fino al grado n desiderato n egrave anche lrsquoordine di derivazione raggiunto Lrsquoerrore
che si commette egrave rappresentato dal termine di grado superiore che contiene la derivata di ordine superiore calcolata in un puntodellrsquointervallo (x x0) che soddisfa il teorema di Lagrange
Per non portarci dietro un sacco di termini conviene scrivere la serie di Taylor utilizzando il simbolo di sommatoria (Σ ) che riunisce tuttitermini in uno solo ricorrente In parole matematiche
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn hellip (13)
Che si legge proprio come la somma da n uguale zero a n = infinito del prodotto tra la derivata ennesima calcolata nel punto in cui sivuole approssimare la funzione moltiplicata per la potenza ennesima di (x ndash x0) e divisa per il fattoriale di n La funzione in x0 egrave stataapprossimata da un polinomio con termini di grado crescente ossia da curve che si avvicinano sempre di piugrave a quella di partenza
Ovviamente andando fino a infinito non esiste resto Tuttavia nessuno puograve andare a infinito per cui n si ferma a un certo valore e nederiva un resto dato dalla solita formula di grado subito superiore a n
A titolo di esempio ma ci torneremo sopra potete vedere nella Fig 3 come la funzione sen(x) venga approssimata dalla serie di Taylorfermata a vari valori di n nel punto x0 = 0 (e quindi diventata di Maclaurin) Niente malehellip
Figura 3
Vi sono anche altri metodi per ricavare la formula di Taylor piugrave o meno empirici eo intuitivi Non vorrei esagerare e mi limiterei a quellipresentati negli ultimi articoli Uno egrave veramente semplificato lrsquoaltro segue una regola precisa e si basa su un teorema A voi la sceltahelliplrsquoimportante egrave ricordare la formula di Taylor e la sua sorellina semplificata di Maclaurin
La prossima volta cercheremo di applicarla per evidenziare ancora meglio la sua importanza matematica e non solo
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39 Esercitiamoci con Taylor e Mclaurin 2015-11-08 171142 Vincenzo Zappalagrave
In questo articolo applichiamo la serie di Mclaurin a due funzioni estremamente importanti Di seguito trovate anche qualche eserciziohellip
Applichiamo quanto abbiamo dimostrato in due modi molto diversi a delle vere funzioni che abbiano le giuste caratteristiche (continue ederivabili)
Ricordiamo la formula di Taylor
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn
Ma soprattutto quella di Mclaurin che useremo normalmente Come giagrave detto la seconda non egrave altro che la prima applicata al punto diascissa x0 = 0
f(x) = Σinfinn = 0 f n(0)xnn
Cominciamo svolgendo insieme uno dei casi piugrave famosi e utili quello relative alla funzione y = ex La funzione egrave sicuramente continuaed egrave anche derivabile infinite volte In particolare le derivate sono sempre uguali e coincidono con la funzione di partenza Gran bellacomoditagravehellip
Scriviamo la (1) per esteso
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
e applichiamola al caso f(x) = ex
Ovviamente tutte le derivate di ex valgono sempre ex e calcolate in 0 danno come risultato 1
Lo sviluppo in serie diventa
ex = 1 + x + x22 + x33 + x4 4 + hellip = Σinfinn=0 xnn
Possiamo ora calcolare la funzione nel punto in cui x = 1 e si ha
e1 = e = 1 + 1 + 12 + 13 + 1 4 + hellip
che ci permette di calcolare il numero e con tutti i decimali che si voglionohellip
Proviamo con unrsquoaltra funzione semplice ma di estrema importanza
f(x) = 1(1 - x)
Tutte le derivate successive della funzione hanno come denominatore (1 ndash x) elevato a potenze successive che quindi egrave sempre ugualea 1 per x0 = 0 Il numeratore egrave invece proprio una moltiplicazione successiva degli esponenti ossia n
Verifichiamolo (il calcolo delle derivate lo lascio a voi per esercizio)
f(0) = 1(1 - 0) = 1
f rsquo(x) = 1(1 - x)2
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 2(1 ndash x)3
f rdquo(0) = 2 = 2middot1 = 2
f III(x) = 6(1 - x)4
f III(0) = 6 = 3middot2middot1 = 3
f IV(x) = 24(1 ndash x)5
f IV(0) = 24 = 4middot3middot2middot1 = 4
Per cui la
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
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TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
drsquoessere come vedremo tra poco
Sostituiamo la (4) nella (3) e otteniamo
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0) (x ndash x0)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + C2(x ndash x0)2 hellip (5)
Non ci resta adesso che derivare di nuovo la (5) per cercare di determinare il valore di C2
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + 2C2(x ndash x0)
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = 2C2
Ma applicando di nuovo il teorema di Lagrange alla funzione f rsquo(x) (continua e derivabile per definizione) si ha
(f rsquo(x) ndash f rsquo(x0))(x ndash x0) = f rdquo(x2)
da cui
C2 = f rdquo(x2)2 hellip (6) (il pedice 2 corrisponde al grado della derivata)
Ovviamente con x0 lt x2 lt x
Sostituiamo la (6) nella (5)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (7)
f(x) - f(x0) - (x ndash x0) f rsquo(x0) = f rdquo(x2)(x ndash x0)22 hellip (8)
Il secondo membro della (8) non egrave altro che ciograve che manca al primo membro per arrivare fino alla funzione originaria In altre parolelrsquoerrore che si commette approssimando la curva con la tangente in x0
Chiamiamo questo ldquoerrorerdquo resto di Lagrange e lo indichiamo con R2
R2 = f rdquo(x2) (x ndash x0)22
Speravate di essere alla fine Purtroppo nohellip siamo solo allrsquoinizio o quasi (ecco percheacute i tre-quattro asterischi dellrsquoarticolo anche se leoperazioni e i concetti non sono difficili)
Per adesso possiamo solo dire che lrsquoerrore commesso egrave di ordine superiore alla funzione che abbiamo usato come approssimazioneIn particolare abbiamo anche trovato che dipende dalla derivata secondahellip
Non ci resta che ripetere quanto fatto finora Prima perograve digerite bene questa prima parte
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38 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (seconda parte) 2015-11-05 051141 Vincenzo Zappalagrave
Concludiamo la costruzione della serie di Taylor introducendo il suo termine generale Lho letta e riletta ma non garantisco che non visia ancora qualche refuso Picchiate duro e non abbiate pietagrave di me
Definiamo
f rdquo(x2) = f (x0) + φ
La (7) diventa
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (f rdquo(x0) + φ)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + frdquo(x0)(x ndash x0)22 + φ(x ndash x0)22 hellip (9)
Derivando due volte
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0) + φ(x ndash x0)
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + φ
segue ancora una volta che φ deve essere uguale a zero per x = x0
Abbiamo ripetuto questa parte ma si poteva concludere subito che
φ = C3(x - x0)
Andiamo a sostituire nella (9) e si ha
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x - x0)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x ndash x0)32 hellip (10)
Deriviamo due volte per trovare il valore di C3
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0) + 3C3(x ndash x0)22
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + 3C3(x - x0)
E applicando ancora il teorema di Lagrange
3C3 = (f rdquo(x) ndash f rdquo(x0))(x ndash x0) = f III(x3)
Con x0 lt x3 lt x
Da cui C3 = f III(x3)3
E infine sostituendo nella (10)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x3) (x ndash x0)36 hellip (11)
Questa egrave una serie che approssima ancora meglio la funzione di partenza nellrsquointorno del punto x0 tenendo conto anche del termine disecondo grado (ossia rappresenta la parabola osculatrice) Lrsquoerrore che si commette egrave sempre dato da
R3 = f III(x3)(x ndash x0)36
Che ovviamente tende a zero piugrave velocemente di R2 contenendo il termine al cubo
Non fatemi proseguire piugrave di tantohellip Basta ripetere lo stesso procedimento unrsquoaltra volta e si ottiene (provare per credere)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x4)(x ndash x0)424
Che rappresenta la cosiddetta cubica osculatricehellip e via dicendo
Continuando ad applicare Lagrange e inserendo sempre nuove costanti si otterragrave alla fine
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x0)(x ndash x0)424 + hellip + f n(x0) (x ndash x0)n n + Rn+1 hellip (12)
Con
Rn+1 = f n+1(xn+1)(x ndash x0)n+1 (n + 1)
Riassumendo lo sviluppo in serie di una funzione f(x) continua e derivabile indefinitamente in un certo intervallo puograve essereapprossimata attraverso una serie di potenze di x fino al grado n desiderato n egrave anche lrsquoordine di derivazione raggiunto Lrsquoerrore
che si commette egrave rappresentato dal termine di grado superiore che contiene la derivata di ordine superiore calcolata in un puntodellrsquointervallo (x x0) che soddisfa il teorema di Lagrange
Per non portarci dietro un sacco di termini conviene scrivere la serie di Taylor utilizzando il simbolo di sommatoria (Σ ) che riunisce tuttitermini in uno solo ricorrente In parole matematiche
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn hellip (13)
Che si legge proprio come la somma da n uguale zero a n = infinito del prodotto tra la derivata ennesima calcolata nel punto in cui sivuole approssimare la funzione moltiplicata per la potenza ennesima di (x ndash x0) e divisa per il fattoriale di n La funzione in x0 egrave stataapprossimata da un polinomio con termini di grado crescente ossia da curve che si avvicinano sempre di piugrave a quella di partenza
Ovviamente andando fino a infinito non esiste resto Tuttavia nessuno puograve andare a infinito per cui n si ferma a un certo valore e nederiva un resto dato dalla solita formula di grado subito superiore a n
A titolo di esempio ma ci torneremo sopra potete vedere nella Fig 3 come la funzione sen(x) venga approssimata dalla serie di Taylorfermata a vari valori di n nel punto x0 = 0 (e quindi diventata di Maclaurin) Niente malehellip
Figura 3
Vi sono anche altri metodi per ricavare la formula di Taylor piugrave o meno empirici eo intuitivi Non vorrei esagerare e mi limiterei a quellipresentati negli ultimi articoli Uno egrave veramente semplificato lrsquoaltro segue una regola precisa e si basa su un teorema A voi la sceltahelliplrsquoimportante egrave ricordare la formula di Taylor e la sua sorellina semplificata di Maclaurin
