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Analisi matematica I Sviluppi di Taylor

© 2006 Politecnico di Torino 1

Analisi matematica I

2

Sviluppi di Taylor e applicazioni

Sviluppi di Taylor

Operazioni sugli sviluppi di Taylor e applicazioni



Sviluppi di Taylor e applicazioni

4

Sviluppi di Taylor

Formule di Taylor con resto di Peano: caso e

Formule di Taylor con resto di Peano: caso generale

Dimostrazione caso

Formule di Taylor con resto di Lagrange

Proprietà del polinomio di Taylor

Primi esempi

Sviluppi di Taylor notevoli

n = 0 n = 1

n = 2



Sviluppi di Taylor

6

Formule di Taylor con resto di Peano: ...

continua in

posto polinomio di grado

si ha

f x0

f(x) = f(x0) + o(1) ,⇒

Tf0,x0(x) = f(x0) 0

x→ x0f(x) = Tf0,x0(x) + o(1) ,

x→ x0



7


8


derivabile in per

posto

polinomio di grado , si ha

f x0 ⇒

x→ x0

Tf1,x0(x) = f(x0) + f0(x0)(x− x0)

1

x→ x0

f(x) = f(x0) + f0(x0)(x− x0) + o(x− x0)

f(x) = Tf1,x0(x) + o(x− x0) ,



9


Sviluppi di Taylor



11


derivabile volte inf x0 ⇒n

f(x) = Tfn,x0(x) + o¡(x− x0)n

¢, x→ x0

12


= polinomio di Taylor di in

di grado n

f x0

con

· · ·+ 1n!f

(n)(x0)(x− x0)nTfn,x0(x) = f(x0) + f

0(x0)(x− x0) + . . .

=nXk=0

f (k)(x0)

k!(x− x0)k



13


Sviluppi di Taylor



15

Dimostrazione caso n = 2

derivabile volte in

cerchiamo tale chef 2 x0;

a ∈ Rf(x) = Tf2,x0(x) + o

¡(x− x0)2

¢, x→ x0

con

= f(x0) + f0(x0)(x− x0) + a(x− x0)2Tf2,x0(x)

16


Pertanto deve valere

Applicando il Teorema di de l’Hôpital, la

condizione equivale a

limx→x0

f(x)− f(x0)− f 0(x0)(x− x0)− a(x− x0)2(x− x0)2

= 0

limx→x0

f 0(x) − f 0(x0) − 2a(x− x0)2 (x− x0)

= 0



17


Ovvero

da cui

limx→x0

1

2

f 0(x)− f 0(x0)(x− x0)

− a = 0

a =1

2limx→x0

f 0(x)− f 0(x0)(x− x0)

=1

2f 00(x0)

18


In definitiva, abbiamo trovato tale che il

polinomio di secondo grado

soddisfa

a ∈ R

f(x) = Tf2,x0(x) + o¡(x− x0)2

¢, x→ x0

Tf2,x0(x) =

= f(x0) + f0(x0)(x− x0) + 1

2f00(x0)(x− x0)2



Sviluppi di Taylor

20

derivabile in per la seconda formula

dell’incremento finito possiamo scrivere

Ricordando che si ha

I(x0),f

f(x) = f(x0) + f0(x)(x− x0) ,

con x ∈ (x, x0) x ∈ (x0, x)oppure

Tf0,x0(x) = f(x0) ,

Caso n = 1

f(x) = Tf0,x0(x) + f0(x)(x− x0)

,



21

Caso generale

derivabile - volte in

con compreso tra e

Se lo sviluppo di Taylor si dice

sviluppo di Maclaurin

f (n+ 1) I(x0) ⇒

f(x) = Tfn,x0(x) +1

(n+ 1)!f (n+1)(x)(x− x0)n+1

x

x0 = 0

x0x

Sviluppi di Taylor



23

Proprietà

funzione pari (dispari)

contiene solo potenze pari (dispari)

Dimostrazione caso funzione pari

f ⇒

f

Tfn,0(x)

