SVILUPPI DI TAYLOR -MACLAURIN

Grazie agli sviluppi di Taylor – Maclaurin è possibile approssimare in serie una funzione nell’intorno di un suo punto mediante un polinomio di grado n.

La formula elaborata dai matematici Brook Taylor (1685-1731) e Colin Maclaurin (1698-1746) rappresenta un baluardo dell’analisi infinitesimale.

Tale formula è uno strumento molto potente che permette di risolvere forme indeterminate del tipo 0/0.

La sua teoria può essere considerata come un’espansione sia del teorema di Rolle e Lagrange ma anche della teoria dei limiti notevoli.

L’algoritmo elaborato da Taylor è il seguente:

$$ f(x)\quad\text{in $I(x_0)$}\sim P^n(x)+o(x-x_0)^n \\ \ \\ \begin{aligned}&f(x)\ \text{è la funzione di riferimento}\\&I(x_0)\ \text{ è un intorno del punto $x_0$}\\&P^n(x)\ \text{è il polinomio di Taylor di ordine $n$}\\&o(x-x_0)^n\ \text{è una quantità infinitesima che indica l’errore di ordine n }\end{aligned}$$

IL POLINOMIO DI TAYLOR

Circa il polinomio di Taylor è un polinomio di grado n che approssima l’andamento della funzione nell’intorno di x0.

Per costruire questo polinomio di grado n sfruttiamo le derivate fino all’ordine n

$$P^n(x)=\sum_{k=1}^n\frac{f^k(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$$

Scritto in maniera espansa è:

$$P^n(x)=\frac{f^0(x_0)}{0!}(x-x_0)^0+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)^1+\frac{f”(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^n(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$$

Da notare che il primo termine della sommatoria è semplicemente il valore della funzione calcolato nel punto:

$$\frac{f^0(x_0)}{0!}(x-x_0)^0=f(x_0)$$

Dobbiamo tenere ben presente che questa formula funziona solamente se risultano soddisfatte le tre ipotesi del teorema di Taylor

$$\begin{aligned}&\text{$f(x)$ è definita in $[x_0,x]$}\\&\text{$f'(x_0), f”(x_0), \dots, f^{n-1}(x_0)$ sono definite in $[x_0,x)$}\\&\text{$f^n(x_0)$ è definita in $(x_0,x)$}\end{aligned}

POLINOMIO DI MACLAURIN

Parliamo di polinomio di Maclaurin (o polinomio di Taylor – Maclaurin) quando il punto di accumulazione del dominio è zero.

In questo caso la formula del polinomio di grado n P(x) diventa estremamente più semplice

$$ P^n(x)=\sum_{k=1}^n\frac{f^k(x_0)}{k!}x^k\\ \ \\ P^n(x_0)=\frac{f^0(x_0)}{0!}x^0+\frac{f'(x_0)}{1!}x^1+\frac{f”(x_0)}{2!}x^2+\cdots+\frac{f^n(x_0)}{n!}x^n$$

Sotto riportiamo la tabella degli sviluppi in serie con il polinomio di Taylor – Maclaurin delle principali funzioni dell’analisi matematica

VISUALIZZARE GRAFICAMENTE IL POLINOMIO DI TAYLOR -MACLAURIN

Tutto molto bello fino a qui, ma sorge legittima una domanda.

Possiamo vedere e toccare il polinomio di Taylor – Maclaurin? 

Oltre la componente puramente di calcolo vogliamo vedere cosa significa visualizzare il polinomio.

Consideriamo come esempio il primo sviluppo sulla funzione esponenziale

$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{24}+\cdots+\frac{x^n}{n!}=\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}x^k$$

Il primo termine del polinomio che chiamiamo P⁰(x) altro non è che il valore della funzione esponenziale nel punto x=0 punto.

P^0(x)=1$$

Esso identifica una retta orizzontale passante per il punto ed è una prima approssimazione molto imprecisa della funzione nel punto.

I primi due termini del polinomio che chiamiamo P¹(x) (polinomio di ordine 1) è un polinomio di primo grado in x

$$P^1(x)=1+x$$

Esso identifica la retta tangente alla funzione nel punto e risulta nell’intorno di zero unaapprossimazione più precisa, un’approssimazione lineare o di primo ordine della funzione nel punto

Possiamo definire il margine di errore (nell’approssima la funzione) un “o piccolo di x“, ovvero un errore infinitesimo di primo grado.

Detto in maniera completa sarebbe un “o piccolo di (x–0)”

I primi tre termini del polinomio che chiamiamo P²(x) (polinomio di ordine 2) sono unpolinomio di secondo grado in x

$$P^2(x)=1+x+\frac{x^2}{2}$$

Si tratta in questo caso di una parabola (funzione di secondo grado) tangente alla funzione nel punto (0,1).

Questa parabola fornisce un’approssimazione più precisa rispetto alla retta nell’intorno di x=0.

Possiamo definire il margine di errore (nell’approssima la funzione) un “o piccolo di x alla seconda“, ovvero un errore infinitesimo di secondo grado.

Tale errore infinitesimo di secondo grado è più piccolo dell’errore di primo grado compiuto dalla retta nell’approssimare la funzione e^x nell’intorno di zero.