La prossima volta cercheremo di applicarla per evidenziare ancora meglio la sua importanza matematica e non solo
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39 Esercitiamoci con Taylor e Mclaurin 2015-11-08 171142 Vincenzo Zappalagrave
In questo articolo applichiamo la serie di Mclaurin a due funzioni estremamente importanti Di seguito trovate anche qualche eserciziohellip
Applichiamo quanto abbiamo dimostrato in due modi molto diversi a delle vere funzioni che abbiano le giuste caratteristiche (continue ederivabili)
Ricordiamo la formula di Taylor
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn
Ma soprattutto quella di Mclaurin che useremo normalmente Come giagrave detto la seconda non egrave altro che la prima applicata al punto diascissa x0 = 0
f(x) = Σinfinn = 0 f n(0)xnn
Cominciamo svolgendo insieme uno dei casi piugrave famosi e utili quello relative alla funzione y = ex La funzione egrave sicuramente continuaed egrave anche derivabile infinite volte In particolare le derivate sono sempre uguali e coincidono con la funzione di partenza Gran bellacomoditagravehellip
Scriviamo la (1) per esteso
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
e applichiamola al caso f(x) = ex
Ovviamente tutte le derivate di ex valgono sempre ex e calcolate in 0 danno come risultato 1
Lo sviluppo in serie diventa
ex = 1 + x + x22 + x33 + x4 4 + hellip = Σinfinn=0 xnn
Possiamo ora calcolare la funzione nel punto in cui x = 1 e si ha
e1 = e = 1 + 1 + 12 + 13 + 1 4 + hellip
che ci permette di calcolare il numero e con tutti i decimali che si voglionohellip
Proviamo con unrsquoaltra funzione semplice ma di estrema importanza
f(x) = 1(1 - x)
Tutte le derivate successive della funzione hanno come denominatore (1 ndash x) elevato a potenze successive che quindi egrave sempre ugualea 1 per x0 = 0 Il numeratore egrave invece proprio una moltiplicazione successiva degli esponenti ossia n
Verifichiamolo (il calcolo delle derivate lo lascio a voi per esercizio)
f(0) = 1(1 - 0) = 1
f rsquo(x) = 1(1 - x)2
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 2(1 ndash x)3
f rdquo(0) = 2 = 2middot1 = 2
f III(x) = 6(1 - x)4
f III(0) = 6 = 3middot2middot1 = 3
f IV(x) = 24(1 ndash x)5
f IV(0) = 24 = 4middot3middot2middot1 = 4
Per cui la
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
wwwbatmathitmatematicaan_unotaylor_dintorniesapprox1esapprox1htm 13
wwwbatmathit
Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
38 Costruzione ldquorigorosardquo della formula di Taylor (seconda parte) 2015-11-05 051141 Vincenzo Zappalagrave
Concludiamo la costruzione della serie di Taylor introducendo il suo termine generale Lho letta e riletta ma non garantisco che non visia ancora qualche refuso Picchiate duro e non abbiate pietagrave di me
Definiamo
f rdquo(x2) = f (x0) + φ
La (7) diventa
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x2)(x ndash x0)22 = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + (f rdquo(x0) + φ)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + frdquo(x0)(x ndash x0)22 + φ(x ndash x0)22 hellip (9)
Derivando due volte
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0) + φ(x ndash x0)
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + φ
segue ancora una volta che φ deve essere uguale a zero per x = x0
Abbiamo ripetuto questa parte ma si poteva concludere subito che
φ = C3(x - x0)
Andiamo a sostituire nella (9) e si ha
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x - x0)(x ndash x0)22
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + C3(x ndash x0)32 hellip (10)
Deriviamo due volte per trovare il valore di C3
f rsquo(x) = f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0) + 3C3(x ndash x0)22
f rdquo(x) = f rdquo(x0) + 3C3(x - x0)
E applicando ancora il teorema di Lagrange
3C3 = (f rdquo(x) ndash f rdquo(x0))(x ndash x0) = f III(x3)
Con x0 lt x3 lt x
Da cui C3 = f III(x3)3
E infine sostituendo nella (10)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x3) (x ndash x0)36 hellip (11)
Questa egrave una serie che approssima ancora meglio la funzione di partenza nellrsquointorno del punto x0 tenendo conto anche del termine disecondo grado (ossia rappresenta la parabola osculatrice) Lrsquoerrore che si commette egrave sempre dato da
R3 = f III(x3)(x ndash x0)36
Che ovviamente tende a zero piugrave velocemente di R2 contenendo il termine al cubo
Non fatemi proseguire piugrave di tantohellip Basta ripetere lo stesso procedimento unrsquoaltra volta e si ottiene (provare per credere)
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0)(x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x4)(x ndash x0)424
Che rappresenta la cosiddetta cubica osculatricehellip e via dicendo
Continuando ad applicare Lagrange e inserendo sempre nuove costanti si otterragrave alla fine
f(x) = f(x0) + (x ndash x0) f rsquo(x0) + f rdquo(x0) (x ndash x0)22 + f III(x0)(x ndash x0)36 + f IV(x0)(x ndash x0)424 + hellip + f n(x0) (x ndash x0)n n + Rn+1 hellip (12)
Con
Rn+1 = f n+1(xn+1)(x ndash x0)n+1 (n + 1)
Riassumendo lo sviluppo in serie di una funzione f(x) continua e derivabile indefinitamente in un certo intervallo puograve essereapprossimata attraverso una serie di potenze di x fino al grado n desiderato n egrave anche lrsquoordine di derivazione raggiunto Lrsquoerrore
che si commette egrave rappresentato dal termine di grado superiore che contiene la derivata di ordine superiore calcolata in un puntodellrsquointervallo (x x0) che soddisfa il teorema di Lagrange
Per non portarci dietro un sacco di termini conviene scrivere la serie di Taylor utilizzando il simbolo di sommatoria (Σ ) che riunisce tuttitermini in uno solo ricorrente In parole matematiche
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn hellip (13)
Che si legge proprio come la somma da n uguale zero a n = infinito del prodotto tra la derivata ennesima calcolata nel punto in cui sivuole approssimare la funzione moltiplicata per la potenza ennesima di (x ndash x0) e divisa per il fattoriale di n La funzione in x0 egrave stataapprossimata da un polinomio con termini di grado crescente ossia da curve che si avvicinano sempre di piugrave a quella di partenza
Ovviamente andando fino a infinito non esiste resto Tuttavia nessuno puograve andare a infinito per cui n si ferma a un certo valore e nederiva un resto dato dalla solita formula di grado subito superiore a n
A titolo di esempio ma ci torneremo sopra potete vedere nella Fig 3 come la funzione sen(x) venga approssimata dalla serie di Taylorfermata a vari valori di n nel punto x0 = 0 (e quindi diventata di Maclaurin) Niente malehellip
Figura 3
Vi sono anche altri metodi per ricavare la formula di Taylor piugrave o meno empirici eo intuitivi Non vorrei esagerare e mi limiterei a quellipresentati negli ultimi articoli Uno egrave veramente semplificato lrsquoaltro segue una regola precisa e si basa su un teorema A voi la sceltahelliplrsquoimportante egrave ricordare la formula di Taylor e la sua sorellina semplificata di Maclaurin
La prossima volta cercheremo di applicarla per evidenziare ancora meglio la sua importanza matematica e non solo
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39 Esercitiamoci con Taylor e Mclaurin 2015-11-08 171142 Vincenzo Zappalagrave
In questo articolo applichiamo la serie di Mclaurin a due funzioni estremamente importanti Di seguito trovate anche qualche eserciziohellip
Applichiamo quanto abbiamo dimostrato in due modi molto diversi a delle vere funzioni che abbiano le giuste caratteristiche (continue ederivabili)
Ricordiamo la formula di Taylor
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn
Ma soprattutto quella di Mclaurin che useremo normalmente Come giagrave detto la seconda non egrave altro che la prima applicata al punto diascissa x0 = 0
f(x) = Σinfinn = 0 f n(0)xnn
Cominciamo svolgendo insieme uno dei casi piugrave famosi e utili quello relative alla funzione y = ex La funzione egrave sicuramente continuaed egrave anche derivabile infinite volte In particolare le derivate sono sempre uguali e coincidono con la funzione di partenza Gran bellacomoditagravehellip
Scriviamo la (1) per esteso
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
e applichiamola al caso f(x) = ex
Ovviamente tutte le derivate di ex valgono sempre ex e calcolate in 0 danno come risultato 1
Lo sviluppo in serie diventa
ex = 1 + x + x22 + x33 + x4 4 + hellip = Σinfinn=0 xnn
Possiamo ora calcolare la funzione nel punto in cui x = 1 e si ha
e1 = e = 1 + 1 + 12 + 13 + 1 4 + hellip
che ci permette di calcolare il numero e con tutti i decimali che si voglionohellip
Proviamo con unrsquoaltra funzione semplice ma di estrema importanza
f(x) = 1(1 - x)
Tutte le derivate successive della funzione hanno come denominatore (1 ndash x) elevato a potenze successive che quindi egrave sempre ugualea 1 per x0 = 0 Il numeratore egrave invece proprio una moltiplicazione successiva degli esponenti ossia n
Verifichiamolo (il calcolo delle derivate lo lascio a voi per esercizio)
f(0) = 1(1 - 0) = 1
f rsquo(x) = 1(1 - x)2
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 2(1 ndash x)3
f rdquo(0) = 2 = 2middot1 = 2
f III(x) = 6(1 - x)4
f III(0) = 6 = 3middot2middot1 = 3
f IV(x) = 24(1 ndash x)5
f IV(0) = 24 = 4middot3middot2middot1 = 4
Per cui la
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
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TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
che si commette egrave rappresentato dal termine di grado superiore che contiene la derivata di ordine superiore calcolata in un puntodellrsquointervallo (x x0) che soddisfa il teorema di Lagrange
Per non portarci dietro un sacco di termini conviene scrivere la serie di Taylor utilizzando il simbolo di sommatoria (Σ ) che riunisce tuttitermini in uno solo ricorrente In parole matematiche
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn hellip (13)
