33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli insormontabili ** 2015-10-08 08:10:39 Vincenzo Zappalà Anche se abbiamo concluso (almeno momentaneamente) lo studio delle funzioni, queste ultime rimangono un punto fondamentale della matematica e continuano a essere nel nostro mirino. Vogliamo arrivare al calcolo dei loro integrali e quindi cominciamo con il loro sviluppo in serie, un argomento poco divulgato che è però di importanza fondamentale. Abbiamo già visto certi numeri molto importanti, ma contemporaneamente molto scorbutici. Uno fra tutti è 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 basterebbe avere un PC o una calcolatrice tascabile! Si sposterebbe solo il problema, dato che la “macchina” lo calcola sulla base di formule matematiche che le sono state insegnate e immesse in memoria. Non possiamo certo pensare di andare a tentativi e aggiungere e togliere quantità numeriche sperando di approssimare sempre più il numero voluto. E’ necessario utilizzare una qualche regola chiara e precisa che ci permetta di sapere istante per istante a che livello di precisione siamo arrivati e, soprattutto, fare in modo che ciò che aggiungiamo al numero ricavato sia sempre più piccolo di quello usato precedentemente. Solo in questo modo possiamo dire di avvicinarci sempre più alla soluzione finale. Una soluzione finale che non può esistere, per definizione, ma che, lavorando con ordine e con sistematicità, possiamo sempre tenere sotto controllo, ossia possiamo sempre sapere l’errore di approssimazione che stiamo commettendo. Se, ad esempio, in un problema di fisica ci basta raggiungere le dimensioni del centimetro, possiamo tranquillamente fermarci a un numero che fornisca esattamente i millimetri (tanto per essere sicuri) e tralasciare tutto ciò che è inferiore al millimetro. Cercare di approssimare un numero o più in generale una funzione (il numero diventa la funzione calcolata in un punto) attraverso una serie di termini successivi in cui ogni ulteriore aggiunta migliori sempre di più l’approssimazione è di interesse estremo in matematica e di conseguenza in fisica. Alcune funzioni sono complicatissime da trattare e da studiare, ma se riuscissimo a scriverle sotto forma di serie continua di funzioni più semplici, sapendo come e quando fermarci a seconda degli scopi, supereremmo ostacoli insormontabili. Questo problema è tra i più comuni in tutti i campi della fisica, non ultima quella quantistica. Ricordate come Feynman aggiungeva diagrammi sempre più complicati per ottenere la probabilità finale? Ebbene, faceva qualcosa del genere: a seconda della precisione desiderata non doveva far altro che inserire una serie di nuovi diagrammi con un numero crescente di interazioni e sapeva di migliorare sicuramente il risultato finale. Ma lasciamo da parte la MQ e limitiamoci alla nostra matematica, in attesa di poterla applicare a qualche caso peculiare. Ciò di cui stiamo parlando sono gli sviluppi in serie di una funzione. In parole molto semplici, cercare di scrivere qualsiasi funzione attraverso uno sviluppo in serie di funzioni (ovviamente più semplici) che possa essere interrotta in qualsiasi momento, conoscendo perfettamente la precisione raggiunta. Lo sviluppo in serie apre un nuovo mondo matematico, che l’introduzione degli infinitesimi e dei concetti di limite e derivata ha semplificato di molto. Noi ci occuperemo della più utilizzata, quella di Taylor e della sua sorella semplificata di Maclaurin, senza pretendere di visitare tutto ciò che gli sta dietro: avremo già imparato molto. In realtà, il concetto di sviluppo in serie per approssimare una funzione è già insito nel concetto di limite. Ricordate Achille e la tartaruga? Esiste sempre un intervallino piccolo a piacere che è minore della distanza tra Achille e la tartaruga. Matematicamente Achille è destinato a perdere, ma fisicamente no. Una serie ammette questa differenza e ci permette di fermarci dove la fisica è soddisfatta. Cercheremo di arrivare alla serie di Taylor avvicinandoci per gradi. Vedremo anche come sia relativamente facile costruire una serie di funzioni anche senza l’utilizzo dei limiti e delle derivate. Vedremo, però, che la loro conoscenza semplifica e generalizza di molto la soluzione. Per ricavare la serie di Taylor useremo due metodi: uno brutalmente empirico (in qualche modo, poco matematico) e poi – se necessario- uno più 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 miglioramento dell’approssimazione. Teniamo sempre conto, però, che l’approssimazione rimane valida solo in un intorno più o meno grande del punto in cui si vuole studiare la funzione. Aspettatevi un approccio ben poco usato in genere, ma che penso sia utile per capire prima il concetto generale e solo dopo iniziare a scrivere funzioni più o meno complicate. E’ in fondo il nostro modo di fare e penso che l’iniziale perdita di rigorosità venga utile per una migliore comprensione concettuale del problema. Lo studio degli sviluppi in serie ci traghetterà verso gli integrali… QUI il capitolo precedente QUI il capitolo successivo QUI l'intero corso di matematica

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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

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

Page 2: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

Page 3: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

Page 4: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

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

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

Page 5: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

Page 6: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

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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

Page 7: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

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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

Page 8: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

Page 9: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

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

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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

Page 10: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

Page 11: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

Page 12: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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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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

Page 13: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

QUI il capitolo precedente

QUI il capitolo successivo

QUI lintero corso di matematica

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

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

Page 14: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

Page 15: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

QUI il capitolo precedente

QUI il capitolo successivo

QUI lintero corso di matematica

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

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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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

Page 16: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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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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

Page 17: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

Page 18: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

Page 19: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

Page 20: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

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

Page 21: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

Page 22: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

Page 23: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

Page 24: 33. Sviluppi in serie: aggiriamo gli ostacoli ...

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

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

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