I primi quattro  termini del polinomio che chiamiamo P³(x) (polinomio di ordine 3) sono unpolinomio di terzo grado in x

$$P^3(x)=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}$$

Si tratta in questo caso di una cubica (funzione di terzo grado) tangente alla funzione nel punto (0,1).

Questa cubica fornisce un’approssimazione più precisa rispetto alla parabola nell’intorno di x=0.

Possiamo definire il margine di errore (nell’approssima la funzione) un “o piccolo di x alla terza“, ovvero un errore infinitesimo di terzo grado.

Tale errore infinitesimo di terzo grado è più piccolo dell’errore di secondo grado compiuto dalla parabola nell’approssimare la funzione e^x nell’intorno di zero.

I primi cinque  termini del polinomio che chiamiamo P⁴(x) (polinomio di ordine 4) sono unpolinomio di quarto grado in x

$$P^4(x)=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{24}$$

Si tratta in questo caso di una funzione di quarto grado tangente alla funzione nel punto (0,1).

Questa funzione di quarto grado fornisce un’approssimazione più precisa rispetto alla cubica nell’intorno di x=0.

Possiamo definire il margine di errore (nell’approssima la funzione) un “o piccolo di x alla quarta“, ovvero un errore infinitesimo di quarto grado.

Tale errore infinitesimo di quarto grado è più piccolo dell’errore di terzo grado compiuto dalla parabola nell’approssimare la funzione e^x nell’intorno di zero.

Nel grafico possiamo notare meglio questa cosa quando zoomiamo attorno al punto

Nell’immagine ho rappresentato in rosso la funzione esponenziale di riferimento mentre con colori diversi i valori polinomi.

Empiricamente sembra proprio che maggiore è il grado del polinomio più vicina sia la funzione polinomiale alla funzione esponenziale.

Anche se la situazione può apparire a prima vista un po’ confusionaria.

Quando zoomiamo a fondo nell’intorno di zero la cosa ci appare molto ma molto più chiara.

Anche  se a mano a mano aumenta il grado dobbiamo fare sempre più attenzione a notare le differenze.

Ricordiamo infatti che abbiamo a che fare con quantità infinitesime dunque potrebbero sfuggire alla nostra vista da quanto sono piccole e poco percettibili.

Lo stesso ragionamento grafico vale chiaramente per tutte le altre funzioni.

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APPLICAZIONI PRATICHE DELLO SVILUPPO DI TAYLOR – MACLAURIN

Una delle applicazioni più frequenti dello sviluppo di Taylor – Maclaurin riguarda certamente il calcolo dei limiti notevoli, in particolare la forma indeterminata zero su zero.

Vediamo quindi degli esempi pratici.

ESEMPIO 1 – LIMITI CON IL POLINOMIO DI TAYLOR

Consideriamo il seguente limite:

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^2+1-\cos x}$$

Sostituendo troviamo certamente una forma indeterminata  zero su zero

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^2+1-\cos x}=\frac{\sin0-0}{0+1-\cos0}=\frac{0}{0}$$

Se proviamo ad utilizzare il limiti notevoli

$$\sin x\sim x\qquad 1-\cos x\sim \frac{1}{2}x^2$$

scopriamo che al numeratore della frazione si verifica un perfetto annullamento, infatti:

$$\frac{\sin x-x}{\frac{1}{2}x^2-(1-\cos x)+x^3}\sim\frac{x-x}{\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x^2+x^3}=\frac{0}{x^3}=???$$

Questo significa che dietro la parte infinitesima del seno al numeratore si cela un “infinitesimo nascosto” che non riusciamo a vedere semplicemente applicando i limiti notevoli.

Applichiamo dunque per il seno di x lo sviluppo in serie di Taylor fino all’ordine 3:

$$\sin x\sim x-\frac{x^3}{6}$$

Sostituendo abbiamo:

$$\frac{\sin x-x}{\frac{1}{2}x^2-(1-\cos x)+x^3}\sim\frac{x-x+\frac{x^3}{3}}{\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x^2+x^3}=\frac{0}{x^3}=\frac{\frac{x^3}{3}}{x^3}=\frac{1}{3}$$

Questo è il valore del limite cercato

ESEMPIO 2

Consideriamo il seguente limite:

$$\lim_{x\to0}\frac{x(e^x-1)-x^2}{\log(1+x)+\cosh x-\sin x-1}$$

Sostituendo troviamo certamente una forma indeterminata  zero su zero

$$=\frac{0(e^0-1)-0^2}{\log(1+0)+\cosh0-\sin0-1}=\frac{0-0}{0+1-0-1}=\frac{0}{0}$$

Ricordiamo che il coseno iperbolico è :

$$\cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}\to\cosh0=\frac{e^0+e^{-0}}{2}=\frac{1+1}{2}=1$$

Se proviamo ad utilizzare il limiti notevoli scopriamo che sia al numeratore che al denominatore della frazione si verifica un perfetto annullamento.

$$e^x-1\sim x\quad \log(1+x)\sim x\quad \sin x\sim x$$

Infatti:

$$\frac{x(e^x-1)-x^2}{\log(1+x)+\cosh x-\sin x-1}\sim\frac{xx-x^2}{x+1-x-1}=\frac{x^2-x^2}{0}=\frac{0}{0}$$

I limiti notevoli rappresentano lo sviluppo di Taylor fino al primo ordine e pertanto non risultano sufficienti ad individuare gli infinitesimi residui.