Che si legge proprio come la somma da n uguale zero a n = infinito del prodotto tra la derivata ennesima calcolata nel punto in cui sivuole approssimare la funzione moltiplicata per la potenza ennesima di (x ndash x0) e divisa per il fattoriale di n La funzione in x0 egrave stataapprossimata da un polinomio con termini di grado crescente ossia da curve che si avvicinano sempre di piugrave a quella di partenza
Ovviamente andando fino a infinito non esiste resto Tuttavia nessuno puograve andare a infinito per cui n si ferma a un certo valore e nederiva un resto dato dalla solita formula di grado subito superiore a n
A titolo di esempio ma ci torneremo sopra potete vedere nella Fig 3 come la funzione sen(x) venga approssimata dalla serie di Taylorfermata a vari valori di n nel punto x0 = 0 (e quindi diventata di Maclaurin) Niente malehellip
Figura 3
Vi sono anche altri metodi per ricavare la formula di Taylor piugrave o meno empirici eo intuitivi Non vorrei esagerare e mi limiterei a quellipresentati negli ultimi articoli Uno egrave veramente semplificato lrsquoaltro segue una regola precisa e si basa su un teorema A voi la sceltahelliplrsquoimportante egrave ricordare la formula di Taylor e la sua sorellina semplificata di Maclaurin
La prossima volta cercheremo di applicarla per evidenziare ancora meglio la sua importanza matematica e non solo
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39 Esercitiamoci con Taylor e Mclaurin 2015-11-08 171142 Vincenzo Zappalagrave
In questo articolo applichiamo la serie di Mclaurin a due funzioni estremamente importanti Di seguito trovate anche qualche eserciziohellip
Applichiamo quanto abbiamo dimostrato in due modi molto diversi a delle vere funzioni che abbiano le giuste caratteristiche (continue ederivabili)
Ricordiamo la formula di Taylor
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn
Ma soprattutto quella di Mclaurin che useremo normalmente Come giagrave detto la seconda non egrave altro che la prima applicata al punto diascissa x0 = 0
f(x) = Σinfinn = 0 f n(0)xnn
Cominciamo svolgendo insieme uno dei casi piugrave famosi e utili quello relative alla funzione y = ex La funzione egrave sicuramente continuaed egrave anche derivabile infinite volte In particolare le derivate sono sempre uguali e coincidono con la funzione di partenza Gran bellacomoditagravehellip
Scriviamo la (1) per esteso
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
e applichiamola al caso f(x) = ex
Ovviamente tutte le derivate di ex valgono sempre ex e calcolate in 0 danno come risultato 1
Lo sviluppo in serie diventa
ex = 1 + x + x22 + x33 + x4 4 + hellip = Σinfinn=0 xnn
Possiamo ora calcolare la funzione nel punto in cui x = 1 e si ha
e1 = e = 1 + 1 + 12 + 13 + 1 4 + hellip
che ci permette di calcolare il numero e con tutti i decimali che si voglionohellip
Proviamo con unrsquoaltra funzione semplice ma di estrema importanza
f(x) = 1(1 - x)
Tutte le derivate successive della funzione hanno come denominatore (1 ndash x) elevato a potenze successive che quindi egrave sempre ugualea 1 per x0 = 0 Il numeratore egrave invece proprio una moltiplicazione successiva degli esponenti ossia n
Verifichiamolo (il calcolo delle derivate lo lascio a voi per esercizio)
f(0) = 1(1 - 0) = 1
f rsquo(x) = 1(1 - x)2
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 2(1 ndash x)3
f rdquo(0) = 2 = 2middot1 = 2
f III(x) = 6(1 - x)4
f III(0) = 6 = 3middot2middot1 = 3
f IV(x) = 24(1 ndash x)5
f IV(0) = 24 = 4middot3middot2middot1 = 4
Per cui la
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
wwwbatmathitmatematicaan_unotaylor_dintorniesapprox1esapprox1htm 13
wwwbatmathit
Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
wwwbatmathitmatematicaan_unotaylor_dintorniesapprox1esapprox1htm 33
(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
39 Esercitiamoci con Taylor e Mclaurin 2015-11-08 171142 Vincenzo Zappalagrave
In questo articolo applichiamo la serie di Mclaurin a due funzioni estremamente importanti Di seguito trovate anche qualche eserciziohellip
Applichiamo quanto abbiamo dimostrato in due modi molto diversi a delle vere funzioni che abbiano le giuste caratteristiche (continue ederivabili)
Ricordiamo la formula di Taylor
f(x) = Σinfinn = 0 f n(x0)(x - x0)nn
Ma soprattutto quella di Mclaurin che useremo normalmente Come giagrave detto la seconda non egrave altro che la prima applicata al punto diascissa x0 = 0
f(x) = Σinfinn = 0 f n(0)xnn
Cominciamo svolgendo insieme uno dei casi piugrave famosi e utili quello relative alla funzione y = ex La funzione egrave sicuramente continuaed egrave anche derivabile infinite volte In particolare le derivate sono sempre uguali e coincidono con la funzione di partenza Gran bellacomoditagravehellip
Scriviamo la (1) per esteso
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
e applichiamola al caso f(x) = ex
Ovviamente tutte le derivate di ex valgono sempre ex e calcolate in 0 danno come risultato 1
Lo sviluppo in serie diventa
ex = 1 + x + x22 + x33 + x4 4 + hellip = Σinfinn=0 xnn
Possiamo ora calcolare la funzione nel punto in cui x = 1 e si ha
e1 = e = 1 + 1 + 12 + 13 + 1 4 + hellip
che ci permette di calcolare il numero e con tutti i decimali che si voglionohellip
Proviamo con unrsquoaltra funzione semplice ma di estrema importanza
f(x) = 1(1 - x)
Tutte le derivate successive della funzione hanno come denominatore (1 ndash x) elevato a potenze successive che quindi egrave sempre ugualea 1 per x0 = 0 Il numeratore egrave invece proprio una moltiplicazione successiva degli esponenti ossia n
Verifichiamolo (il calcolo delle derivate lo lascio a voi per esercizio)
f(0) = 1(1 - 0) = 1
f rsquo(x) = 1(1 - x)2
f rsquo(0) = 1
f rdquo(x) = 2(1 ndash x)3
f rdquo(0) = 2 = 2middot1 = 2
f III(x) = 6(1 - x)4
f III(0) = 6 = 3middot2middot1 = 3
f IV(x) = 24(1 ndash x)5
f IV(0) = 24 = 4middot3middot2middot1 = 4
Per cui la
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x4 4 + middot middot middot
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
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TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
diventa
1(1 ndash x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + middot middot middot = Σinfinn=0 xn
Proprio la somma di tutte le potenze di x (ricordiamo che x0 = 1 e x1 = x) che rappresenta una serie geometrica (il rapporto tra duetermini consecutivi egrave costante) Va detto che la formula vale solo per -1 lt x lt 1 ossia egrave convergente solo in questo intervallo Al di fuoridi questo intervallo la serie diverge
Il risultato precedente ci dice anche che la somma dei termini di una serie geometrica vale 1(1 ndashx)
Potete anche divertirvi in entrambi i casi a rappresentare in grafico le varie funzioni ottenute per valori dellrsquoesponente crescente(retta parabola cubica ecchellip) In tal modo vi accorgerete del continuo miglioramento e studierete qualche bella funzione
Se poi non ne avete abbastanza potete scrivete le serie di Mclaurin (fino al quinto grado) delle seguenti funzioni (e magari provare ascrivere il termine generale sintetizzato)
y = sen(x)
y = (1 + x) 12
y = ln(1+x)
Buon divertimento
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39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
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TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
39 bis Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin 2015-11-13 111122 Vincenzo Zappalagrave
Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39) proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formulapiugrave compatta Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati Bando alle ciance egrave ora di buttarsi allrsquointerno del mondo degliintegrali
Iniziamo con uno dei piugrave classici sviluppi in serie quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno)
Abbiamo perciograve
f(x) = sen(x)
Prima di scrivere formule dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno
1) Quando il seno di x vale 0 il coseno vale 1 e viceversa In particolare il seno si annulla per x = 0 mentre il coseno si annulla per x =π2
2) La derivata del seno egrave il coseno mentre quella del coseno egrave il seno cambiato di segno
Calcolando le derivate successive del seno incontriamo perciograve una volta il coseno e unrsquoaltra volta il seno fino a infinito dato che lafunzione egrave continua e derivabile infinite volte Ciograve ci deve giagrave far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenzedi x dato che quelli moltiplicati per i ldquosenirdquo calcolati in x = 0 diventano zero e scompaiano nella serie Rimangono solo le derivate chedanno luogo al coseno il cui valore perograve balleragrave tra 1 e -1 (la derivata di ndash seno egrave ndash coseno)
Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin ma noi preferiamo dopoaver capito il concetto base svolgere tutti calcoli anche se ormai banali
f(x) = sen(x)
sen(0) = 0
f rsquo(x) = cos(x)
f rsquo(0) = cos(0) = 1
f rdquo(x) = - sen(x)
f rdquo(0) = - sen(0) = 0
f III(x) = - cos(x)
f III(0) = - cos(0) = - 1
f IV(x) = sen(x)
f IV(0) = sen(0) = 0
f V(x) = cos(x)
f V(0) = cos(0) = 1
La serie di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
sen(x) = 0 + 1middot x + 0 -1middot x33 + 0 + 1middot x55 + hellip
sen(x) = x - x33 + x55 + hellip
Quale saragrave il termine ricorrente
Poniamo che n vada da 0 a infin
Lrsquoesponente delle x ldquorimasterdquo segue la serie dispari 1 3 5hellip(sono saltati tutti gli esponenti parihellip)
Per n = 0 lrsquoesponente deve essere 1
Per n = 1 lrsquoesponente deve essere 3
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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wwwbatmathit
Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
Per n = 2 lrsquoesponente deve essere 5
Per n = 3 lrsquoesponente deve essere 7
Lrsquounico modo per ottenere ciograve che vogliamo egrave porre lrsquoesponente uguale a 2n + 1 Infatti
Per n = 0 2n + 1 = 1
Per n = 1 2n + 1 = 3
Per n = 2 2n + 1 = 5
Per n = 3 2n + 1 = 7
Perfetto
Bastava ricordare in realtagrave che per scrivere la serie dei numeri dispari partendo dalla serie di tutti i numeri bisogna farne il doppio eaggiungere unohellip ma a noi piace toccare con mano
Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi egrave immediato concludere che il suo termine generico deve essereanchrsquoesso 2n + 1
