Esercizio 1.
Trovare, per ogni intero positivo N, il polinomio di Taylor intorno a 0 di (1+x)^N.
Sitrova facilmente, calcolando le derivate successive, che il polinomio di ordine N (e quelli di ordine superiore), non sono altro che lo sviluppo di (1+x)^N:
1 + Nx + N(N-1)/2x² + ... + C(N,k)x^k + ... + x^N
[qui C(N,k) indica il coefficiente binomiale "N su k"]
e che i polinomi di T. di ordine inferiore sono ottenibili da questo eliminando i termini di grado maggiore dell'ordine.
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Esercizio 2.
Calcolare (senza mezzi di calcolo) in modo approssimato 998⁷ e stimare l'errore.
998⁷ = 0.998⁷·1000⁷
(1+x)⁷ = 1 + 7x + R(x) R(x) = 7·6·(1+c)⁵·x²/2 con c tra 0 e x.
Nel nostro caso x = −0.002 e 1+c < 1.
0.998⁷ = 1 − 0.014 + R = 0.986 + R 0 < R < 7·6·1⁵·0.002²/2 = 0.000084 < 0.0001
Quindi 0.998⁷ = 0.9860 (e 998⁷ = 9.860·1000²⁰) è una approssimazione per troncamento con 4 cifre significative.
Verifica con la calcolatrice: 998⁷ = 9.860837206 E 20 OK
[Con R o WolframAlpha avremmo potuto trovare il valore esatto.
Con WolframAlpha basta introdurre 998^7 per avere il valore esatto. Per R basta usare un programma che opera sui numeri naturali:
source("http://macosa.dima.unige.it/R/sompro.txt")
x <- 1; for(i in 1:7) {x <- pro(x,998)}; x
# "986083720559328447872"
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Esecizio 3.
Calcolare in modo approssimato √26 usando opportunamente il polinimio di Taylor di √ intorno a 25.
f(x)=√x f'(x) = x^−1/2/2 f(25) = 5 f'(25) = 1/10
f(x) = 5+(x−25)/10 + O((x−25)²)
f(26) =[circa] 5+(26−25)/10 = 5.1 Se ho una calcolatrice posso trovare f(26) = 5.09901951... e stimare l'errore: 5.1−f(26) = 0.0009804...
Altrimenti:
f"(x) = −x^-3/2/4 f"(x)<0 in [25,26] Quindi f(26) = 5.1+R(26)
R(26) = f"(c)(26−25)²/2 per qualche c in (25,26)
Resto negavivo (ed errore positivo: appross.per eccesso); f" decresce in (25,26)
|f"(x)| < |f"(25)| = 1/500
|R(26)| < 1/500/2 = 0.001 = −Errore in accordo con quanto trovato con la calcolatrice.
5.099 < f(26) < 5.1
Colpolinomio di ordine 2 avrei:
f(26) = 5+1/10-1/(2*4*125) + R(26) = 5.099 + R(26)
f⁽³⁾(x) = 3/8·x^-5/2
0 < R(26) < 3/8/25^5/2/6·(26-25)³ = 1/5000 = 0.00002
5.099 < f(26) < 5.09902
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Esercizio 4.
Per x compreso tra −0.1 e 0.1 approssimo sin(x) con x−x³/6. Valutare la precisione di questa approssimazione.
x−x³/3! è il pol. di T. di sin(x) attorno a 0 di ordine 3, anzi di ordine 4, in quanto D⁽⁴⁾(sin)=sin che in 0 vale 0.
Quindi sin(x) = x−x³/3! + R(x) con R(x)=O(x⁵)
R(x) = D⁽⁵⁾(sin)(c)/5!·x⁵ = cos(c)x⁵/5!
|cos(x)| ≤ 1
|R(x)| ≤ 0.1⁵/5! = 1/12·10⁻⁶ < 10^-7