Per comodità di calcolo separiamo i calcoli al numeratore e al denominatore nella ricerca delle parti infinitesime residue

Partiamo dal numeratore:

$$x(e^x-1)-x^2$$

Espandiamo al secondo ordine la scrittura della funzione esponenziale:

$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}$$

Sostituiamo

$$x\left(1+x+\frac{x^2}{2}-1\right)-x^2=x^2+\frac{x^3}{3}-x^2=\frac{x^3}{3}$$

L’infinitesimo residuo al numeratore è di ordine 3

Passiamo ora al denominatore 

$$\log(1+x)+\cosh x-\sin x-1$$

Espandiamo le funzioni fino al secondo ordine:

$$\log(1+x)=x-\frac{x^2}{2}\quad\cosh x=1+\frac{x^2}{2}\quad \sin x=x$$

Sostituiamo 

$$x-\frac{x^2}{2}+1+\frac{x^2}{2}-x-1=0$$

La ricerca non ha ancora prodotto l’effetto desiderato in quanto abbiamo ottenuto ancora zero, dunque non ci resta che tentare la strada dello sviluppo fino al terzo ordine

$$\log(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}\quad \cosh x=1+\frac{x^2}{2}\quad \sin x=x-\frac{x^3}{6}$$

Sostituendo:

$$x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+1+\frac{x^2}{2}+x-\frac{x^3}{6}=\frac{x^3}{6}$$

In questo caso siamo stati più fortunati dunque ora che abbiamo numeratore e denominatore approssimiamo asintoticamente la frazione iniziale:

$$\frac{x(e^x-1)-x^2}{\log(1+x)+\cosh x-\sin x-1}\approx\frac{\frac{x^3}{3}}{\frac{x^3}{6}}=2$$

Tale è il valore del limite ricercato

ESEMPIO 3 LIMITI CON IL POLINOMIO DI TAYLOR

Consideriamo il seguente limite:

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x\cos x-x}{x\sqrt{1+x}-(e^x-1)}$$

Sostituendo troviamo certamente una forma indeterminata  zero su zero

$$=\frac{\sin 0\cos 0-0}{x\sqrt{1+0}-(e^0-1)}=\frac{0\cdot1-0}{0\cdot1-(1-1)}=\frac{0}{0}$$

Applicando i limiti notevoli (Taylor al primo ordine)

$$\sin x\sim x\quad e^x-1\sim x$$

scopriamo che sia al numeratore che al denominatore della frazione si verifica un perfetto annullamento.

$$\frac{\sin x\cos x-x}{x\sqrt{1+x}-(e^x-1)}\sim\frac{x\cdot1-x}{x\sqrt{1+0}-x}=\frac{x-x}{x-x}=\frac{0}{0}$$

Da notare due cose.

La prima che al posto di cosx ho scritto 1, infatti ricordiamo che la x tende a zero e non ci sono infinitesimi di ordine 1 nel coseno.

L’altra cosa riguarda la scrittura di 

$$x\sqrt{1+x}\ \text{ sostituita con }\ x\sqrt{1+0}$$

In questo caso è vero che avremmo potuto usare la scrittura di primo ordine per la radice quadrata:

$$x\sqrt{1+x}=(1+x)^\frac{1}{2}\sim 1+\frac{1}{2}x$$

Però in tal caso il prodotto di questo elemento con la x avrebbe causato un infinitesimo di ordine 2

$$x\sqrt{1+x}\sim x\left(1+\frac{1}{2}x\right)=x+\frac{1}{2}x^2$$

Questa cosa avrebbe distorto i calcoli dal momento che l’esponenziale che si somma a questa quantità sarebbe stato di ordine 1 e quindi ci sarebbe stato il residuo di ordine 2 che però era contenuto anche nell’esponenziale ma non era visibile

$$x\sqrt{1+x}-ex-1)\sim x+\frac{1}{2}x^2-x=\frac{1}{2}x^2 \quad \color{red}{\text{sbagliato!!!}}$$

Cerchiamo ora di sviluppare fino all’ordine 2 gli infinitesimi di numeratore e denominatore e vediamo che cosa succede

Per comodità di calcolo separiamo i calcoli al numeratore e al denominatore nella ricerca delle parti infinitesime residue

Partiamo dal numeratore dove nella fase iniziale sviluppiamo entrami i fattori al secondo ordine

$$\sin x\cos x-x\sim x\left(1-\frac{x^2}{2}\right)-x=x-\frac{x^3}{3}-x=-\frac{x^3}{3}\quad \color{red}{\text{attenzione!!!}}$$

Dobbiamo fare molta attenzione a questo risultato!!!

Infatti l’infinitesimo di ordine 2 complessivo non esiste e si crea un infinito di ordine 3.