24

Dimostrazione

Nota: una funzione dispari definita nell’origine è

necessariamente ivi nulla

Infatti, sia una funzione dispari

g(x) = −g(−x) 2g(0) = 0 g(0) = 0⇒ ⇒

g



25

Dimostrazione

Sia ora una funzione pari e derivabile volte

in

sono funzioni dispari

Quindi

e il polinomio di Taylor contiene

soltanto termini con potenze pari

x0 = 0

nf

f 0, f 000, · · ·⇒

f 0(0) = f 000(0) = · · · = 0Tfn,0(x)

26

Unicità del polinomio di Taylor

derivabile volte in

se esiste un polinomio di grado

tale che

f : (a, b)→ R x0 ∈ (a, b)n

Pn(x) ≤ n

f(x) = Pn(x) + o¡(x− x0)n

¢, x→ x0

Pn(x) = Tfn,x0(x)⇒



Sviluppi di Taylor

28

Esempio 1

Calcoliamo i polinomi di Maclaurin della funzione

Tf0,x0(x) = 5 f(x) = 5 + o(1) , x→ 0⇒

Tf1,x0(x) = 5− 2xf(x) = 5− 2x+ o(x) , x→ 0

⇒

f(x) = 5− 2x+ 3x2 + x4



29

Esempio 1

Calcoliamo i polinomi di Maclaurin della funzione

= Tf3,x0(x)Tf2,x0(x) = 5− 2x+ 3x2

= 5− 2x+ 3x2 + o(x3) , x→ 0

⇒

= f(x) , ∀n ≥ 4= Tfn,x0(x)

f(x) = 5− 2x+ 3x2 + x4

x→ 0f(x) = 5− 2x+ 3x2 + o(x2) ,

T f4,x0(x) = 5− 2x+ 3x2 + x4

30

Esempio 2

∀n > 4

f(x) = 5− 2x+ 3x2 + x4

f 0(x) = −2 + 6x+ 4x3f 00(x) = 6 + 12x2

f 000(x) = 24x

f (4)(x) = 24

f (n)(x) = 0 ,

Calcoliamo i polinomi di Taylor centrati in di

Poiché

x0 = 1



31

Esempio 2

f(1) = 7, f 0(1) = 8, f 00(1) = 18,

f 000(1) = 24, f (4)(1) = 24,

f (n)(1) = 0 , ∀n > 4

Si ha

32

Esempio

Tf0,x0(x) = 7

Tf1,x0(x) = f(x0) + f0(x0)(x− x0)

= 7 + 8(x− 1)= f(1) + f 0(1)(x− 1)

Risulta



33

Esempio

Tf0,x0(x) = 7

= 7 + 8(x− 1)Tf1,x0(x)

Risulta

34

Esempio

= 7+ 8(x− 1)Tf1,x0(x)

= 7 + 8(x− 1) + 9(x− 1)2Tf2,x0(x)

Risulta

= Tf1,x0(x) +1

2f 00(1)(x − x0)2



35

Esempio

Tf2,x0(x) = 7 + 8(x− 1) + 9(x− 1)2

= 7 + 8(x− 1) + 9(x− 1)2 + 4(x− 1)3Tf3,x0(x)

Risulta

= Tf2,x0(x) +f 000(x0)

3!(x− x0)3

36

Esempio

= 7 + 8(x− 1) + 9(x− 1)2 + 4(x− 1)3Tf3,x0(x)

Tf4,x0(x)

Risulta

= Tf3,x0(x) +f (4)(x0)

4!(x− x0)4



37

Esempio

= 7 + 8(x− 1) + 9(x− 1)2 + 4(x− 1)3Tf3,x0(x)