Dobbiamo ancora tenete conto del segno che balla da piugrave a meno Nessun problema basta moltiplicare per (-1)n in modo che quandon sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo
Per n = 0 (- 1)0 = 1
Per n = 1 (- 1)1 = - 1
Per n = 2 (- 1)2 = 1
Per n = 3 (- 1)3 = - 1
Perfetto anche questo Possiamo allora scrivere il termine generico per n
(- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
E quindi lo sviluppo in serie compattato diventa
sen(x) = Σinfinn = 0 (- 1)n x(2n + 1)(2n + 1)
Passiamo ora alla funzione
f(x) = ln(1 + x)
La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non egrave altro che 1(1 + x) Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successivedevono agire su un rapporto ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente Tuttavia poco importa datoche x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore calcolato in zero vale sempre 1 qualsiasi sia lrsquoesponente con cui abbiamo ache fare Piugrave interessante egrave il numeratorehellip
Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come ldquoballardquo il segno
f(x) = ln(1+x)
f(0) = ln(1) = 0
f rsquo(x) = 1(1 + x)
f rsquo(0) = 11 = 1
f rdquo(x) = (0 ndash 1)(1 + x)2 = - 1(1 + x)2
f rdquo (0) = -11 = - 1
f III(x) = (0 + 2(1 + x))(1 + x)4 = 2(1 + x)3
f III(0) = 2
f IV(x) = (0 ndash 2 middot 3 (1+ x)2)(1 + x)6 = - 6 (1+x)4
f IV(0) = - 6
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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wwwbatmathitmatematicaan_unotaylor_dintorniesapprox1esapprox1htm 33
(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
f V(x) = (0 + 6 middot 4 (1+x)3)(1 + x)8 = 24(1 + x)5
f IV(0) = 24
Behhellip direi che ne abbiamo abbastanzahellip
La formula di Mclaurin
f(x) = f(0) + f rsquo(0) x + f rdquo(0)x22+ f III(0)x33 + f IV(0)x44 + f V(0)x55 + hellip
diventa
ln(1+x) = 0 + x ndash x2(2 middot 1) + 2 x3(3 middot 2 middot 1) ndash 3middot 2 x4(4 middot 3 middot 2 middot 1) + 4middot 3middot 2 x5( 5middot 4middot 3middot 2middot 1) + hellip
Abbiamo volutamente scritto ldquoper estesordquo i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono alnumeratore Ersquo immediato vedere che la semplificazione egrave notevole e ciograve che rimane al denominatore egrave solo un numero ugualeallrsquoesponente della x
ln(1+x) = x ndash x22+ x33 ndash x44 + x55+ hellip
Veramente banale hellip comrsquoegrave banale trovare la formula ricorrente
Innanzitutto scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale allrsquoesponente Il segno invece deve essere negativoquando lrsquoesponente egrave pari e positivo quando lrsquoesponente egrave dispari Per ottenere questa danza del segno basta prendere ndash 1 ed elevarloa n + 1 In tal modo quando n egrave pari n + 1 diventa dispari e il segno egrave negativo Quando n egrave dispari n + 1 diventa pari e il segno egravepositivo
Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n
(-1)(n + 1) xnn
Lo sviluppo in serie diventa in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1 dato che manca il termine noto)
ln(1 + x) = Σinfinn = 1 (- 1)(n+ 1) xnn
Veniamo ora alla funzione piugrave hellip ostica (apparentemente)
f(x) = (1 + x)12
La cosa migliore da fare egrave trattare una funzione piugrave generale di cui la nostra egrave solo un caso particolarehellip
Essa sia
f(x) = (1 + x)α
E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario Questa funzione egrave veramente banale dato che egrave essa stessa un polinomiohellip ericordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = infin) si ha
f (x) = (1 + x)α
f(0) = 1
f rsquo(x) = α(1 + x)(α ndash 1)
f rsquo(0) = α
f rdquo(x) = α(α ndash 1)(1 + x)(α ndash 2)
f rdquo(0) = α (α ndash 1)
f III(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(1 + x)(α ndash 3)
f III(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)
fIV(x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)(1 + x)(α ndash 4)
fIV(0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)
Ersquo banale scrivere subito la derivata ennesima
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
wwwbatmathitmatematicaan_unotaylor_dintorniesapprox1esapprox1htm 13
wwwbatmathit
Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
wwwbatmathitmatematicaan_unotaylor_dintorniesapprox1esapprox1htm 33
(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
f n (x) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash (n ndash 1))(1 + x)(α ndash n)
f n (0) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)
La serie di Mclaurin diventa
(1 + x)α = 1 + αx + α(α ndash 1)x22 + α(α ndash 1)(α ndash 2)x33 + hellip + α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Il termine generico che abbiamo giagrave scritto diventa
α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
La serie puograve scriversi in modo compatto
(1 + x)α = 1 + Σ infinn = 1 α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)xnn
Che nel caso di α = frac12 si puograve scrivere
(1 + x)12 = 1 + Σ infinn = 1 12(12 ndash 1)(12 ndash 2)(12 ndash 3)hellip (12 ndash n +1) xnn
Che per esteso diventa
(1 + x)12 = 1 + x2 ndash x28 + x316 - 5x4128 + 7x5256 + hellip
Qualcuno mi diragrave ldquoChiamala compattahellip a noi sembra molto lungardquo In realtagrave si puograve fare di meglio e basterebbe aver studiato un porsquo dicalcolo delle probabilitagrave e delle combinazioni in particolare per sapere come farehellip No non chiedetemelo (per adesso almenohellip) seno i nostri integrali fanno le ragnatele Possiamo solo dire che riguardano cose come ldquocoefficienti dei termini dellrsquoelevamento a potenzadi un binomiordquo ldquocombinazioni possibili di m oggetti presi a n a nrdquo ldquoTriangolo di Tartagliardquo e cose del genere No no un discorso chedobbiamo tralasciare
Ci basta introdurre una notazione che egrave proprio quella che ci interessa Si chiama coefficiente binomiale e si scrive
(αn) = α(α ndash 1)(α ndash 2)(α ndash 3)hellip (α ndash n +1)n
Si puograve anche porre
(α0) = 1
Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α puograve essere ldquoveramenterdquo compattata scrivendola
(1 + x)α = Σ infinn = 0 (αn) xn
Normalmente i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari come nelnostro caso particolare Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati Abbiamo quindi infine
(1 + x)12 = Σ infinn = 0 (12n) xn
Behhellip non crsquoegrave bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che dopo lo studio di funzioni tutti possono saper faretranquillamentehellip) Ricordiamo solo per essere precisi che gli sviluppi di ln(1 + x) e di (1 + x)α sono validi solo per |x| lt 1
Bando alle ciance e via con gli integrali
QUI il capitolo precedente
QUI il capitolo successivo
QUI lintero corso di matematica
TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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wwwbatmathit
Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
TAVOLA DEGLI SVILUPPI DI TAYLOR DELLE FUNZIONI ELEMENTARI PER x rarr 0
ex = 1 + x +x2
2+
x3
6+ middot middot middot+ xn
n+ o(xn)
sin x = xminus x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)
cos x = 1minus x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ (minus1)n
(2n)x2n + o(x2n+1)
tan x = x +x3
3+
215
x5 +17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
sinhx = x +x3
6+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
(2n + 1)+ o(x2n+2)
cosh x = 1 +x2
2+
x4
4+ middot middot middot+ x2n
(2n)+ o(x2n+1)
tanh x = xminus x3
3+
215
x5 minus 17315
x7 +62
2835x9 + o(x10)
11minus x
= 1 + x + x2 + x3 + middot middot middot+ xn + o(xn)
log(1 + x) = xminus x2
2+
x3
3+ middot middot middot+ (minus1)n+1
nxn + o(xn)
arctanx = xminus x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ (minus1)n
2n + 1x2n+1 + o(x2n+2)
arctanh x = x +x3
3+
x5
5+ middot middot middot+ x2n+1
2n + 1+ o(x2n+2)
(1 + x)α = 1 + αx +α(αminus 1)
2x2 +
α(αminus 1)(αminus 2)6
x3 + middot middot middot+(
αn
)xn + o(xn)
con (αn
)=
α(αminus 1)(αminus 2) middot middot middot middot middot (αminus n + 1)n
1
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
La formula di Taylor
RArgiolas
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )nnn
xxoxxnxfxxxfxxxfxfxf 00
02
00
000 2minus+minus++minus
primeprime+minusprime+= K
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
LA FORMULA DI TAYLOR
158
In questa dispensa presentiamo il calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor e Mac Laurin Non ripercorreremo la teoria relativa allrsquoapprossimazione di una funzione in quanto questa egrave affrontata in maniera soddisfacente in qualsiasi testo di analisi matematica 1 Ci limitiamo solo a ricordare lo sviluppo delle principali funzioni elementari e a presentare qualche commento relativo allrsquoesercizio stesso Ersquo bene precisare fin da ora che possedere e svolgere gli esercizi di questa dispensa non egrave condizione neacute necessaria neacute sufficiente per il superamento dellrsquoesame stesso Questa dispensa non sostituisce il libro di testo adottato ne sostituisce le esercitazioni svolte dal docente Questa dispensa egrave solo di supporto a tutti coloro che vogliano approfondire la loro preparazione allrsquoesame con ulteriori esercizi oltre quelli del libro di testo suggerito dal docente Ringrazio anticipatamente tutti coloro che vorranno segnalarmi eventuali errori e quanti vorranno comunicarmi suggerimenti per migliorare il lavoro
RA
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
wwwbatmathitmatematicaan_unotaylor_dintorniesapprox1esapprox1htm 13
wwwbatmathit
Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
2142019 wwwbatmathit di maddalena falanga e luciano battaia
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
LA FORMULA DI TAYLOR
159
LA FORMULA DI TAYLOR Richiami
Proprietagrave dellrsquo ldquoordquo piccolo
1) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =+ 2) ( ) ( ) ( )nnn xoaxoxoa ==sdot
3) ( ) ( ) ( )nnn xoxoxo =minus
4) ( ) ( )nmnm xoxox +=sdot
5) ( ) ( ) ( )nmnm xoxoxo +=sdot
6) ( )( ) ( )nn xoxoo =
7) ( )( ) ( )nnn xoxoxo =+
Ordini di infinito e di infinitesimo Ordine di infinitesimo Data una funzione realrarrminus 0 xIf con Ix isin0 si dice che essa ha ordine di infinitesimo pari ad α per 0xxrarr (rispettivamente per plusmnrarr 0xx ) se essa egrave infinitesima e se