Ricordiamo che anche il seno di x può essere sviluppato fino all’ordine 3, infatti se facciamo così

$$\sin x\cos x-x\sim\left(x-\frac{x^3}{6}\right)\left(1-\frac{x^2}{2}\right)-x=x-\frac{x^3}{2}-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{12}-x=-\frac{2}{3}x^3-\frac{x^5}{12}\quad\color{blue}{\text{corretto!!!}}$$

Come possiamo notare dobbiamo stare molto attenti a quando sviluppiamo i prodotto specialmente con i prodotti, quindi stiamo sempre pronti ad effettuare più di un prova

Ora la parte infinitesima di ordine 5 la possiamo trascurare dunque possiamo scrivere il numeratore in termini asintotici come segue

$$\sin x\cos x-x\sim-\frac{2}{3}x^3$$

Passiamo ora al denominatore 

$$x\sqrt{1+x}-(e^x-1)$$

Espandiamo le funzioni fino al secondo ordine:

Per quanto riguarda la radice utilizziamo la formula allargata per le potenze ad esponente reale

$$(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^2$$

Dunque avremo:

$$\sqrt{1+x}=(1+x)^\frac{1}{2}=1+\frac{1}{2}+\frac{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-1\right)}{2}x^2=1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^2$$

Da notare che quando moltiplichiamo per x questa quantità otterremo un infinitesimo di ordine 3dunque espandiamo anche l’esponenziale all’ordine 3

$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}$$

In maniera asintotica dunque il denominatore diventa+

$$x\sqrt{1+x}-(e^x-1)\sim x\left(1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^2\right)-\left(1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}-1\right)\\ x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{8}-x-\frac{x^2}{2}\frac{x^3}{6}=\left(-\frac{1}{8}-\frac{1}{6}\right)x^3=-\frac{7}{24}x^3$$

Anche l’infinitesimo del denominatore assume valore 3

$$\frac{\sin x\cos x-x}{x\sqrt{1+x}-(e^x-1)}\sim\frac{-\frac{2}{3}x^3}{-\frac{7}{24}x^3}=\frac{16}{7}$$

Tale è il valore del limite ricercato

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SVILUPPO DI TAYLOR – MACLAURIN CON FUNZIONI COMPOSTE

Ora viene la parte interessante del nostro viaggio ovvero l’applicazione dello sviluppo di Talor – Maclaurin a funzioni composte.

In questo caso l’applicazione diventa maggiormente interessante ma la cosa che dobbiamo tenere presente è che non si tratta di una passeggiata.

Quando infatti applichiamo il procedimento a funzioni composte dobbiamo assolutamente berci un bel caffè oppure una bibita energetica e tenere altissima la tensione e la concentrazione.

Se consideriamo una funzione ad una variabile composta:

$$f,g:\ \mathbb{R}\to\mathbb{R}\to\quad y=f(x)$$

Dobbiamo sviluppare Taylor prima sempre sulla funzione più piccola e successivamente fare un polinomio di Taylor sul polinomio di Taylor.

Proviamo a vedere qualche semplice esempio:

ESEMPIO 1 – SVILUPPI CON IL POLINOMIO DI TAYLOR

Sviluppiamo in serie la seguente funzione composta fino al terzo ordine

$$f(x)=e^{\sin x}-1\quad\text{per $x\to0$}

Partiamo dallo sviluppo del senx:

$$\sin x=x-\frac{x^3}{6}$$

D’altro canto lo sviluppo della funzione esponenziale è:

$$e^t=1+t+\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{6}+\frac{t^3}{6}\quad(t=\sin x)$$

Andiamo dunque a sostituire:

$$e^{\sin x}-1\sim+1\left(\frac{x^3}{6}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{x^3}{6}\right)^2+\frac{1}{6}\left(\frac{x^3}{6}\right)^2-1$$

Il nostro obiettivo è arrivare complessivamente all’ordine 3 dunque non scriviamo le potenze di x che derivano dallo sviluppo delle potenze di polinomi che risultano superiori a tale ordine.

$$=x-\frac{x^3}{6}+\frac{1}{2}(x^2)+\frac{1}{6}(x^3)=x+\frac{1}{2}x^2$$

Se avessimo voluto arrivare fino all’ordine 4 avremmo sviluppato anche le potenze di ordine 4

$$=x-\frac{x^3}{6}+\frac{1}{2}\left(x^2-\frac{1}{3}x^4\right)+\frac{1}{6}(x^3)=x+\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{6}x^4$$

Facciamo ancora un esperimento per arrivare all’ordine 5

$$=x-\frac{x^3}{6}+\frac{1}{2}\left(x^2-\frac{1}{3}x^4\right)+\frac{1}{6}(x^3-\frac{x^5}{2})=x+\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{6}x^4-\frac{x^5}{12}$$