Verifica:
F(x) = sin(x) G(x) = x-x^3/6
F(0.1) = 0.09983341664682815
G(0.1) = 0.09983333333333334
F(-0.1) = -F(0.1) G(-0.1) = -G(0.1)
F(0.1)-G(0.1) = 8.33135E-8 = G(-0.1)-F(-0.1)
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Un esempio d'uso per studiare limiti:
log(x) / (x²-1) per x → 1
posso sviluppare il polinomio di Taylor di log(x) attorno a 1 o quello di log(1+x) attorno a 0. Fermandomi al terzo ordine, in un caso trovo:
log(x) = (x-1)-(x-1)²/2+(x-1)³/3+O((x-1)⁴)
nell'altro:
log(1+x) = x-x²/2+x³/3+O(x⁴)
(derivate successive di log(x): 1/x -1/x² 2/x³ -6/x⁴)
Usando il primo sviluppo, per x → 1:

log(x)  (x-1)+O((x-1)^2)                     x-1        1
————— = ———————————————— si comporta come —————————— = ——— → 1/2
x^2-1     (x-1)(x+1)                      (x-1)(x+1)   x+1

Usando il secondo avrei potuto porre x = 1+t e fare il limite pet t → 0.
In questo caso (avendo in mente i grafici di tali funzioni, che non hanno tangente orizzontale in 1) potevo semplicemente fare il rapporto tra le derivate in 1:

(pendenza di log in 1) = 1
D_x=1(x²-1) = 2

1/2

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La formula di Taylor può essere usata anche per individuare i punti di estremo, generalizzando il "test della derivata seconda".
Idea:
f(x) = f(c) + f′(c) (x-c) + f′′(c)/2 (x-c)² + f′′′(c)/3! (x-c)³ + ...
• se f′(c) ≠ 0, in un intorno di 0 (x-c)²+... è trascurabile per cui il comportamento tende ad essere (per x → c) quello di una retta con pendenza f′(c), e quindi in c non ci può essere un estremo;
• se f′(c) = 0 e f′′(c) ≠ 0, in un intorno di 0 (x-c)³+... è trascurabile per cui il comportamento tende ad essere (per x → c) quello di una parabola con coeff. direttivo f′′(c)/2, e quindi in c c'è un minimo relativo se f′′(c)>0, un massimo relativo altrimenti;
• se f′(c) = 0, f′′(c) = 0, ... e f⁽ⁿ⁾(c) ≠ 0, in un intorno di 0 (x-c)ⁿ⁺¹+... è trascurabile per cui il comportamento tende ad essere (per x → c) quello di una funzione x → k(x-c)ⁿ che per n dispari cresce/descresce se k - ovvero se f⁽ⁿ⁾(c) - è positivo/negativo, per n pari ha un minimo/massimo se f⁽ⁿ⁾(c) è positivo/negativo.
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Le proprietà di O(.), analoghe a quelle di o(.), consentono spesso di trovare polinomi di Taylor di f(x) senza sviluppare direttamente f(x).
Esempio:
Trovare il p. di Taylor di ordine 4 di sin(x²)−sin(x)²
Da sin(x) = x + O(x^3) ho sin(x^2) = x^2 + O(x^6)
Ho anche sin(x)^2 = x^2 + O(x^6) + 2xO(x^3) = x^2 + O(x^4)
[in quanto O(x^3)x = O(x^4) e O(x^6)+O(x^4)=O(x^4) per x→0]
Questa seconda approssimazione non mi basta: otterrei:
sin(x^2)-sin(x)^2 = O(x^4) senza riuscire a individuare il coeff. del termine di grado 4.
Uso sin(x) = x - x^3/6 + O(x^5).
Elevo al quadrato inglobando in O(x^5) i termini di grado maggiore a 4:.
sin(x)^2 = x^2 - 2x·x^3/6 + O(x^5) = x^2 -x^4/3 + O(x^5).
sin(x^2)-sin(x)^2 = x^2 + O(x^6) O(x^4) - x^2 + x^4/3 - O(x^5) = x^4/3 + O(x^5).
Si può dedurre che x⁴/3 è il polinomio di T. di ordine 4 di sin(x²)-sin(x)²
Infatti non ci possono essere altri polinomi di grado 4 per cui ciò accada:
Da p(x) = f(x) + O(x^5) e q(x) = f(x) + O(x^5) segue p(x)-q(x) = O(x^5).
L'unico polinomio p(x)-q(x) di di grado al più 4 per cui ciò accada è 0.
Dunque deve essere p(x) = q(x).