( ) ( )+infinisin=minusrarr
0lim0
0l
xxxf
xx α
rispettivamente
( ) ( )+infinisin=minusplusmnrarr
0lim0
0l
xxxf
xxα
Ricordiamo che f si dice infinitesima per 0xxrarr se
( ) 0lim0
=rarr
xfxx
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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wwwbatmathit
Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5
LA FORMULA DI TAYLOR
160
Osserviamo che in alcuni casi puograve accadere che lrsquoordine di infinitesimo sia diverso calcolando il limite da destra e da sinistra oppure che in uno o entrambi i casi non esista Inoltre lo stesso discorso puograve essere fatto per una funzione
( ) realrarr+infin af infinitesima per +infinrarrx In tal caso si parla di ordine di
infinitesimo rispetto non ad x ma a x1
Ordine di infinito Data una funzione ( ) realrarr+infin af (rispettivamente ( ) realrarrinfinminus bf ) si dice che f ha ordine di infinito pari ad α per +infinrarrx (rispettivamente per minusinfinrarrx ) se f diverge (cioegrave se egrave infinita) e se
( ) 0lim minusrealisin=+infinrarr
lxxf
x α
rispettivamente
( ) 0lim minusrealisin=minusinfinrarr
lxxf
x α
NB Definizioni analoghe si danno se plusmnrarr 0xx Ricordiamo che f si dice infinita per 0xxrarr se
( ) +infin=rarr
xfxx 0
lim
Relazione tra ldquoordquo piccolo ed ldquoasintoticordquo Dire che
( )xf ( )xg egrave equivalente a dire che
( ) ( ) ( )( )xgoxgxf +=
LA FORMULA DI TAYLOR
161
Sviluppo di Mac Laurin delle principali funzioni
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )121253
1253
1253
432
1253
2242
132
121253
121
53arctan
403
62arccos
403
6arcsin
4321
152
3tan
21
2421cos
132
1log
121
56sin
++
+
+
+
+
++
++
minus+++minus=
minusminusminusminusminus=
++++=
+++++++=
++++=
+minus+minus+minus=
+minus+minus+minus=+
++
minus+minus+minus=
nn
n
n
n
nn
x
n
nn
n
nn
n
nn
n
xonxxxxx
xoxxxx
xoxxxx
xonxxxxxe
xoxxxx
xonxxxx
xonxxxxx
xonxxxxx
K
K
K
K
K
K
K
K
π
Osservazione La difficoltagrave maggiore che si riscontra nella risoluzione di un limite utilizzando gli sviluppi di Taylor egrave stabilire lrsquoordine di arresto dello sviluppo Non vi egrave una regola generale per stabilire quando bloccare lo sviluppo ma come nel caso del calcolo dei limiti utilizzando gli sviluppi asintotici (vedi dispensa ldquosuccessionirdquo) non si posso sostituire sviluppi di Taylor in una somma in cui le parti principali si elidono
LA FORMULA DI TAYLOR
162
Esempio 1 Calcolare il seguente limite
20
1limx
xexx
minusminusrarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )xoxe x ++= 1 Quindi
( ) ( ) 0limlim2020==
minus+rarrrarr x
xox
xxoxxx
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (o di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione esponenziale fino allrsquoordine due (questo egrave anche suggerito dal fatto che a denominatore abbiamo 2x ) Quindi
( )22
21 xoxxe x +++=
Si ha
( ) ( )212lim
12
1lim1lim
2
22
02
22
020=
+=
minusminus+++=
minusminusrarrrarrrarr x
xox
x
xxoxx
xxe
xx
x
x
Esempio 2 Calcolare il seguente limite
LA FORMULA DI TAYLOR
163
15
393
0
sin61
limx
xxxx
minusminus
rarr
svolgimento Sviluppiamo utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin la funzione esponenziale interrompendo lo sviluppo al primo ordine Si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
Quindi sostituendo 3x al posto di x si ottiene
( )99
33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo nel limite assegnato si trova
( )15
99393
015
393
0
61
61
limsin
61
limx
xoxxxx
x
xxxxx
+minusminusminus
=minusminus
rarrrarr
Il risultato trovato non egrave corretto percheacute utilizzando gli sviluppi di Taylor (e di Mac Laurin) dobbiamo evitare che in una somma resti ldquozerordquo e questo si puograve evitare aumentando di un termine lo sviluppo della funzione Nel nostro caso conviene sviluppare la funzione seno fino allrsquoordine tre Quindi
( )15159
33
56sin xoxxxx ++minus=
Da cui segue che
( )
5156
161
limsin
61
lim15
1515
9393
015
393
0minus=
++minusminusminus
=minusminus
rarrrarr x
xoxxxxx
x
xxxxx
LA FORMULA DI TAYLOR
164
ESERCIZI
1 Calcolare 3
sin
0lim
xee xx
x
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il grado del polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al quarto ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
Sostituendo sinx al posto di x si trova
( )xoxxxxe x 4432
sin sin24
sin6
sin2
sinsin1 +++++=
Sviluppando ora la funzione seno si ottiene
( )33
6sin xoxxx +minus=
Sostituendo lo sviluppo del senx nellrsquoesponenziale si ottiene
( ) ( ) ( ) ( )
( )442
4
333
332
33
33
sin
821
6241
661
621
61
xoxxx
xoxxxoxxxoxxxoxxe x
+minus++=
=
+minus+
+minus+
+minus+
+minus+=
Perciograve
( ) ( )
616
1
lim821
24621
limlim3
3
03
442
4432
03
sin
0==
+minus++minus+++++
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxxxoxxxx
xee
xx
xx
x
LA FORMULA DI TAYLOR
165
2 Calcolare 30
2sin2limx
xxx
minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Il polinomio a denominatore suggerisce uno sviluppo fino al terzo ordine Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
quindi
( )33
3422sin xoxxx +minus=
si ha
( )
343
4
lim3422
lim2sin2lim3
3
03
33
030==
+minusminus
=minus
rarrrarrrarr x
x
x
xoxxx
xxx
xxx
Osservazione Lo stesso esercizio poteva essere svolto utilizzando il teorema di De LrsquoHospital In tal caso si ottiene
34
62cos8lim
62sin4lim
00
62sin4lim
32cos22lim
00
32cos22lim2sin2lim
00
020
2030
==
==
minus
=
minus=
minus
rarrrarr
rarrrarr
rarrrarr
xxx
xx
xx
xx
xxx
x
H
x
x
H
x
x
H
x
Per lrsquoenunciato del teorema di De LrsquoHospital rimandiamo il lettore a un qualsiasi testo di analisi matematica 1
LA FORMULA DI TAYLOR
166
Calcolare ( )
xx
xxx sin
21coslog
lim2
2
0
+
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )33
6sin xoxxx +minus=
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4422
22
22
22
82221
221logcoslog xoxxxoxxoxxoxx +minusminus=
+minusminus+minus=
+minus=
Si ha che
( ) ( )( ) 02
181
21
limsin
21coslog
lim43
2442
02
2
0=
+
++minusminus=
+
rarrrarr xox
xxoxx
xx
xxxx
3 Calcolare 22
22
0 arctanarcsinlim
xxxx
x minusminus
rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
167
( )33
6arcsin xoxxx ++=
( )6
622
6arcsin xoxxx ++=
( )3
3
3arctan xoxxx +minus=
( )6
622
3arctan xoxxx +minus=
Si ha che
( )
( ) 21
3
6limarctan
arcsinlim6
622
266
2
022
22
0=
+minusminus
minus++=
minusminus
rarrrarr
xoxxx
xxoxx
xxxx
xx
4 Calcolare ( )
+minusminusminus
minusminusrarr
21log1
tancos12lim0 xxe
xxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )442
421cos xoxxx ++minus=
( )33
3tan xoxxx ++=
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
168
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
nel nostro caso si ha
( ) ( ) ( ) ( )2
24
42
421
421cos xoxxxoxxx ++minus=++minus=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )33
332
621
621 xoxxxxoxxxe x ++++=++++=
( )22
8221log xoxxx
+minus=
+
Da cui segue che
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0
6
12lim
8262
3422
lim
21log1
tancos12lim
33
22
0
22
33
33
22
00
=
+
+
=
+minusminusminus
+++
++minus
+minus
=
++minusminus
minusminus
rarr
rarrrarr
xox
xox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xxe
xx
x
xx
x
5 Calcolare ( )
20 3arcsin3cos133sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
LA FORMULA DI TAYLOR
169
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
22733arcsin
827
2913cos
293
21
293
2931log3sin1log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3
2329
lim
2273
827
2911
32
9321
293
lim3arcsin3cos133sin1loglim
2
2
0
46
244
2
2
33
33
020
minus=minus
=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
x
x
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
x
xx
LA FORMULA DI TAYLOR
170
7 Calcolare ( ) xxxx
x 221log3arctan3sinlim
22
0 minus+minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )33
332
33
3arctan
321log
6sin
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
+minus=
++minus=+
+minus=
Si ha
Quindi
( )( )
( )
( )( ) 0
229
lim
222
93293
lim221log3arctan3sinlim
66
0
62662
0
22
0
=+minus
+=
=minus+minus
+minus+minus=
minus+minus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xxoxx
xxxoxx
xxxx
x
xx
8 Calcolare ( ) xxxx
x 33tan1log8arcsin4cos1lim
42
0 minus+minusminus
+rarr
( )
( ) ( )
( )6622
66
22
933arctan
2221log
2933sin
xoxxx
xoxxx
xoxxx
+minus=
+minus=+
+minus=
LA FORMULA DI TAYLOR
171
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
3tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
++=
si ha
( )
( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( )
( )
( )1212
44
88
42
23333
33
33
325688arcsin
332814cos
932193
931log3tan1log
933tan
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxx
xoxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus++=
=+++=+
++=
Quindi
LA FORMULA DI TAYLOR
172
( )
( )
( )
027
64lim
29
332
lim
3293
32568
332811
lim33tan1log8arcsin4cos1lim
6
02
8
0
32
12488
4
0
42
0
==minus
minus=
=minus+minus
minusminus
++minusminus
=minus+
minusminus
+rarr+rarr
+rarr+rarr
x
x
x
xxoxx
xxxoxx
xxxx
xx
xx
9 Calcolare ( )
20 2arcsin2cos122sin1loglimxxxx
x minusminusminus+
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )
( )
( )33
442
332
33
6arcsin
2421cos
321log
6sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxx
xoxxx
++=
++minus=
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
173
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )46
22
44
2
2
33
33
33
33
3422arcsin
32212cos
342
21
342
3421log2sin1log
3422sin
xoxxx
xoxxx
xoxxxoxxxoxxx
xoxxx
++=
++minus=
+minusminus+minus=
+minus+=+
+minus=
Quindi
( ) ( ) ( )
( ) ( )
+infin==minus
minus=
=
++minus
++minusminus
minus
+minusminus+minus
=minusminus
minus+
+rarr+rarr
+rarr+rarr
204
2
0
46
244
2
2
33
33
020
3lim
322lim
342
32211
23
4221
342
lim2arcsin2cos122sin1loglim
xxx
xoxxxoxx
xxoxxxoxx
xxxx
xx
xx
10 Calcolare ( )
40 312sinlim
xxxxex
x
+minusrarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Utilizzando la formula di Mac Laurin si ha
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
LA FORMULA DI TAYLOR
174
( )33
3422sin xoxxx +minus=
Perciograve
( ) ( ) ( ) ( )
minusinfin=minus
=+minus
+minus
+++
=+minus
rarr
rarrrarr
4
3
0
4
33
32
040
33lim
3
123
422
1lim
3122sinlim
x
x
x
xxxoxxxoxx
xxxxe
x
x
x
x
Osservazione Lo stesso limite poteva essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Si ricava
( ) ( )