ESEMPIO 2

Sviluppa fino al primo infinitesimo non nullo la seguente funzione

$$f(x)=(1-\cos^2x)^2-\left(\log(1+x^2)\right)^2$$

Ci conviene scomporre il problema nelle due funzioni

Prendiamo atto che per la relazione fondamentale della trigonometria

$$1-\cos^2x=\sin^2x$$

Dunque possiamo scrivere il primo termine come la quarta potenza del seno:

$$\left(1-\cos^2x\right)^2=\sin^4x$$

Riteniamo banale approssimare il seno al primo ordine dal momento che si semplificherebbe subito con la differenza del secondo dunque passiamo almeno al terzo

Ricordiamo inoltre che lo sviluppo della quarta potenza di un binomio è:

$$(A+B)^4=A^4+4A^3B+6A^2B^2+4AB^3+B^4$$

Ovvero nel nostro caso:

$$\sin^4x=\left(x-\frac{x^3}{6}\right)^4=x^4+4x^3\left(-\frac{x^3}{6}\right)+6x^2\left(-\frac{x^3}{6}\right)^2+4x\left(-\frac{x^3}{6}\right)^3+\left(-\frac{x^3}{6}\right)^4$$

Limitiamoci per ora ad andare al primo infinitesimo oltre l’ordine 4.

Se poi ci saranno problemi di una completa semplificazione ritorniamo indietro e aumentiamo il tiro

$$\sin^4x=x^4-\frac{2}{3}x^6$$

Andiamo ora a considerate l’altra funzione:

$$\left(\log(1+x^2)\right)^2$$

Rimembriamo lo sviluppo della funzione logaritmica:

$$\log(1+t)=t-\frac{1}{2}t^2+\frac{1}{3}t^3$$

In questo caso la t è pari al quadrato della x

$$t=x^2\to\ \log(1+x^2)=x^2-\frac{1}{2}x^4+\frac{1}{3}x^6$$

Siccome dovremo poi elevare questa funzione alla seconda ci accorgiamo di quanto sia inutile considerare l’infinitesimo di ordine 6 in quanto con tutte le combinazioni di doppi prodotti ci darebbe un ordine superiore al 6.

$$\left(\log(1+x^2)\right)^2=\left(x^2-\frac{1}{2}x^4\right)=x^4-x^6$$

Siccome l’obiettivo era assestarci all’ordine 6 non abbiamo bisogno di calcolare il quadrato della quarta potenza che ci porterebbe un infinitesimo di ordine 8

Riscriviamo dunque la funzione iniziale con il polinomio di Taylor Maclaurin assestato al sesto ordine

$$f(x)=(1-\cos^2x)^2-\left(\log(1+x^2)\right)^2\sim\left(x^4-\frac{2}{3}x^6\right)-(x^4-x^6)=\frac{1}{3}x^6$$

Ecco la nostra funzione

ESERCIZI CON PARAMETRI – POLINOMIO DI TAYLOR

Studiamo al variare del parametro reale 𝛼 il seguente limite

$$\lim_{x\to0}x\alpha\left(\sin x\cos x-\frac{x}{x^2-1}\right)$$

Sviluppando all’ordine 1 otteniamo un pareggio assoluto dentro la parentesi.

Siccome poi dal prodotto del seno con il coseno l’ordine minimo è 3 (vedi esercizio 3 della sezione precedente) poniamoci come obiettivo proprio l’ordine 3

$$\sin x\cos x=\left(x-\frac{x^3}{6}\right)\left(1-\frac{x^2}{2}\right)-x=x-\frac{x^3}{2}-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{12}$$

Fermandoci all’ordine 3 abbiamo:

$$\sin x\cos x=x-\frac{2}{3}x^3$$

D’altro canto l’altra funzione

$$\frac{x}{x^2-1}=-x\cdot\frac{1}{1-x^2}$$

Ricordiamo lo sviluppo di Taylor per la funzione iperbolica:

$$\frac{1}{1-t}=1+t+t^2+t^3$$

Ovvero scrivendo rispetto alla x abbiamo:

$$\frac{1}{1-x^2}=1+x^2+x^4+x^6$$

Questa funzione aumenta di un grado quindi teniamoci tutto solo fino all’ordine 3

$$-x\cdot\frac{1}{1-x^2}\sim-x(1+x^2)=-x-x^3$$

Scriviamo a questo punto in maniera asintotica fino al terzo ordine la parte di funzione di partenza dentro la parentesi

$$\sin x\cos x-\frac{x}{x^2-1}\sim x-\frac{2}{3}x^3-x-x^3=-\frac{5}{3}x^3$$

Riscriviamo allora tutta la funzione soggetta al limite

$$\lim_{x\to0}x^\alpha\left(\sin x\cos x-\frac{x}{x^2-1}\right)\sim\lim_{x\to0}x^\alpha\left(-\frac{5}{3}x^3\right)=-\frac{5}{3}\lim_{x\to0}x^{3+\alpha}$$

Da qui possiamo discutere come al variare del parametro reale 𝛼 cambi il valore del limite

$$-\frac{5}{3}\lim_{x\to0}x^{3+\alpha}=\begin{cases}0&\text{se}&\alpha>-3\\-\frac{5}{3}&\text{se}&\alpha=-3\\\infty&\text{se}&\alpha>-3\end{cases}$$

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DA DOVE VIENE LA FORMULA DELLO SVILUPPO DI TAYLOR ?

