I POLINOMI DI TAYLOR

I POLINOMI DI TAYLOR
c
Paola
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Sviluppi di Taylor
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1
Il simbolo “o piccolo”
Siano f (x) e g (x) funzioni infinitesime per x → x0 .
Le seguenti scritture sono equivalenti:
1. f (x) = o(g (x)) per x → x0
2. f (x) tende a zero più velocem. di g (x) quando x → x0 ,
3. f (x) è un ∞−simo di ordine superiore rispetto a g (x) per x → x0 ,
f (x)
=0
4. lim
x→x0 g (x)
x3
= lim x = 0
x→0 x 2
x→0
x2 + x4
2
4
=0
Esempio. x + x = o(x) per x → 0. Infatti lim
x→0
x
f (x)
= lim f (x) = 0,
Oss. f (x) = o(1) per x → 0 vuol dire lim
x→0
x→0 1
cioè f (x) è infintesima per x → 0.
Esempio. x 3 = o(x 2 ) per x → 0. Infatti lim
c
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2
Confronto di monomi
x p = o(x q ), per x → 0 vuol dire
x p tende a zero più
velocem. di x q , per x → 0
2.5
x
2
x
3
x
4
x
2
Quando x → 0
x 4 = o(x 3 )
1.5
y
x 3 = o(x 2 )
1
x 2 = o(x)
0.5
x 3 = o(x)
.....
0
0
0.2
0.4
0.6
x
0.8
1
1.2
QUINDI:
x p = o(x q ), per x → 0,
c
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⇐⇒
xp
=0
x→0 x q
lim
Sviluppi di Taylor
⇐⇒
p > q.
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3
Calcolo di forme indeterminate del tipo 0/0
Avevamo già visto (cap4a.pdf, pag. 10) che quando si deve
calcolare il limite di rapporto di funzioni infintesime per x → 0, si
raccoglie la potenza di x al minimo esponente.
x 3 − 2x 2 + 6x
Es. lim
=
x→0
x 4 − 3x
x(6 − 2x + x 2 )
(6 − 2x + x 2 )
= lim
=
lim
= −2
x→0 x(−3 + x 3 )
x→0 (−3 + x 3 )
Perchè si raccoglie la potenza di grado minimo?
Perché il termine di grado minimo è quello principale, ovvero quello
più grande, quello predominante.
Fissato x ∈ (0, 1), minore è l’esponente n di x e maggiore è il
valore x n .
x
10−1
10−2
10−3
...
>
>
>
>
...
x2
10−2
10−4
10−6
...
c
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>
>
>
>
...
x3
10−3
10−6
10−9
Sviluppi di Taylor
>
>
>
>
x4
10−4
10−8
10−12
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4
Algebra degli infinitesimi
o(x n ) ± o(x n ) = o(x n )
o(x n ) ± o(x q ) = o(x p ), p = min(n, q)
x q o(x n ) = o(x n+q )
o(x n )/x n = o(1)
o(x n )/x q = o(x n−q ) n ≥ q
per
per
per
per
per
x
x
x
x
x
→0
→0
→0
→0
→0
Oss. È come lavorare con le potenze.
c
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5
x 3 − 2x 2 + 6x
e riscriviamo i polinomi a
x→0
x 4 − 3x
numeratore e denominatore evidenziando:
Riprendiamo il limite lim
il termine principale (=quello di grado minore)
e raggruppando gli altri monomi nel termine “o piccolo”:
x 3 − 2x 2 + 6x = 6x + o(x)
x 4 −3x = −3x + o(x)
6x + o(x)
x(6 + o(1))
x 3 − 2x 2 + 6x
= lim
= lim
=
x→0 −3x + o(x)
x→0 x(−3 + o(1))
x→0
x 4 − 3x
6 + o(1)
lim
= −2
x→0 −3 + o(1)
lim
c
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6
Passiamo a funzioni non polinomiali
Se si vuole calcolare il limite
sin (log(1 + 2x)) − e 2x + 1
0
= ,
2
x→0
tan x
0
lim
il Teorema di de l’Hôpital e i limiti fondamentali non sono di molto
aiuto.
Però se fossero tutti polinomi riuscirei a lavorare molto facilmente
isolando il termine principale e raggruppando tutti gli altri monomi
nel termine “o piccolo”
Riusciamo ad APPROSSIMARE le funzioni goniometriche,
esponenziali, logaritmiche, irrazionali, etc, con dei polinomi?
La risposta è SI ed è data dai polinomi di Taylor
c
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7
Polinomio di Taylor
Data f definita in un intorno di x0 , continua e derivabile n ≥ 0
volte in x0 , il polinomio di Taylor pn (x) di f centrato in x0 e grado
n è cosı̀ definito:
n
X
f (k) (x0 )
(x − x0 )k
pn (x) =
k!
k=0
Esso è calcolato imponendo
(k)
pn (x0 ) = f (k) (x0 ),
k = 0, 1, . . . , n