minusinfin=minusminus+
=+minus+
=+minus
rarr
rarrrarr
20
3040
3642cos42cos62sinlim
122122cos22sinlim
3122sinlim
xxexexe
xxxexe
xxxxe
xxx
x
Hxx
x
Hx
x
11 Calcolare ( ) ( )
30 3sin231log6lim
xxxx
x
minusminus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )
( ) ( )332
33
321log
6sin
xoxxxx
xoxxx
++minus=+
+minus=
si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
175
( )333 33sin xoxx +=
Quindi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 3
232lim
3
2332
6lim
3sin231log6lim
33
33
0
33
332
030
=++
=
=+
minusminus
++minus
=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xox
xxxoxxx
xxxx
x
xx
Osservazione Anche questo limite puograve essere calcolato utilizzando il teorema di De LrsquoHospital Infatti
( ) ( ) ( )
( )32
3cos7293sin1623sin1623cos181
12
lim
3sin813cos18
61
6
lim3cos9
661
6
lim3sin
231log6lim
32333
3
0
323
032030
=minusminusminus
+=
minus
++minus
=+minus
+=minusminus+
+rarr
+rarr+rarr+rarr
xxxxxxxx
xxxxx
xx
xx
xxxx
x
H
x
H
x
H
x
12 Calcolare ( )
( ) 44
23
0 11log33limxexxx
xx minusminus++minus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
176
Si ha
( )88
44
21 xoxxe x +++=
( ) ( )44
22
21log xoxxx +minus=+
quindi
( )( )
( )
( )minusinfin=
minus=
minus++
+minus+minus
=minusminus
++minus+rarr+rarr+rarr
2
23
lim
2
233
lim1
1log33lim 8
5
048
84
44
23
044
23
0 x
x
xxoxx
xoxxxx
xexxx
xxxx
13 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
14 Calcolare ( ) 22
333
0 2tan21log31lim
xxxe x
x minus+minusminus
+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
3tan xoxxx ++=
Si ha
( )66
333
2931 xoxxe x +++=
LA FORMULA DI TAYLOR
177
( ) ( )66
422
382221log xoxxxx ++minus=+
( )66
22
3822tan xoxxx ++=
quindi
( )( )
( ) ( )
( )( ) 0
22
9
lim
382
3822
32
931lim
2tan21log31lim
64
66
0
66
266
42
366
3
022
333
0
=+minus
+
=
++minus++minus
minus+++=
minus+minusminus
+rarr
+rarr+rarr
xox
xox
xoxxxoxxx
xxoxx
xxxe
x
x
x
x
15 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De LrsquoHospital
16 Calcolare ( )
( )xexx
xx +minusminusminus+
+rarr 1log13sin31loglim
2
0
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
178
( ) ( )22
29331log xoxxx +minus=+
( )66
22
2933sin xoxxx +minus=
quindi
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) +infin=
++
=
++minusminus+++
+minusminus+minus
=+minusminus
minus+
+rarr
+rarr+rarr
320
332
332
66
222
0
2
0
3lim
3262
293
293
lim1log1
3sin31loglim
xoxxox
xoxxxxoxxx
xoxxxoxx
xexx
x
xxx
17 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
18 Calcolare ( )
22
2
0 21sin41loglimxe
xxxx minusminus
minus++rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Ricordiamo i seguenti sviluppi
( ) ( )332
321log xoxxxx ++minus=+
( )4432
24621 xoxxxxe x +++++=
( )33
6sin xoxxx +minus=
Si ha
( ) ( )33
2
3648441log xoxxxx ++minus=+
LA FORMULA DI TAYLOR
179
( )222 221 xoxxe x +++=
( ) ( )664
2
2
43
2
3636sin xoxxxxoxxx ++minus=
+minus=
quindi
( ) ( ) ( )
( )
( )( ) 2
24lim
2223633
6484lim
21sin41loglim
20
222
664
233
2
022
2
0
=++
=minus++
++minusminus++minus
=minusminusminus+
+rarr
+rarr+rarr
xoxxox
xxoxx
xoxxxxoxxx
xexx
x
xxx
19 Risolvere lrsquoesercizio precedente utilizzando il teorema di De
LrsquoHospital
20 Calcolare ( ) ( )
xxxx
x log1sin2lim
3
4
1
minusminus+rarr
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 116111sin minus+minusminusminus=minus xoxxx
Si osservi inoltre che
( ) ( )( )22 11211log minus+minusminusminus= xoxxx
Attenzione Lrsquoultima affermazione dipende dal fatto che nel limite che stiamo calcolando la x tende a 1 Infatti operando la sostituzione
LA FORMULA DI TAYLOR
180
yx =minus1
si trova
( ) ( ) ( ) ( )( )2222 11211
211loglog minus+minusminusminus=+minus=+= xoxxyoyyyx
Questo procedimento non sarebbe stato lecito se la x avesse teso a zero Quindi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) 1
]1[]1[2lim
]11211[
]11611[2
limlog
1sin2lim3
4
1223
434
13
4
1=
minusminusminus
=minus+minusminusminus
minus+minusminusminusminus=
minusminus+rarr+rarr+rarr xx
xx
xoxxx
xoxxx
xxxx
xxx
21 Calcolare ( ) ( )
( ) ( )( )3cos114log3sinlim
23 +minus+++
+minusrarr xxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
Procedendo come negli esercizi precedenti e utilizzando gli sviluppi di Taylor si ha
( ) ( ) ( )( )43 336133sin +++minus+=+ xoxxx
( ) ( ) ( )( )32 332113cos +++minus=+ xoxx
Si osservi inoltre che operando la sostituzione
yx =+ 3 si trova
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2222 33213
211log4log +++minus+=+minus=+=+ xoxxyoyyyx
LA FORMULA DI TAYLOR
181
Quindi
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )[ ] ( )[ ]( ) ( ) 5
1
3211
33lim
33211
3321333
613
lim
3cos114log3sinlim
223
322
2243
3
23
=
++
++=
=
++++
+++minus+
+++minus+
=
=+minus+++
+minusrarr
+minusrarr
+minusrarr
xx
xx
xoxx
xoxxxoxx
xxxx
x
x
x
22 Calcolare ( )
( ) ( ) ( )53log32log13log1lim
22 minus+minusminusminus+
rarr xxxxx
x
Svolgimento
Il limite si presenta nella forma indeterminata
00
A differenza di quanto fatto nei due esempi precedenti possiamo fin dallrsquoinizio operare la sostituzione Posto 2minus= xy si ottiene
( ) ( )( ) ( )yyx minus=+minus=minus 1log23log3log
( ) ( )( ) ( )yyx 21log322log32log +=minus+=minus
( ) ( )( ) ( )yyx 31log523log53log +=minus+=minus Quindi
( )( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( )yyy
yyxxx
xxyx 31log21log12
1log3lim
53log32log13log1lim 2022 +++minus+
minus+=
minus+minusminusminus+
rarrrarr
utilizzando gli sviluppi di MacLaurin Si trova
LA FORMULA DI TAYLOR
182
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 9
33122
3lim
31log21log121log3
lim 2020minus=
+minus++minus
=+++minus+
minus+rarrrarr yyy
yyyyy
yyyy
23 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x
della seguente funzione
( ) ( )1sin minus= xexxf
Svolgimento Dobbiamo determinare quel valore di ( )+infinisin 0α per cui il limite
( )αxxf
x 0lim
rarr
esiste finito diverso da zero Osserviamo che f egrave infinitesima nel punto iniziale assegnato Nel nostro caso si ha
( )αxex x
x
1sinlim0
minus+rarr
Utilizzando gli sviluppi di Mac Laurin si ha
( ) ( )( ) ( )( )
gtinfin+
=
lt
==++
=minus
+rarr+rarr+rarr
23231
230
limlim1sinlim23
000
α
α
α
ααα xx
xxoxxox
xex
xx
x
x
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 23
=α
24 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x1
per
+infinrarrx della seguente funzione
LA FORMULA DI TAYLOR
183
( )9
1arctan3x
xxf =
Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima infatti puograve essere scritta come
( )
+==
899
1131arctan3x
ox
xx
xxf
da cui segue
( )
gtinfin+
lt
=
==
+
=
=
minus
+infinrarr+infinrarr+infinrarr+infinrarr
2172
170
2173
lim31
113lim
1
1arctan3lim
1lim 2
17899
α
α
α
α
ααα x
x
xo
xx
x
xx
x
xfxxxx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 2
17=α
21 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad x per +rarr 0x della funzione
( ) xexf1
minus
= Svolgimento Si verifica facilmente che f(x) egrave infinitesima inoltre
( )realisinforall==
minus
rarrrarrααα 0limlim
1
00 xe
xxf x
xx
quindi f non ha ordine di infinitesimo
LA FORMULA DI TAYLOR
184
22 Determinare lrsquoordine di infinitesimo rispetto ad 1x per +infinrarrx della funzione
( ) ( ) 11loglog ++minus= xxxxxf
svolgimento verifichiamo se f egrave infinitesima
( ) ( )( ) [ ]
0log11
11limlog11
limlog1
1loglim11
1loglim1
1loglim
11logloglimlim
111
=+=
+minus+=
++=
=
++=
+
+=
+
+
=infinminusinfin=++minus=
minus
++
+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
exx
x
xx
xx
xxx
xxxxxf
xx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
Calcoliamo ora lrsquoordine di infinitesimo
( ) ( )( )
gtinfin+lt=
=
+=
+
+minus=
+
+minus=
+
+
=++minus
=
+infinrarr
+infinrarr+infinrarr+infinrarr
+infinrarr+infinrarr
11011
1lim
11
lim11
11loglim11
loglim
111logloglim
1lim
ααα
α
ααα
αα
xx
xxxx
xxx
xxx
x
xxxx
x
xf
x
xxx
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave quindi 1 Si poteva giungere allo stesso risultato utilizzando il teorema di de LrsquoHospital Si ha
LA FORMULA DI TAYLOR
185
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
gtinfin+lt
=
=++
=++
=minus
++
+
minus
+minus+minus+
=++minus
=
+
+infinrarrminusminus+infinrarrminusminus+infinrarr
minusminus+infinrarrminus+infinrarr+infinrarr
110
121
1lim
11
11
1
lim11
1log
lim
11log1log
lim11logloglim1
lim
2
1
2
2
1
1
αα
α
ααααα
α
α
αα
αα
α
xx
xxx
xxx
x
xxxxx
xxxxx
x
xf
xx
H
x
x
H
xx
Lrsquoordine di infinitesimo egrave 1
12 Capitolo 1
Teorema 115 (Formula di Taylor con resto di Lagrange) Sia f una funzione di classe
Cn+1 su un intervallo I e siano x e x0 due punti di I Allora esiste un punto ξ compresotra x e x0 tale che
f(x) minus Tnx0(x) =f (n+1)(ξ)
(n + 1)(x minus x0)
n+1
Ne segue facilmente che lrsquoerrore soddisfa la seguente stima
|f(x) minus Tnx0(x)| le |x minus x0|n+1
(n + 1)max
tisin(x0x)|f (n+1)(t)|
ZEsempio 116 Approssimare il numero e con un numero razionale a meno di 10minus4
Possiamo pensare che e = e1 ovvero e = f(1) dove f e la funzione esponenziale f(x) = ex
Quindi approssimiamo f(1) con un polinomio di McLaurin di grado opportuno Tn calcolato
in 1 Lrsquoerrore commesso sara f(1) minus Tn(1) e per il Teorema 115 sul resto di Lagrange conx0 = 0 x = 1
|f(1) minus Tn(1)| le 1
(n + 1)maxtisin(01)
|et| le 3
(n + 1)
Nellrsquoultimo passaggio abbiamo usato il fatto che 2 lt e lt 3 Occorre quindi trovare n inmodo che 3
(n+1)lt 10minus4 e non e difficile pensare che basta scegliere n = 7 Quindi a meno
di 10minus4
e ≃ T7(1)
= 1 + 1 +1
2+
1
3+
1
4+
1
5+
1
6+
1
7= 2718253968
copy
Dimostrazione Diamo unrsquoidea della dimostrazione nel caso n = 1 Sia f di classeC2 siano fissati due punti distinti x0 e x in I (il caso in cui x = x0 e banalmente vero per
qualsiasi punto ξ isin I)
Scriviamo la funzione g differenza tra f e la funzione il cui grafico e la parabola passante
per i punti (x f(x)) (x0 f(x0)) e avente come tangente in questrsquoultimo punto una retta dicoefficiente angolare f prime(x0) In formule
g(t) = f(t) minus(a (t minus x0)
2 + b (t minus x0) + c)
forallt isin I
dove come e facile calcolare
c = f(x0) b = f prime(x0) a =f(x) minus f(x0) minus f prime(x0)(x minus x0)
(x minus x0)2
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Esercizi su approssimazioni con la formula di Taylor - 1
Esercizio 1 Calcolare in modo che lerrore nellapprossimazione sia minore di 001
Si possono seguire diverse strade