La formula dello sviluppo in serie di Taylor – Maclaurin  serve per approssimare la funzione f(x) nell’intorno di x=0 attraverso un polinomio di grado n che sfrutta le derivate della funzione fino all’ordine n

$$P^n(x)=\frac{f^0(x_0)}{0!}x^0+\frac{f'(x_0)}{1!}x^1+\frac{f”(x_0)}{2!}x^2+\cdots+\frac{f^n(x_0)}{n!}x^n$$

Tale polinomio rappresenta un caso particolare del polinomio di Taylor

$$P^n(x)=\sum_{k=1}^n\frac{f^k(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$$

 che scritto in maniera estesa è:

$$P^n(x)=\frac{f^0(x_0)}{0!}(x-x_0)^0+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)^1+\frac{f”(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^n(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$$

Ma quali sono i procedimenti per arrivare a questo risultato.

Ovviamente il calcolo viene della stesso concetto di derivata e per arrivare a questo straordinario risultato serve applicare un famoso teorema delle derivate: il teorema di Hospital

Il risultato sarà l’approssimazione della funzione in un intorno del punto x₀ con un certo grado di errore infinitesimo di ordine n

f(x)\quad\text{in $I(x_0)$}\sim P^n(x)+o(x-x_0)^n

Vediamo passo a passo come si dimostra il teorema

PASSAGGI DEL TEOREMA DI TAYLOR

Partiamo dal concetto di derivata prima di una funzione che può essere espressa come il limite del rapporto incrementale per x che tende ad x₀

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(x_0)$$

Siccome la procedura è un po’ lunga dividiamola in sezioni:

POLINOMIO DI ORDINE 1

Spostando tutto sul lato sinistro abbiamo che

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}-f'(x_0)=0$$

Sulla sinistra facciamo il denominatore comune:

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)}{x-x_0}=0$$

Qui viene la parte un po’ più difficile del ragionamento.

Sulla destra dell’equazione abbiamo scritto zero (0).

Ora dobbiamo considerare che l’equazione della retta tangente alla funzione chiamiamola P¹(x) (polinomio di primo grado in x) è

$$P^1(x)=f(x_0)+f'(x)+f'(x_0)(x-x_0)$$

Dunque il limite appena descritto può essere scritto come:

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-P^1(x)}{x-x_0}=0$$

La retta P¹(x) approssima bene la funzione nell’intorno di x0.

Ma quando si allontana da essa inizialmente si crea un piccolo errore.

Questo errore nelle vicinanza di x0 è molto piccolo tanto che possiamo considerarlo un infinitesimo di ordine 1

Proviamo a guardare il grafico della funzione esponenziale e la sua retta tangente in x=0

Ripartendo dunque dalla scrittura 

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)}{x-x_0}=0$$

Quando moltiplichiamo a destra entrambi i membri per il denominatore (non negativo) otteniamo

$$\lim_{x\to x_0}f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)(x-x_0)=0(x-x_0)$$

Immaginando di togliere il limite per x che tende ad x0 la differenza tra il valore della funzione f(x) e della retta tangente darà luogo a questo errore di primo ordine.

Tale errore di primo ordine prende il nome di “ o piccolo di (x-x₀)”  e lo chiamiamo “o(x-x₀)“

$$\begin{aligned}&f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)(x-x_0)=\color{blue}{o(x-x_0)}\\&\color{blue}{o(x-x_0)}:\ \text{“o piccolo di $(x-x_0$}\end{aligned}$$

A questo punto possiamo approssimare la funzione come la retta tenendo conto di questo errore infinitesimo (solo in prossimità di x0)

$$\begin{aligned}&f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+o(x-x_0)\\&f(x)=P^1(x)+o(x-x_0)\end{aligned}$$

Detto in altri termini l’errore infinitesimo “o piccolo di ordine 1” può essere ottenuto dalla differenza tra la funzione e il polinomio di Taylor ordine 1 (retta tangente)

$$o(x-x_0)=f(x)-P^1(x)$$

Questo o piccolo di ordine 1 è un infinitesimo assestato al primo ordine.

POLINOMIO DI ORDINE 2

Se dunque vogliamo trovare un “o piccolo” ancora più piccolo dobbiamo arrivare al secondo ordine.

Dunque possiamo fare il limite per x che tende ad x0 del rapporto tra questo “o piccolo” e il quadrato di (x–x0) 

$$\lim_{x\to x_0}\frac{o(x-x_0)}{(x-x_0)^2}=$$

Riscriviamo l'”o piccolo come differenza della funzione e del polinomio di Taylor di ordine 1″

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-P^1(x)}{(x-x_0)^2}=$$

Espandiamo la scrittura

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)}{(x-x_0)^2}=$$

Applichiamo il teorema di Hospital (rapporto di derivate)

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)-f'(x_0)}{2(x-x_0)}=$$

Questa non è la altro che la metà della derivata prima della derivata prima (differenziale della funzione su differenziale delle x).