 pn (x0 )
ovvero che f (x) e pn (x) abbiano lo 

pn′ (x0 )



stesso valore in x0 , la stessa derivata  p ′′ (x0 )
n
(3)
prima in x0 , la stessa derivata sepn (x0 )



conda in x0 , ecc..


...


 (n)
pn (x0 )
(0)
Si ricorda che f (x) = f (x).
c
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= f (x0 )
= f ′ (x0 )
= f ′′ (x0 )
= f (3) (x0 )
= ...
= f (n) (x0 )
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8
Polinomi di Taylor di f (x) = exp(x) centrati in x0 = 0
f(x)=exp(x)
6
5
4
3
y
2
1
0
f(x)
n= 0
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=6
n=7
n=8
n=9
n=10
n=11
−1
−2
−10
−8
−6
−4
−2
0
2
x
taylor.m
c
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9
Dati f , x0 e n, QUANTO pn APPROSSIMA BENE f ?
8
7
f(x)=ex
6
5
p1(x)= retta tangente ad f in x=0
4
3
2
1
0
−1
−2
−1.5
−1
−0.5
0
0.5
1
1.5
2
Definisco r (x) = f (x) − pn (x) per ogni x ∈ I (x0 ) RESTO di
Taylor di ordine n
Voglio che r (x) sia piccolo, tanto più piccolo quanto più x è vicino
a x0 .
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10
Teorema (sviluppo di Taylor, con resto di Peano)
Sia f definita in I (x0 ). Sia n ≥ 0 e sia f continua e derivabile n
volte in x0 . Sia
pn (x) =
n
X
f (k) (x0 )
k=0
k!
(x − x0 )k
il polinomio di Taylor di f di grado n centrato in x0 e sia
r (x) = f (x) − pn (x) il resto di ordine n, con x ∈ I (x0 ).
Allora
r (x) = o((x − x0 )n ) per x → x0 .
Segue che
f (x) = pn (x) + o((x − x0 )n ) per x → x0 .
r (x) = o((x − x0 )n ) è detto resto nella forma di Peano
c
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11
Dimostrazione
n=0
Il pol. di Taylor di grado n = 0 che approssima f (x) in un intorno
del punto x0 è
p0 (x) =
0
X
f (k) (x0 )
k=0
k!
(x − x0 )k =
f (0) (x0 )
(x − x0 )0 = f (x0 )
0!
ovvero è una retta orizzontale che interseca f (x) nel punto
(x0 , f (x0 )): y = p0 (x) = f (x0 )
Verifico per n = 0 che f (x) − p0 (x) = o(1) per x → x0 , o
equivalentemente lim [f (x) − p0 (x)] = 0.
x→x0
lim [f (x) − p0 (x)] = lim [f (x) − f (x0 )] = 0
x→x0
x→x0
poiché p0 (x) = f (x0 ) e f è continua in x0 .
Posso concludere che f (x) = f (x0 ) + o(1) per x → x0 .
c
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12
Es. f (x) = log(x) e x0 = 1.
Il pol. di Taylor di grado n = 0 che approssima f (x) = log(x) in un
intorno del punto x0 = 1 è la retta y = 0.
2
1
y
0
−1
−2
−3
f(x)=log(x)
p0(x)=0
−4
0
1
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2
3
4
5
x
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13
continua la dimostrazione
n=1
Il pol. di Taylor di grado n = 1 che approssima f (x) in un intorno
del punto x0 è
p1 (x) =
=
1
X
f (k) (x0 )
k=0
f (0) (x
k!
0)
0!
(x − x0 )k
(x − x0 )0 +
f (1) (x0 )
(x − x0 )1
1!
= f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 )
ovvero è la retta tangente alla curva in x0 .
c
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14
Verifico che f (x) − p1 (x) = o(x − x0 ) per x → x0 , o
f (x) − p1 (x)
= 0.
equivalentemente lim
x→x0
x − x0
Ricordo che p1 (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) e che f è derivabile in
x0 :
lim
x→x0
f (x) − p1 (x)
x − x0
= lim
f (x) − f (x0 ) − f ′ (x0 )(x − x0 )
=
x − x0
= lim
x − x0
f (x) − f (x0 )