usare lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = e-1usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 e valutare lerrore con x = eusare lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 e valutare lerrore con x = 12
Valutiamo i pro e i contro delle diverse soluzioni proposte
Se usiamo lo sviluppo di Taylor di (1+x)12 con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore dobbiamo tenereconto che compare il fattore |x|n+1 = |e-1|n+1 valore che cresce al crescere di n in quanto la base egrave maggiore di1Per usare lo sviluppo di Taylor di di (x)12 con punto iniziale 1 dovremmo prima calcolare questo sviluppo chenon egrave compreso tra quelli usualmente considerati fondamentali Questo fatto perograve non crea problemi in quantobasta sostituire x con x-1 nello sviluppo di (1+x)12 Rimane perograve valida losservazione fatta qui sopra in quantoora nel resto compare il fattore |x-1|n+1 che valutato in x = e dagrave sempre |e-1|n+1Se usiamo lo sviluppo di Taylor di ex con punto iniziale 0 nella valutazione dellerrore compare sempre ilfattore |x|n+1 che perograve deve essere ora valutato in 12 e quindi decresce al crescere di n Sembra questa essere lascelta piugrave conveniente Cegrave anche da tenere conto che utilizzando questo sviluppo i vari addendi del polinomiovengono calcolati su un valore razionale (12) e quindi il valore approssimato si puograve esprimere mediantefrazioni
Scriviamo dunque la formula di Taylor di punto iniziale 0 relativa alla funzione esponenziale e ponendo x = 12
Poicheacute 0ltξlt(12) eξ le e12 Inoltre essendo e
minore di 4 ne segue che e12 lt 2 Lerrore saragrave maggiorato da Basteragrave trovare n tale che sia
minore di 001 (una maggiorazione piugrave grossolana si poteva ottenere osservando che e12 le e le 3)
Si tratteragrave di trovare n tale che (n+1) ge 100 Se n=1 si ha 2middot2=4lt100 se n=2 si ha 6middot4=24lt100 se n=3 si ha24middot8=192gt100 Basteragrave dunque prendere il polinomio di grado 3 e si ottiene
Se si fosse considerato un polinomio di grado 4 lapprossimazione probabilmente sarebbe stata ancora migliore(211128) Ci si puograve rendere conto di questo confrontando il valore di e12 con dieci cifre decimale esatte con quelliottenibili con polinomi di diverso grado
e12 con dieci cifre decimali esatte 16487212707polinomio di grado 3 79148 = 1645833333 (due cifre decimali esatte come richiesto)polinomio di grado 4 211128 = 16484375 (tre cifre decimali esatte)polinomio di grado 5 63313840 = 1648697916 (ancora tre cifre esatte)
Si noti come il passaggio da un grado al successivo non comporti necessariamente laumento del numero di cifre esatte
Esercizio 2 Calcolare ln(12) in modo che lerrore sia minore di 0001
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Si puograve usare lo sviluppo di ln(1+x) di punto iniziale 0 con x = 02 Si tratta di trovare un valore di n in modo che
poicheacute basteragrave che ovvero
Se n=1 si ha 2middot25=50lt1000 se n=2 si ha 3middot125=375lt1000 se n=3 si ha 4middot625=2500gt1000 Dunque il polinomio di
grado 3 va bene Si ha Il valore
richiesto con 10 cifre decimali esatte egrave 01823215567 questo conferma la correttezza del risultato trovato
Esercizio 3 Calcolare 913 con un errore minore di 1105
Osserviamo che potremo usare lo sviluppo di (1+x)α con α=13 e x = 18 Dovremo
trovare n in modo che Poicheacute 0ltξlt18
potremo limitarci a cercare n tale che Se n=1 lerrore massimo egrave 1288 se
n=2 lerrore massimo egrave 520736 se n=3 lerrore massimo egrave 5248832 se n=4 lerrore massimo egrave 115971968 e lultimovalore soddisfa le richieste del problema Potremo dunque concludere con la seguente uguaglianza approssimata
Per un utile confronto si
puograve calcolare il valore richiesto (mediante un software di calcolo automatico) con dieci cifre decimali esatte siottiene 20800838230 in perfetto accordo con quanto da noi trovato
Esercizio 4 Calcolare ln(05) con un errore minore di 10-2
Si puograve usare la formula di Taylor di ln(1+x) di punto iniziale 0 valutata per x = -12 Dobbiamo trovare n in modo che
Poicheacute -12 lt ξ lt 0 basteragrave trovare n tale che Si
deduce subito che il minimo valore di n egrave 100 Dunque per ottenere un valore approssimato a meno di 1100 di ln(05)
occorre calcolare cosa non proprio agevole (per pura curiositagrave riportiamo il risultato
che abbiamo ottenuto
con Derivetrade) Naturalmente non egrave affatto escluso che in questo risultato lerrore sia anche minore di 1100 in quantonoi abbiamo trovato solo lerrore massimo che si ha in corrispondenza di ξ=-12 Purtroppo noi non abbiamo alcunaindicazione su quanto vale ξ tranne il fatto che -12 lt ξ lt 0 se per caso questo valore fosse molto vicino a zeropotrebbero bastare molti meno addendi per avere lapprossimazione richiesta
Si puograve osservare che se prendiamo x = 12 ovvero se cerchiamo un valore approssimato di ln(15) lerrore egrave dato da
valore maggiorato da in quanto ora 0 lt ξ lt 12 Affincheacute questo errore sia minore di
1100 basta ora prendere n = 4 e il valore approssimato di ln(15) egrave semplicemente 77192 Il motivo di questadifferenza di comportamento tra 12 e -12 egrave che -12 sta molto piugrave vicino allasintoto verticale di ln(1+x) che non12
Esercizio 5 Calcolare sin(1) con un errore minore di 10-10
Se utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2n di sin(x) di punto iniziale 0 con x = 1 troviamo per il resto la
maggiorazione Se vogliamo che questo valore sia minore di 10-10 basteragrave trovare n in
modo che (2n+1)gt1010 Calcolando il primo membro troviamo per n = 6 (26+1)=6227020800 mentre per n = 7
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(27+1)=1307674368000 il primo valore valido egrave dunque n =7 Il valore cercato si ottiene dunque dalla seguente
somma Il valore approssimato
fino alla 15 cifra decimale (ottenuto con Derivetrade) egrave 0841470984807896 come si vede lobiettivo egrave statoperfettamente raggiunto
Dal punto di vista del calcolo dellerrore sarebbe stato molto piugrave conveniente utilizzare lo sviluppo di sin(x) con puntoiniziale π2 in quanto 1 egrave piugrave vicino a π2 che non a 0 Questo sviluppo si trova facilmente se si tiene conto che leprime quattro derivate della funzione seno sono nellordine cosx -sinx -cosx sinx e successivamente si ripetono Si
trova dunque il resto
R2n(x) egrave maggiorato da Nel nostro caso in cui x vale 1 se teniamo conto conto che π2lt16
possiamo concludere che tale resto si puograve maggiorare con un valore decisamente inferiore in particolare
per n grande rispetto al precedente basteragrave un polinomio di grado molto minore per ottenere lo stesso livello diapprossimazione Se questa egrave una facilitazione bisogna perograve tenere conto che per calcolare i vari addendi delpolinomio di Taylor in x=π2 occorre valutare π con un elevato numero di cifre decimali esatte per evitare che glierrori di arrotondamento introdotti nei calcoli facciano sensibilmente diminuire la precisione del risultato che siottiene
copyright 2000 et seq maddalena falanga amp luciano battaia
pagina pubblicata il 16122004 - ultimo aggiornamento il 16122004
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Sviluppi di TaylorEsercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)delle funzioni seguenti fino allrsquo ordine n indicato
1 f(x) = ln(1 + 3x) (n = 3)
2 f(x) = cos(x2) (n = 10)
3 f(x) =radic
1 + xminusradic
1minus x (n = 3)
4 f(x) = sin(x2)minus sinh(x2) (n = 6)
5 f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3) (n = 12)
6 f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x (n = 4)
7 f(x) = (eminusx minus 1)3 (n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicatoe fino allrsquo ordine n richiesto
1 f(x) = ex x0 = minus1 (n = 3)
2 f(x) = sin x x0 = π2 (n = 5)
3 f(x) = 2 + x + 3x2 minus x3 x0 = 1 (n = 2)
4 f(x) = lnx x0 = 2 (n = 3)
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino allrsquo ordine nrichiesto
1 f(x) = ln(1 + sinx) (n = 3)
2 f(x) = ln(cos x) (n = 4)
3 f(x) = 11 + x + x2 (n = 4)
4 f(x) =radic
coshx (n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare lrsquo ordine di infinitesimo e la parte principale (rispettoalla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni
1 f(x) = sin xminus x cos xradic3
xrarr 0
2 f(x) = cosh2 xminusradic
1 + 2x2 xrarr 0
3 f(x) = e1x minus esin(1x) xrarr +infin
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor calcolare i seguenti limiti
1 limxrarr0ex minus 1 + ln(1minus x)
tanxminus x
2 limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4
3 limxrarr0log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic
1 + 2x4 minus 1
4 limxrarr+infin
(xminus x2 log
(1 + sin 1
x
))5 limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
Svolgimenti
Esercizio 1
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
ln(1 + z) = z minus z2
2+
z3
3+ + (minus1)n+1 zn
n+ o(zn) (1)
operando la sostituzione z = 3xPoiche z = 3x x per xrarr 0 si ha che o(x) = o(z) Possiamo quindi arrestare lo sviluppofondamentale a n = 3 ottenendo
ln(1 + 3x) = 3xminus (3x)2
2+
(3x)3
3+ o(x3) = 3xminus 9x2
2+ 9x3 + o(x3)
2 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1minus z2
2+
z4
4+ + (minus1)n z2n
(2n)+ o(z2n+1) (2)
e operiamo la sostituzione z = x2 Ricordando che o((xm)n) = o(xmn) si ha o(zn) =o(x2n) possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z4 ottenendo
cos x2 = 1minus x4
2+
x8
4+ o(x10)
3 Consideriamo lo sviluppo della funzione (1+z)α per α = 12 arrestandolo al terzo ordine
radic1 + z = 1 +
z
2minus z2
8+
z3
16+ o(z3) (3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = minusx si ha
radic1 + xminus
radic1minus x =
(1 +
x
2minus x2
8+
x3
16+ o(x3)
)minus(
1minus x
2minus x2
8minus x3
16+ o(x3)
)= x +
x3
8+ o(x3)
4 Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
sin z = z minus z3
3+
z5
5+ + (minus1)n z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (4)
sinh z = z +z3
3+
z5
5+ +
z2n+1
(2n + 1)+ o(z2n+1) (5)
sostituendo z = x2 e osservando che e sufficiente arrestarsi al termine cubico Si ha
sinx2 minus sinhx2 =(
x2 minus x6
3+ o(x6)
)minus(
x2 +x6
3+ o(x6)
)= minusx6
3+ o(x6)
5 Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +z2
2+
z3
3+ +
zn
n+ o(zn) (6)
