Tutorato di Matematica Corso di laurea in Scienze Biologiche

Tutorato di Matematica
Corso di laurea in Scienze Biologiche
Federico A. Sabattoli
18 Gennaio 2017
1
Sviluppo in serie di Taylor
Sia data una funzione f (x) : [a, b] → R e sia x0 ∈ [a, b]. Se esistono le
derivate della funzione nel punto x0 , allora è possibile esprimere la funzione
mediante lo ”sviluppo in serie di Taylor”:
f (x) =
n
X
f (k) (x0 )
k!
k=0
(x − x0 )k + Rn (x − x0 ) =
= f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) +
+ ··· +
f 000 (x0 )
f 00 (x0 )
(x − x0 )2 +
(x − x0 )3 +
2
6
(1)
f (n) (x0 )
(x − x0 )n + Rn (x − x0 )
n!
Dove Rn (x) è il resto dello sviluppo. Tale resto può essere di due tipi:
• Resto di Peano
Rn (x − x0 ) = q(x)(x − x0 )n
tale che
lim q(x) = 0
x→x0
(2)
• Resto di Lagrange
Rn (x − x0 ) =
f (n+1) (c)
(x − x0 )n+1 con c ∈ [a, b]
(n + 1)!
(3)
Togliendo il resto Rn (x − x0 ), si ottiene il Polinomio di Taylor di centro
x0 e ordine n:
Txn0 =
n
X
f (k) (x0 )
k=0
k!
(x − x0 )k = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) +
+
f 00 (x0 )
(x − x0 )2 +
2
f 000 (x0 )
f (n) (x0 )
(x − x0 )3 + · · · +
(x − x0 )n
6
n!
(4)
1
Tale polinomio è quindi uguale alla funzione di partenza a meno del resto
Rn (x − x0 ). L’idea è che il resto è piccolo se x − x0 è piccolo, ovvero se mi
trovo vicino al centro del polinomio.
Lo sviluppo serve quindi ad approssimare una funzione utilizzando un polinomio: si noti, infatti, che la formula (1) potrebbe essere scritta come:
f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + a3 (x − x0 )3 +
+ · · · + an (x − x0 )n + Rn (x − x0 )
(5)
dove i coefficienti ak sono NOTI, essendo il rapporto della derivata di ordine
k valutate in x = x0 e il fattoriale k! = 1 · 2 · 3· ... ·k.
Quindi, la funzione è approssimata in questo modo:
f (x) ≈
n
X
f (k) (x0 )
k=0
k!
(x − x0 )k ≈
f 00 (x0 )
(6)
(x − x0 )2 +
2
f 000 (x0 )
f (n) (x0 )
+
(x − x0 )3 + · · · +
(x − x0 )n
6
n!
Nota bene che le formule (1) e (6) hanno una differenza importante: (1) dice
che la funzione è UGUALE allo sviluppo, mentre (6) dice che la funzione
è APPROSSIMATA al polinomio (ma non è uguale, in quanto ho tolto il
resto).
Il Polinomio di McLaurin è semplicemente un polinomio di Taylor con
x0 = 0 ed è quindi usato per approssimare le funzioni ”vicino” a zero:
≈ f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) +
T0n
=
n
X
f (k) (0)
k=0
k!
(x)k = f (0) + f 0 (0)(x) +
f 00 (0) 2
f (n) (0) n
(x) + · · · +
(x) (7)
2
n!
Esempio In figura (1) sono presentati alcuni polinomi di McLaurin
(x0 = 0) della funzione sin(x):
T01 (x) = sin(0) + cos(0) · (x − 0) = x
− sin(0)
T02 (x) = sin(0) + cos(0) · (x − 0) +
· (x − 0)2 = x
2
− cos(0)
x3
T03 (x) = T02 (x) +
· (x − 0)3 = x −
6
6
T04 (x) = T03 (x)
T05 (x) = T04 (x) +
(8)
cos(0)
x3
x5
· (x − 0)3 = x −
+
5!
6
120
...
Come si può ben vedere, maggiore è il grado del polinomio, migliore sarà
l’approssimazione. Infatti, per ”vedere” che il polinomio di ordine 11 è solo
un’approssimazione della funzione, devo guardare i valori assunti per x > 4,
mentre il polinomio di grado 3 si discosta considerevolmente già per x ≈ 2.