− f ′ (x0 ) · lim
=
x→x
x − x0
0 x − x0
x→x0
x→x0
= f ′ (x0 ) − f ′ (x0 ) = 0
Posso concludere che
f (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) + o((x − x0 )) per x → x0 .
c
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15
Es. f (x) = log(x) e x0 = 1.
Il pol. di Taylor di grado n = 1 che approssima f (x) = log(x) in un
intorno del punto x0 = 1 è la retta y = 0 + 1 · (x − 1) = x − 1.
5
4
3
2
y
1
0
−1
−2
f(x)=log(x)
p1(x)=x−1
−3
−4
0
1
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2
3
4
5
x
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16
continua la dimostrazione per n = 2
Il pol. di Taylor di grado n = 2 he approssima f (x) in un intorno
del punto x0 è:
p2 (x) =
=
2
X
f (k) (x0 )
k=0
f (0) (x
0!
k!
0)
(x − x0 )k
(x − x0 )0 +
f (1) (x0 )
f (2) (x0 )
(x − x0 )1 +
(x − x0 )2
1!
2!
= f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) +
f ′′ (x0 )
2 (x
− x0 )2
ovvero è una parabola che passa per il punto (x0 , f (x0 )), che ha la
stessa derivata prima e la stessa derivata seconda di f nel punto x0
c
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17
per n = 2, devo verificare che f (x) − p2 (x) = o((x − x0 )2 ) per
f (x) − p2 (x)
x → x0 , o equivalentemente lim
= 0.
x→x0 (x − x0 )2
f ′′ (x0 )
Ricordo che p2 (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) +
(x − x0 )2 e
2
che f è derivabile 2 volte in x0 :
f (x) − p2 (x)
=
lim
x→x0 (x − x0 )2
0
f (x) − f (x0 ) − f ′ (x0 )(x − x0 ) − f ′′ (x0 )(x − x0 )2 /2
=
lim
2
x→x0
(x − x0 )
0
Sono nelle ipotesi di applicare de l’Hôpital:
lim
x→x0
f (x) − p2 (x) (H)
f ′ (x) − f ′ (x0 ) − f ′′ (x0 )(x − x0 )
=
=
lim
x→x0
(x − x0 )2
2(x − x0 )
1
1
f ′ (x) − f ′ (x0 )
′′
− f (x0 ) = [f ′′ (x0 ) − f ′′ (x0 )] = 0.
=
lim
2 x→x0
x − x0
2
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18
Posso concludere che
f (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) + 12 f ′′ (x0 )(x − x0 )2 + o((x − x0 )2 )
per x → x0 .
Per n > 2 si applica n − 1 volte de l’Hôpital e poi si ricorre alla
definizione di derivata n-sima.
Es. f (x) = log(x) e x0 = 1. Il pol. di Taylor di grado n = 2 che
approssima f (x) = log(x) in I (1) è la parabola
p2 (x) = 0 + 1 · (x − 1) − 21 (x − 1)2 = − 21 x 2 + 2x − 23 .
2
1
y
0
−1
−2
−3
f(x)=log(x)
p2(x)
−4
0
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1
2
3
4
5
x
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19
Teorema (di Taylor, resto di Lagrange)
Teorema. Sia f continua e derivabile n volte in x0 con derivata
n-sima continua. Sia inoltre derivabile n + 1 volte in I (x0 ) \ {x0 }.
n
X
f (k) (x0 )
(x − x0 )k il il polinomio di Taylor di f di
Sia pn (x) =
k!
k=0
grado n centrato in x0 , allora ∃ ξ tra x e x0 :
r (x) =
f (x) =
f (n+1) (ξ)
(x − x0 )n+1 e
(n + 1)!
n
X
f (k) (x0 )
k=0
k!
(x − x0 )k +
f (n+1) (ξ)
(x − x0 )n+1
(n + 1)!
r (x) è detto resto nella forma di Lagrange.
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Sviluppi di Taylor
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20
Sviluppi di Maclaurin
Se x0 = 0 lo sviluppo di Taylor prende il nome di sviluppo di
Maclaurin e diventa
pn (x) =
c
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n
X
f (k) (0)
k=0
k!