Lo sviluppo richiesto e di ordine 12 tenendo conto del fatto che dobbiamo operarela sostituzione z = x3 possiamo arrestare lo sviluppo del seno allrsquoordine 3 e quellodellrsquoesponenziale allrsquoordine 4 Otteniamo
f(x) = ex3 minus 1minus sin(x3)
=(
1 + x3 +(x3)2
2+
(x3)3
3+
(x3)4
4+ o
((x3)4
)minus 1)minus(
x3 minus (x3)3
3+ o
((x3)4
))=
x6
2+
x9
6+
x12
24+
x9
6+ o(x12)
=x6
2+
x9
3+
x12
24+ o(x12)
6 Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6) Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x
=(
1 + 3x +(3x)2
2+
(3x)3
3+
(3x)4
4+ o(x4)minus 1
)(2xminus (2x)3
3+ o(x4)
)=
(3x +
9x2
2+
9x3
2+
81x4
24+ o(x4)
)(2xminus 4x3
3+ o(x4)
)
Svolgiamo il prodotto trascurando i termini di ordine superiore al quarto ottenendo
f(x) =(e3x minus 1
)sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4)
7 Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = eminusxminus1 fino al quarto ordine
g(x) = eminusxminus1 = 1minusx+(minusx)2
2+
(minusx)3
3+
(minusx)4
4+o(x4)minus1 = minusx+
x2
2+minusx3
3+
x4
4+o(x4)
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo tutti i termini che si ottengono sono digrado superiore al quarto tranne due il cubo di minusx e il triplo prodotto tra il quadratodi minusx e x22 Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a
f(x) =(eminusx minus 1
)3 =(minusx +
x2
2+minusx3
3+
x4
4+ o(x4)
)3
= minusx3 +3x4
2+ o(x4)
Esercizio 2
1 Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6) con la sostituzionex + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =f(z minus 1) = ezminus1 con centro z0 = 0 e arrestato al terzo ordine
ezminus1 = eminus1ez = eminus1
(1 + z +
z2
2+
z3
3+ o(z3)
)Ritornando alla variabile x si ha
ex = eminus1
(1 + (x + 1) +
(x + 1)2
2+
(x + 1)3
3+ o((x + 1)3)
)
2 Con la sostituzione x minus π2 = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione
g(z) = f(z + π
2
)= sin
(z + π
2
)= cos z con centro z0 = 0 possiamo utilizzare lo
sviluppo(2) arrestato al quarto ordine Quindi
sinx = 1minus
(xminus π
2
)2
2+
(xminus π
2
)4
4+ o
((xminus π
2
)5)
3 Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto Il primo metodo consistenellrsquoutilizzare direttamente la formula di Taylor calcolando f(1) f prime(1) e f primeprime(1)f(1) = 5 f prime(x) = 1 + 6xminus 3x2 f prime(1) = 4 f primeprime(x) = 6minus 6x f primeprime(1) = 0Lo sviluppo risulta quindi f(x) = 5 + 4(xminus 1) + o(xminus 1)2
Il metodo alternativo consiste nellrsquooperare la sostituzione x minus 1 = t e nel calcolare losviluppo della funzione g(t) = f(t + 1) = 5 + 4t minus t3 essendo richiesto lo sviluppo alsecondo ordine trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t2) ritornandoalla variabile x ritroviamo il risultato precedente
4 Operiamo la sostituzione x minus 2 = t dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f(t + 2) =ln(t + 2) con centro t0 = 0 Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1) arrestandolo al terzoordine
Per fare questo scriviamo
ln(t + 2) = ln 2(
1 +t
2
)= ln 2 + ln
(1 +
t
2
)e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t2 ottenendo
ln(t + 2) = ln 2 +t
2minus t2
8+
t3
24+ o(t3)
Esercizio 3
1 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1) poiche la funzione sinx e infinitesima per xrarr 0possiamo operare la sostituzione z = sinx ottenendo lo sviluppo
ln(1 + sinx) = sin xminus (sinx)2
2+
(sinx)3
3+ o((sinx)3) (7)
Poiche sinx sim x per x rarr 0 sia ha che o((sinx)3) = o(x3) Per ottenere lo svilupporichiesto possiamo quindi sviluppare la (7) trascurando in essa i termini di ordine supe-riore al terzo
ln(1 + sinx) =(
xminus x3
6+ o(x3)
)minus 1
2
(xminus x3
6+ o(x3)
)2
+13
(xminus x3
6+ o(x3)
)3
+ o(x3)
= xminus x3
6minus x2
2+
x3
3+ o(x3)
= xminus x2
2+
x3
6+ o(x3)
2 Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1) in questo caso la sostituzione e menoimmediataInfatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z dove z un infinitesimo perx rarr 0 essendo cos x = 1 + (cos x minus 1) possiamo porre z = cos x minus 1 Osserviamo checos xminus 1 x2 per xrarr 0 per cui o(z2) = o(x4) possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)al secondo ordine
ln(1 + (cos xminus 1)) = (cos xminus 1)minus (cos xminus 1)2
2+ o(x4)
=(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
2
(minusx2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
= minusx2
2+
x4
4minus x4
8+ o(x4)
= minusx2
2minus x4
12+ o(x4)
3 Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
11 + z
= 1minus z + z2 minus z3 + + (minus1)nzn + o(zn) (8)
operando la sostituzione z = x + x2 poiche x + x2 sim x per xrarr 0 dobbiamo arrestare losviluppo ai termini di quarto grado Si ha quindi
11 + x + x2 = 1minus (x + x2) + (x + x2)2 minus (x + x2)3 + (x + x2)4 + o(x4)
= 1minus (x + x2) + (x2 + 2x3 + x4)minus(x3 + 3x4 + o(x4)
)+(x4 + o(x4)
)+ o(x4)
= 1minus x + x3 minus x4 + o(x4)
4 Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico
cosh z = 1 +z2
2+
z4
4+ +
z2n
(2n)+ o(z2n+1) (9)
Da questrsquoultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshxminus 1 =x2
2 + o(x2) per cui cosh x minus 1 x2 per x rarr 0 operata la sostituzione z = coshx minus 1 equindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine Si ha
radiccoshx =
radic1 + (coshxminus 1)
= 1 +(coshxminus 1)
2minus (coshxminus 1)2
8+ o((coshxminus 1)2)
= 1 +12
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)minus 1
8
(x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
+ o(x4)
= 1 +x2
4minus x4
96+ o(x4)
Esercizio 4
1 Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = xradic3 non e immediato
decidere a priori a quale termine arrestarsi in quanto si possono avere cancellazioni deiprimi termini possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quellodel coseno al quarto Si ha
sin xminus x cosxradic3
= xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)minus x
(1minus (x
radic3)2
2+
(xradic
3)4
4+ o(x4)
)
=(
xminus x3
3+
x5
5+ o(x5)
)+(minusx +
x3
6minus x5
216+ o(x5)
)=
x5
270+ o(x5)
Possiamo quindi concludere che la pp di f(x) per x rarr 0 e x5270 e che lrsquoordine diinfinitesimo e 5
Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e rivelata corretta inquanto ci ha permesso di ottenere la parte principale Se ci fossimo fermati prima (al terzogrado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo Poichecome abbiamo gia detto non e possibile determinare a priori lrsquoordine a cui fermarsi sideve rdquoprovarerdquo ripetendo eventualmente il calcolo se il risultato non si rivela significativo
2 La funzione f(x) e pari per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari Cometentativo possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine tenendo conto di (9) e di (3)si ha
f(x) =(
1 +x2
2+
x4
4+ o(x4)
)2
minus(
1 +2x2
2minus 4x4
8+ o(x4)
)=
(1 + x2 +
x4
3+ o(x4)
)minus(
1 + x2 minus x4
2+ o(x4)
)=
5x4
6+ o(x4)
La funzione f(x) e quindi infinitesima di ordine 4 per xrarr 0 e la sua p p e 5x4
6
3 Con la sostituzione t = 1x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = etminus esin t pert rarr 0 possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4) In questo caso non e sufficientearrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio) ma si devearrivare al terzo ordine
et minus esin t =(
1 + t +t2
2+
t3
3+ o(t3)
)minus(
1 + sin t +sin2 t
2+
sin3 t
3+ o((sin t)3)
)=
(1 + t +
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)minus(
1 + tminus t3
6+
t2
2+
t3
6+ o(t3)
)= +
t3
6+ o(t3)
Quindi
f(x) =1
6x3 + o
(1x3
)(xrarr +infin)
Esercizio 5
1 Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente arrestato al quinto ordine e
tan z = z +z3
3+
2z5
15+ o(z5) (10)
Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxminus x = x3
3 + o(x3) anche il numeratore deveessere quindi sviluppato almeno al terzo ordineUtilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo
ex minus 1 + ln(1minus x) =(
1 + x +x2
2+
x3
6+ o(x3)minus 1
)+(minusxminus x2
2minus x3
3+ o(x3)
)=
= minusx3
6+ o(x3)
Quindi possiamo concludere che
limxrarr0
ex minus 1 + ln(1minus x)tanxminus x
= limxrarr0
minusx3
6+ o(x3)
x3
3+ o(x3)
= minus12
2 Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo
ex2minuscos xminus32x2 =
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)minus(
1minus x2
2+
x4
24+ o(x4)
)minus3
2x2 =
1124
x4+o(x4)
Quindi
limxrarr0
ex2 minus cos xminus 32x2
x4 = limxrarr0
1124
x4 + o(x4)
x4 =1124
3 Essendoradic
1 + 2x4minus1 = x4+o(x4) per xrarr 0 dobbiamo calcolare uno sviluppo del quartoordine della funzione a numeratore Osserviamo che essendo arctanx sim x per xrarr 0 si hache x arctanx sim x2 per cui o(x arctanx) = o(x2) Abbiamo quindi il seguente sviluppoper la funzione h(x) = ln(1 + x arctanx) + 1minus ex2
h(x) =(
x arctanxminus x2 arctan2 x
2+ o(x4)
)+ 1minus
(1 + x2 +
x4
2+ o(x4)
)=
(x
(xminus x3
3+ o(x3)
)minus x2
2
(xminus x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x4)
)minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= x2 minus 5x4
6minus x2 minus x4
2+ o(x4)
= minus4x4
3+ o(x4)
Possiamo concludere che
limxrarr0
log(1 + x arctanx) + 1minus ex2radic1 + 2x4 minus 1
= limxrarr0
minus4x4
3+ o(x4)
x4 + o(x4)= minus4
3
4 Il limite e della forma x minus g(x) dove g(x) = x2 ln(1 + sin 1
x
) bisogna innanzitutto
studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di fronte a unaforma indeterminata del tipo infinminusinfinCon la sostituzione t = 1x ci riconduciamo a studiare la funzione h(t) = g(1t) =ln(1 + sin t)
t2per trarr 0 Otteniamo (si tenga presente lrsquoesercizio 31)
h(t) =ln(1 + sin t)
t2=
tminus t2
2+ o(t2)
t2=
1tminus 1
2+ o(1)
per cui
g(x) = x2 ln(
1 + sin1x
)= xminus 1
2+ o(1)
Questo risultato ci dice che effettivamente x minus g(x) e una forma indeterminata del tipoinfinminusinfin e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla infatti si ha
limxrarr+infin
(xminus x2 ln
(1 + sin
1x
))= lim
xrarr+infin
12
+ o(1) =12
5 Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= limxrarr0
5(5tan2 x minus 1
)x2
2+ o(x2)
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanx sim x per xrarr 0 si ha che
etan2 x ln 5 minus 1 = 1 + (ln 5) tan2 x + o(x2)minus 1 =
= ln 5(
x +x3
3+ o(x3)
)2
+ o(x2)
= (ln 5)x2 + o(x2)
Quindi
limxrarr0
51+tan2 x minus 51minus cos x
= 10 limxrarr0
etan2 x ln 5 minus 1x2 + o(x2)
= 10 limxrarr0
(ln 5)x2 + o(x2)x2 + o(x2)
= 10 ln 5