Pertanto possiamo affermare di trovarci di fronte alla metà della derivata seconda

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)-f'(x_0)}{2(x-x_0)}=\frac{1}{2}f”(x)$$

Ora che conosciamo il risultato del limite risostituiamo con il limite originale

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)}{(x-x_0)^2}=\frac{1}{2}f”(x)$$

Spostiamo tutto a sinistra

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)}{(x-x_0)^2}-\frac{1}{2}f”(x)=0$$

Facciamo il denominatore comune:

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)-\frac{1}{2}f”(x)(x-x_0)^2}{(x-x_0)^2}=0$$

Per lo stesso ragionamento di prima togliamo il limite, moltiplichiamo ambo i membri per il denominatore comune e trasformiamo lo zero in un “o piccolo”

$$f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)-\frac{1}{2}f”(x)(x-x_0)^2=o(x-x_0)^2$$

Quello che risulta a destra è un “o piccolo di ordine 2” che è un errore di natura quadratica

La nostra funzione può essere riscritta come la somma di un polinomio di secondo grado più questo errore quadratico

$$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f”(x)(x-x_0)^2+o(x-x_0)^2$$

Il polinomio di secondo grado prende il nome di polinomio di Taylor di ordine 2 e lo indichiamo come P²(x)

$$f(x)=P^2(x)++o(x-x_0)^2$$

Tale polinomio serve per approssimare la funzione f(x) nell’interno di x0 fino al secondo ordine ed è una parabola

$$P^2(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f”(x)(x-x_0)^2$$

In altri termini l’errore di secondo ordine può essere determinato dalla differenza tra la funzione ed il polinomio di Taylor di ordine 2.

$$o(x-x_0)^2=f(x)-P^2(x)$$

Questo errore (o piccolo) è certamente più preciso dell’errore di primo grado.

POLINOMIO DI ORDINE 3

Se non siamo soddisfatti possiamo certamente applicando questa procedura trovare l’errore di terzo ordine associato al polinomio di terzo ordine di Taylor.

Per farlo dobbiamo prendere questo errore di secondo ordine e dividerlo per il cubo di (x–x0) calcolandone il limite per x tendente a x0.

$$\lim_{x\to x_0}\frac{o(x-x_0)^2}{(x-x_0)^3}=$$

Riscriviamo l'”o piccolo come differenza della funzione e del polinomio di Taylor di ordine 2″

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-P^2(x)}{(x-x_0)^3}=$$

Espandiamo la scrittura

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)-\frac{1}{2}f”(x)(x-x_0)^2}{(x-x_0)^3}=$$

Applichiamo il teorema di Hospital (rapporto di derivate)

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)-f'(x_0)-f”(x_0)(x-x_0)}{3(x-x_0)^2}=$$

Applichiamo ancora una volta il teorema di Hospital

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f”(x)-f”(x_0)}{3\cdot2\cdot(x-x_0)}=$$

Quello che abbiamo non è altro che la derivata terza della funzione divisa per (3·2) o meglio anche per 3! (3 fattoriale)  che è uguale a 6

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f”(x)-f”(x_0)}{3\cdot2\cdot(x-x_0)}=\frac{1}{3!}f”'(x)$$

Ora che sappiamo qual è il risultato del limite possiamo riscrivere il limite di partenza

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)-\frac{1}{2}f”(x)(x-x_0)^2}{(x-x_0)^3}=\frac{1}{3!}f”'(x)$$

Spostiamo tutto sul lato di sinistra

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)-\frac{1}{2}f”(x)(x-x_0)^2}{(x-x_0)^3}-\frac{1}{3!}f”'(x)=0$$

Facciamo il denominatore comune

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)-\frac{1}{2}f”(x)(x-x_0)^2-\frac{1}{3!}f”'(x)(x-x_0)^3}{(x-x_0)^3}=0$$

Per lo stesso ragionamento di prima togliamo il limite, moltiplichiamo ambo i membri per il denominatore comune e trasformiamo lo zero in un “o piccolo”

$$f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)-\frac{1}{2}f”(x)(x-x_0)^2-\frac{1}{3!}f”'(x)(x-x_0)^3=o(x-x_0)^3$$

Quello che risulta a destra è un “o piccolo di ordine 3” che è un errore di natura quadratica

La nostra funzione può essere riscritta come la somma di un polinomio di secondo grado più questo errore quadratico

$$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f”(x)(x-x_0)^2+\frac{1}{3!}f”'(x)(x-x_0)^3+o(x-x_0)^3$$

Il polinomio di terzo grado prende il nome di polinomio di Taylor di ordine 3 e lo indichiamo come P³(x)

$$f(x)=P^3(x)+o(x-x_0)^3$$

Tale polinomio serve per approssimare la funzione f(x) nell’interno di x0 fino al secondo ordine ed è una parabola

$$P^3(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f”(x)(x-x_0)^2+\frac{1}{3!}f”'(x)(x-x_0)^3$$

In altri termini l’errore di secondo ordine può essere determinato dalla differenza tra la funzione ed il polinomio di Taylor di ordine 3.

$$o(x-x_0)^3=f(x)-P^3(x)$$

Questo errore (o piccolo) è certamente più preciso dell’errore di secondo grado.

POLINOMIO DI ORDINE 4 E SUPERIORI

Se non siamo soddisfatti possiamo certamente applicando questa procedura trovare l’errore di terzo ordine associato al polinomio di terzo ordine di Taylor.