∀n > 4= Tfn,x0(x) ,

+4(x− 1)3 + (x− 1)4Tf4,x0(x) = 7 + 8(x− 1) + 9(x− 1)2+

Risulta

Sviluppi di Taylor



39

Funzione esponenziale

Consideriamo la funzione

Per ogni risulta

f (k)(x) = ex , f (k)(x0) = ex0 , f (k)(0) = 1

f(x) = ex

k ∈ N,

40


Lo sviluppo di Maclaurin con resto di Peano

di ordine è

=nXk=0

xk

k!+ o(xn) , x→ 0

ex = 1 + x+x2

2+ · · ·+ x

k

k!+ · · ·+ x

n

n!+ o(xn)

n



41

compreso tra e


Lo sviluppo di Maclaurin con resto di Lagrange è

x 0 x

ex = 1 + x+x2

2+ · · ·+ xk

k!+ · · ·+ xn

n!+

ex

(n+ 1)!xn+1

=

nXk=0

xk

k!+

ex

(n+ 1)!xn+1 ,

42




43


44




45


46

Approssimazione numero e

Poniamo nello sviluppo di Maclaurin con

resto di Lagrange di abbiamo

x = 1

0 < x < 1e =nXk=0

1

k!+

ex

(n+ 1)!,

f(x) = ex;



47

La quantità

è un’approssimazione per difetto del numero

L’errore è dato da


e− en =ex

(n+ 1)!

e

en =

nXk=0

1

k!

48


Poiché risulta

Quindi si ha stima

0 < x < 1 1 < ex < e < 3

1

(n+ 1)!< e− en <

3

(n+ 1)!



49

Alcuni valori della successione en

50


Lo sviluppo di Taylor in con resto di Peano di

ordine ènx0

x→ x0=nXk=0

ex0(x− x0)k

k!+ o¡(x− x0)n

¢,

· · ·+ ex0 (x− x0)n

n!+ o¡(x− x0)n

¢ex = ex0 + ex0(x− x0) + . . .



51


Lo sviluppo di Taylor in con resto di Lagrange èx0

ex = ex0 + ex0(x− x0) + . . .

x x0xcompreso tra e

=nXk=0

ex0(x− x0)k

k!

· · ·+ ex0 (x − x0)n

n!+

ex

(n + 1)!(x − x0)n+1

+ex

(n+ 1)!(x− x0)n+1

52

Funzione logaritmo


Ne cerchiamo lo sviluppo di Taylor in di

ordine Si ha x0 = 1

n.

f 0(x) =1

x= x−1, f 00(x) = (−1)x−2,

f 000(x) = (−1)(−2)x−3

f(x) = log x

k

f (k)(x) = (−1)k−1(k − 1)!x−k,f (k)(1) = (−1)k−1(k − 1)!

In generale, per ogni intero,



53

Funzione logaritmo


Dunque

x→ 1

log x = (x− 1)− (x− 1)2

2+ . . .

· · ·+ (−1)n−1 (x− 1)n

n+ o¡(x− 1)n

¢=

nXk=1

(−1)k−1 (x− 1)k

k+ o¡(x− 1)n

¢,

f(x) = log x

f (k)(1) = (−1)k−1(k − 1)!

54

Funzione logaritmo


Ne cerchiamo lo sviluppo di Maclaurin di ordine

Dallo sviluppo

f(x) = log(1 + x)

n

log y =

nXk=1

(−1)k−1 (y − 1)k

k+ o¡(y − 1)n

¢, y → 1



55

Funzione logaritmo

=nXk=1

(−1)k−1 xk

k+ o(xn) , x→ 0

Ponendo si ha y = 1 + x,

log(1 + x)

= x− x2

2+ · · ·+ (−1)n−1 x

n

n+ o(xn)

log y =

nXk=1

(−1)k−1 (y − 1)k

k+ o¡(y − 1)n

¢, y → 1

56

Funzione logaritmo



57

Funzione logaritmo

58

Funzione logaritmo



59

Funzione logaritmo

60

Funzione seno



La funzione è dispari e quindi contiene soltanto

potenze dispari. Si ha

f 0(x) = cosx, f 000(x) = − cosx

f(x) = sinx

n



61

Funzione seno


In generale, per ogni intero,k

f (2k+1)(x) = (−1)k cosx,

f (2k+1)(0) = (−1)k

f(x) = sinx

Funzione seno


Dunque, se n = 2m+ 2,

sin x = x− x3

3!+x5

5!− . . .