2
Figura 1: Polinomi di McLaurin di ordine 1, 3, 5 , 7, 9, 11, 13 (fonte:
Wikipedia)
1.1
Esercizio 1
Calcolare i polinomi di McLaurin di ordine 1, 2, 3 e 4 della seguente funzione,
valutando che valore assumono per x = 1 e x = 1/2:
f (x) = x ex + cos x
3
Risoluzione Bisogna calcolare i seguenti polinomi:
T01 (x) = f (0) + f 0 (0) · (x)
f 00 (0)
· (x)2
2
f 000 (0)
f 00 (0)
· (x)2 +
· (x)3
T03 (x) = f (0) + f 0 (0) · (x) +
2
6
f IV (0)
T04 (x) = T03 (x) +
· (x)4
24
T02 (x) = f (0) + f 0 (0) · (x) +
Iniziamo con il calcolo delle derivate:
x =0
0
f (x) = x ex + cos x −−
−→ f (x0 ) = f (0) = 0 + 1 = 1
x =0
0
f 0 (x) = ex + x ex − sin x −−
−→ f 0 (0) = 1 + 0 − 0 = 1
x =0
0
f 00 (x) = ex + ex + x ex − cos x −−
−→ f 00 (0) = 1 + 1 + 0 − 1 = 1
x =0
0
f 000 (x) = 2ex + ex + x ex + sin x −−
−→ f 000 (0) = 2 + 1 + 0 − 0 = 3
x =0
0
f IV (x) = 3ex + ex + x ex + cos x −−
−→ f IV (0) = 3 + 1 + 0 + 1 = 5
da cui:
T01 (x) = 1 + (x − 0)
1
T02 (x) = 1 + (x − 0) + (x − 0)2
2
1
T03 (x) = 1 + (x − 0) + (x − 0)2 +
2
1
4
T0 (x) = 1 + (x − 0) + (x − 0)2 +
2
1
(x − 0)3
2
1
5
(x − 0)3 + (x − 0)4
2
24
Valuto ora il valore in x = 1:
T01 (x = 1) = 1 + 1 = 2
1
5
T02 (1) = 2 + = = 2.5
2
2
5
1
T03 (1) = + = 3
2 2
5
77
3
T0 (1) = 3 +
=
≈ 3.21
24
24
Ora, calcolando il valore che assume la funzione f in x = 1 con la calcolatrice,
si ottiene il valore f (1) = e + cos(1) ≈ 3.72: si noti che aumentando l’ordine
dello sviluppo, mi avvicino sempre di più al valore esatto:
2 → 2.5 → 3 → 3.21 → . . .
La convergenza è tanto più rapida tanto più è vicino il valore x nel quale si
valuta il polinomio al centro.
4
Valuto ora il valore in x = 21 :
1
3
1 1
=1+ =
T0
2
2
2
1
1
T02
= T1
+
2
2
1
3 1
= T2
+
T0
2
2
1
4 1
= T3
+
T0
2
2
mentre il valore esatto è f
1.2
1
2
= 1.5
2
3 1
1
13
= + =
= 1.625
2
2 8
8
3
1
1
13
1
27
·
=
+
=
= 1.6875
2
2
8
16
16
4
5
27
1
5
5
=
·
+
=
≈ 1.70
24
2
16 384
16
1
·
2
1
= 12 e 2 + cos
1
2
≈ 1.82.
Esercizio 2
Data la funzione
f (x) = x arctan x + x2 sin x + 2
Detto T2 il polinomio di McLaurin di secondo ordine di f , calcolare T2 (1).
Risoluzione Per risolvere il problema, dobbiamo calcolare le derivate e
il valore che esse assumono per x0 = 0 (vogliamo ottenere un Polinomio di
McLaurin):
x =0
0
f (x) = x arctan x + x2 sin x + 2 −−
−→ f (0) = 0 + 2 = 2
1
f 0 (x) = arctan x + x
+ 2x sin x + x2 cos x
1 + x2
x =0
0
−−
−→ f 0 (0) = 0 + 0 + 0 + 0 = 0
f 00 (x) =
1
(1 + x2 ) − x(2x)
+
+ 2 sin x + 2x cos x + 2x cos x − x2 sin x
1 + x2
(1 + x2 )2
x =0
0
−−
−→ f 0 (0) = 1 + 1 + 0 + 0 + 0 − 0 = 2
Quindi:
x=1
T2 (x) = 2 + x2 −−→ T2 (1) = 3
1.3
Esercizio 3
Data la funzione
x
2
Detto P2 il polinomio di Taylor di secondo ordine di f e di centro x0 = 1,
calcolare P2 (2).
f (x) = 2x ln x −
5
Risoluzione Per risolvere il problema, dobbiamo calcolare le derivate e
il valore che esse assumono per x0 = 1:
x x0 =1
1
−−−→ f (1) = −
2
2
1 x0 =1 0
3
f 0 (x) = 2 ln x + 2 − −−
−→ f (1) = −
2
2
2 x0 =1 00
00
f (x) = −−−→ f (1) = 2
x
f (x) = 2x ln x −
Quindi, dalla formula (4):
1 3
x=2
P2 (x) = − + (x − 1) + (x − 1)2 −−→ P2 (2) = 2
2 2
1.4
Esercizio 4
Risolvi, utilizzando i polinomi di Taylor, i seguenti limiti:
ex − cos(x) − sin(x)
x→0
e x2 − e x3
lim
x2 − sin2 (x)
x→0 x2 (ln(1 + x) − x)
lim
6