Per farlo dobbiamo prendere questo errore di secondo ordine e dividerlo per la quarta potenza (x–x0) calcolandone il limite per x tendente a x0.

$$\lim_{x\to x_0}\frac{o(x-x_0)^3}{(x-x_0)^4}=$$

Riscriviamo l'”o piccolo come differenza della funzione e del polinomio di Taylor di ordine 2″

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-P^3(x)}{(x-x_0)^4}=\cdots$$

Proseguendo fino al grado n possiamo trovare la formula generica dello sviluppo in serie di Taylor che ci porta al polinomio di ordine n di Taylor

$$P^n(x)=\frac{f^0(x_0)}{0!}(x-x_0)^0+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)^1+\frac{f”(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^n(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$$

POLINOMIO DI TAYLOR IN DUE VARIABILI

Il concetto del polinomio di Taylor può essere espanso in due o più variabili.

Consideriamo una funzione f in due variabili

$$f:\ \mathbb{R}\to\mathbb{R^2}\quad z=f(x,y)$$

Tale funzione ammette due derivate prime parziali

$$f’_x=\frac{\partial f}{\partial x}\quad f’_y=\frac{\partial f}{\partial y}$$

Le possiamo mettere in un vettore gradiente, ovvero il vettore in cui le componenti sono le due derivate:

$$\text{grad}(f)=\nabla f=\begin{pmatrix}\frac{\partial f}{\partial x}\\ \frac{\partial f}{\partial y}\end{pmatrix}$$

Il vettore gradiente calcolato nel punto (x0,y0) altro non è che il vettore gradiente in cui inseriamo le coordinate del punto (x0,y0).

$$\nabla \left(f(x_0,y_0)\right)=\nabla f(x_0,y_0)=\begin{pmatrix}\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)\\ \frac{\partial f}{\partial y} (x_0,y_0)\end{pmatrix}$$

Il polinomio di Taylor assestato al primo ordine della funzione f(x,y) nel punto x0 è:

$$P^1(x,y)=f(x_0,y_0)+\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)+\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)\\ \ \\ \begin{aligned}&f(x_0,y_0)\ \text{ è il valore della funzione cacolato nel punto}\\&\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0),\ \frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)\ \text{comoponenti del vettore gradiente nel punto}\end{aligned}$$

Esso identifica il piano tangente alla funzione nel punto (x0,y0)

Se vogliamo calcolare il polinomio di Taylor assestato al secondo ordine dobbiamo aggiungere nella scrittura del polinomio anche le quattro derivate seconde 

$$f”_{xx}=\frac{\partial^2f}{\partial x^2}\quad f”_{xy}=\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}\quad f”_{yx}=\frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}\quad f”_{yy}=\frac{\partial^2f}{\partial y^2}$$

Queste sono anche riordinate nella matrice Hessiana

$$H=\begin{pmatrix}\frac{\partial^2f}{\partial x^2}&\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}\\ \frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}&\frac{\partial^2f}{\partial y^2} \end{pmatrix}$$

Ovviamente la matrice Hessiana calcolata nel punto (x0,y0) altro non è che la matrice Hessiana delle derivate seconde in cui sostituiamo le coordinate del punto (x0, y0) 

$$H(x_0,y_0)=\begin{pmatrix}\frac{\partial^2f}{\partial x^2}(x_0,y_0)&\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}(x_0,y_0)\\ \frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}(x_0,y_0)&\frac{\partial^2f}{\partial y^2}(x_0,y_0) \end{pmatrix}$$

Per determinare il polinomio di Taylor della funzione f(x,y) assestato al secondo ordine dobbiamo aggiungere alla prima parte del polinomio di ordine 1

$$P^2(x,y)=f(x_0,y_0)+\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)+\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)+\cdots$$

 questa parte con le derivate seconde

$$\begin{aligned}&\cdots+\frac{\partial^2f}{\partial x^2}(x_0,y_0)(x-x_0)^2+\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}(x_0,y_0)(x-x_0)(y-y_0)+ \frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}(x_0,y_0)(y-y_0)(x-x_0)+\\&+\frac{\partial^2f}{\partial y^2}(x_0,y_0)(y-y_0)^2\end{aligned}$$

Essendo che poi le derivate seconde miste sono uguali tra di loro e il prodotto gode della proprietà commutativa i due termini centrali della somma misti sono uguali tra di loro perciò

$$\cdots+\frac{\partial^2f}{\partial x^2}(x_0,y_0)(x-x_0)^2+2\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}(x_0,y_0)(x-x_0)(y-y_0)+\frac{\partial^2f}{\partial y^2}(x_0,y_0)(y-y_0)^2$$

Se vogliamo arrivare allo sviluppo del polinomio di Taylor assestato al terzo ordine dobbiamo incorporare nel calcolo anche le otto derivate terze.

La parte da aggiungere a tutto il polinomio di ordine 3 risulta pertanto

Come avrete potuto facilmente intuire si tratta di uno sviluppo del triangolo di Tartagli allargato con le derivate 

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