· · ·+ (−1)m x2m+1

(2m + 1)!+ o(x2m+2)

=

mXk=0

(−1)k x2k+1

(2k + 1)!+ o(x2m+2) , x→ 0

f(x) = sinx



63

Funzione seno

64

Funzione seno



65

Funzione seno

66

Funzione seno



67

Funzione seno

68

Funzione coseno



La funzione è pari e quindi contiene soltanto

potenze pari. Si ha

f 00(x) = − cosx , f (4)(x) = cosx

f(x) = cosx

n



69

Funzione coseno


In generale, per ogni interok

f (2k)(x) = (−1)k cosx , f (2k)(0) = (−1)k

f(x) = cosx

Funzione coseno


Dunque, se n = 2m+ 1,

cosx = 1− x2

2+x4

4!− . . .

· · ·+ (−1)m x2m

(2m)!+ o(x2m+1)

=mXk=0

(−1)k x2k

(2k)!+ o(x2m+1) , x→ 0

f(x) = cosx



71

Funzione coseno

72

Funzione coseno



73

Funzione coseno

74

Funzione coseno



75

Funzione coseno

76

Funzioni elevamento a potenza

Consideriamo le funzioni

con


Si ha

f(x) = (1 + x)α ,

f 0(x) = α(1 + x)α−1,

f 00(x) = α(α− 1)(1 + x)α−2,

f 000(x) = α(α− 1)(α− 2)(1 + x)α−3

n

α ∈ R



77



con

E, in generale, per ogni intero

f(x) = (1 + x)α ,

f (k)(x) = α(α− 1) . . . (α− k + 1)(1 + x)α−k

α ∈ R

=

µα

k

¶f (k)(0)

k!=α(α− 1) · · · (α− k + 1)

k!

k,

78



con

Dunque

f(x) = (1 + x)α ,

(1 + x)α = 1 + αx+α(α− 1)

2x2 + . . .

· · ·+µα

n

¶xn + o(xn)

=nXk=0

µα

k

¶xk + o(xn) , x→ 0

α ∈ R



79

Funzioni elevamento a potenza: caso α = −1


f(x) = (1 + x)−1 =1

1 + x

80


Calcoliamo i coefficienti binomiali

µ−1k

¶

µ−1k

¶=(−1)(−2) · · · (−k)

k!= (−1)k

µ−12

¶=(−1)(−2)

2= 1µ−1

3

¶=(−1)(−2)(−3)

3!= −1



81


1

1 + x= 1− x+ x2 − · · ·+ (−1)nxn + o(xn)

=nXk=0

(−1)kxk + o(xn) , x→ 0

Dunque

82

Funzioni elevamento a potenza: caso α = 1/2


f(x) = (1 + x)1/2 =√1 + x



83


Calcoliamo i coefficienti binomialiµ1/2

k

¶µ12

2

¶=

12(12 − 1)2

= −18µ1

2

3

¶=

12 (12 − 1)( 12 − 2)

3!=1

16

84


E dunque lo sviluppo arrestato all’ordine della

funzione è3

f(x) =√1 + x

√1 + x = 1 +

1

2x− 1

8x2 +

1

16x3 + o(x3) , x→ 0



85


86




87


88




89

Tabella sviluppi di Maclaurin notevoli

ex = 1 + x+x2

2+ · · ·+ xk

k!+ · · ·+ xn

n!+ o(xn)

log(1 + x) = x− x2

2+ · · ·+ (−1)n−1x

n

n+ o(xn)

+(−1)m x2m

(2m)!+ o(x2m+1)cos x = 1− x

2

2+x4

4!− · · ·

+(−1)m x2m+1

(2m + 1)!+ o(x2m+2)sin x = x− x

3

3!+x5

5!− · · ·

90

Tabella sviluppi di Maclaurin notevoli

(1 + x)α = 1 + αx+α(α− 1)

2x2 + · · ·+

µα

n

¶xn + o(xn)

1

1 + x= 1− x+ x2 − · · ·+ (−1)nxn + o(xn)

√1 + x = 1+

1

2x− 1

8x2 +

1

16x3 + o(x3)

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