xk
Sviluppi di Taylor
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21
Calcoliamo gli sviluppi di Maclaurin di f (x) = e x
f (x) = e x con x0 = 0.
Per ogni k ∈ N si ha f (k) (0) = e 0 = 1.
n=0
p0 (x) = f (x0 ) = f (0) = 1
n=1
p1 (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) = 1 + x
1
p2 (x) = 1 + x + x 2
2
1
1
p3 (x) = 1 + x + x 2 + x 3
2
3!
x2 x3
xn
pn (x) = 1 + x +
+
+ ... +
2
3!
n!
n=2
n=3
n>3
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22
Funzioni iperboliche
sinh(x) =
e x − e −x
2
cosh(x) =
e x + e −x
2
10
sinh(x)
cosh(x)
8
6
4
2
0
−2
−4
−6
−8
−10
−10
c
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−5
0
5
Funzioni iperboliche
10
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23
La relazione fondamentale tra sinh e cosh è:
cosh2 (x) − sinh2 (x) = 1
∀x ∈ R.
sinh(x) e cosh(x) sono dette funzioni iperboliche perchè un punto
P = (xP , yP ) del piano cartesiano con xP = cosh(x) e
yP = sinh(x), al variare di x appartiene all’iperbole di equazione
x 2 − y 2 = 1.
Si ha: D(sinh(x)) = cosh(x) e D(cosh(x)) = sinh(x).
Inoltre sinh(x) + cosh(x) = e x
c
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∀x ∈ R
Funzioni iperboliche
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24
Sviluppi di Maclaurin notevoli
n
ex
X xk
xn
x2 x3
+
+ ... +
+ o(x n ) =
+ o(x n )
=1+x +
2
3!
n!
k!
k=0
x2 x3
xn
log(1 + x) = x −
+
+ . . . + (−1)n−1
+ o(x n )
2
3
n
sin(x) = x −
x3 x5
x 2k+1
+
+ . . . + (−1)k
+ o(x 2k+2 )
3!
5!
(2k + 1)!
cos(x) = 1 −
x 2k
x2 x4
+
+ . . . + (−1)k
+ o(x 2k+1 )
2!
4!
(2k)!
sinh(x) = x +
x 2k+1
x3 x5
+
+ ... +
+ o(x 2k+2 )
3!
5!
(2k + 1)!
cosh(x) = 1 +
x2 x4
x 2k
+
+ ... +
+ o(x 2k+1 )
2!
4!
(2k)!
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25
(1 +
x)α
α(α − 1) 2
= 1 + αx +
x + ... +
2
α
n
x n + o(x n )
1
= 1 − x + x 2 − x 3 + . . . + (−1)n x n + o(x n )
1+x
√
x2
x3
x
+
+ o(x 3 )
1+x =1+ −
2
8
16
tan(x) = x +
x3
2
+ x 5 + o(x 5 )
3
15
arctan(x) = x −
x 2k+1
x3 x5
+
+ . . . + (−1)k
+ o(x 2k+1 )
3
5
2k + 1
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26
(1 + x)1/3 − 1
sfruttando i polinomi di
x→0
sin(x)
Es. Calcolare il limite: lim
Taylor.
Il limite deve essere calcolato per x → 0, quindi posso usare gli
sviluppi di MacLaurin.
1 1
( −1)
(1 + x)1/3 = 1 + 13 x + 3 32 x 2 + o(x 2 )
3
sin(x) = x − x3! + o(x 3 )
(1 + x)1/3 − 1
lim
x→0
sin(x)
=
=
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lim
1 + 31 x +
x→0
lim
x→0
1
3x
1
3
( 31 −1)
x−
2
x3
3!
x 2 + o(x 2 ) − 1
+ o(x 3 )
+ o(x)
1
= .
x − o(x)
3
Sviluppi di Maclaurin
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27
Riferimenti bibliografici: Canuto Tabacco, Cap. 7.
Esercizi: Calcolare il Polinomio di Taylor di grado 2 delle seguenti
funzioni nell’intorno del punto x0 riportato:
√
1. f (x) = x, x0 = 1
2. f (x) = log(x), x0 = 2
3. f (x) = x log(x), x0 = 1
4. f (x) = tan(x), x0 = π/3
2
5. f (x) = e x , x0 = −1
Esercizi: Si possono svolgere tutti i limiti che compaiono nei temi
d’esame degli anni precedenti. La maggior parte di essi richiede
l’uso dei polinomi di Taylor. Alcuni limiti richiedono anche
l’impiego del Teorema di de l’Hôpital.
c
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28