Soluzioni EP - Tutorati UNIPV

ESERCIZI POLINOMI E SERIE DI TAYLOR
Enrico Massoni e Nicola Pellicanò
1. Sviluppare in serie di MacLaurin la funzione
f (x) = (sin(x))2
Ecco una importante dierenza tra questo tipo di esercizi e quelli dove si scrive
il polinomio: io non posso dire (sinx)^2=(sinx)(sinx) e sviluppare due volte il
seno! [prodotto alla Cauchy complesso]
Per venirne fuori uso le fantastiche forme di bisezione
2
(sin(x)) =
1−cos2x
2
=
1
cos2x
2− 2
=
1
1
2−2
+∞
P
k=0
(−1)k (2x)2k
(2k)!
=
1
2
+∞
P (−1)k (2x)2k
1−
(2k)!
k=0
[OPZIONALE] Notiamo come per k=0 la serie fa 1 e quindi (con un cambio
segno possiamo inglobare tutto in
1
2
1−
+∞
P
k=0
(−1)k (2x)2k
(2k)!
= − 12
P
k=1
+∞
(−1)k (2x)2k
(2k)!
Abiamo sviluppato un coseno quindi chiaramente
2.Sviluppare in serie di MacLaurin la funzione
R = +∞
f (x) = ln(3 + x2 )
Vogliamo ricondurci alla forma ln(1+x)
2
ln(3 + x ) = ln(3(1 +
ln3 +
+∞
P
k=0
x2
3 ))
= ln3 + ln(1 +
x2
3 )
= ln3 +
+∞
P (−1)k
k=0
x2
3
k+1
k+1
=
(−1)k x2k+2
(k+1)3k+1
Essendo uno sviluppo tipo ln(1+x), esso vale con l'argomento tra -1 e 1. Nel
nostro caso
−1 <
x2
3
√
√
≤ 1 ⇐⇒ −3 < x2 ≤ 3 ⇐⇒ − 3 < x ≤ 3,
Idc (-
√ √
3, 3]
3. Sviluppare in serie di Taylor con centro x0=-1 la funzione
Siccome il centro non è 0, faccio un cambio di variabili:
1
f (x) = ex
y = x − x0 = x + 1
ey−1 = ey e−1 = e−1
+∞
P
k=0
yk
k! ,
∀y
Risostituisco
ex = e−1
+∞
P
k=0
(x+1)k
k! ,
∀x
N.B Potreste aver trovato una soluzione diversa perche magari non avete spezzato l'esponenziale all'inizio e avete fatto (y-1)^k.
Va benissimo ugualmente!
La forma che ho fatto io mette più in evidenza nel risultato nale la traslazione
rispetto all'origine.
4.Sviluppare in serie di Taylor con centro x0=π/2 la funzione
y =x−
f (x) = sin(x)
π
2
sin(y + π2 ) = cos(y) =
+∞
P
k=0
(−1)k y 2k
(2k)! ,
∀y
Risostituisco
sin(x) =
+∞
P
k=0
2k
(−1)k (x− π
2)
,∀x
(2k)!
N.B. La traslazione di pi/2 ha fatto diventare lo sviluppo del seno pari!
5.Sviluppare in serie di MacLaurin la funzione
2k
+∞
+∞
+∞
P (−1)k √x3
P (−1)k x2k+1
P (−1)k x2k
(−1)k x2k+1
−x
=
(2k+1)!
(2k)!
(2k+1)! −x
(2k)!3k
k=0
k=0
k=0
k=0
+∞
+∞
P
P (−1)k x2k+1
k
1
1
=
(−1) (2k+1)!
− 3k (2k)!
x2k+1 ,∀x
(2k)!3k
k=0
k=0
sin(x)−xcos( √x3 ) =
=
+∞
P
k=0
(−1)k x2k+1
(2k+1)!
−
f (x) = sin(x) − xcos( √x3 )
+∞
P
6. Sviluppare in serie di MacLaurin la funzione
Notiamo come
1
f (x) = (1 + 2x2 ) 2 .
f (x) =
Uso la binomiale.
2
√
1 + 2x2
=
+∞
2
P
1
2
k=0
k
1
2
(1 + 2x ) =
2 k
(2x ) =
P
+∞1 k
2
2
k
k=0
x2k = 1 + x2 −
x4
2
+
x6
2
−
5x8
8
+
o(x9 )
−1 < 2x2 < 1 ⇐⇒ − 12 < x2 <
1
2
√
√
2
2
⇐⇒ −
<x<
2
2
N.B. Vi ho scritto qualche termine dello sviluppo non perchè l'esercizio lo
richiedesse ma per dare modo a voi di allenarvi sul calcolo dei coecienti binomiali.
6.5.
Sviluppare in serie di MacLaurin
f (x) =
1
−2+x+x2 [ATTENZIONE! ER-
RORE MIO NELLA TRACCIA!]
Con funzioni quoziente di polinomi abbiamo detto che ci vogliamo sempre ricondurre alla serie geometrica
Proviamo a fattorizzare
1
−2+x+x2
(
=
1
(x−1)(x+2)
=
A
x−1
(
A+B =0
2A − B = 1
1
−2+x+x2
=
=⇒
1
3(x−1)
−
+
B
x+2
=
Ax+2A+Bx−B
(x−1)(x+2)
= (A+B)x+2A−B
(x−1)(x+2)
A = 13
B = − 13
1
3(x+2)
Dobbiamo arrivare a due serie geometriche
1
3(x−1)
1
= − 3(1−x)
= − 13
+∞
P
xk ,−1 < x < 1,
R=1
k=0
+∞
1
3(x+2)
=
1
6(1+ x
2)
x < 2,
R=2
1
3(x−1)
−
1
3(x+2)
=
= − 13
1
6
P
k=0
+∞
P
k=0
k
− x2
xk −
1
6
=
+∞
P
1
6
+∞
P
k
(−1)k x2k , −1 < − x2 < 1 ⇐⇒ −2 <
k=0
k
(−1)k x2k = − 31
k=0
Il raggio è il minimo dei raggi : R=1
3
+∞
P
k=0
(−1)k
2k+1
+ 1 xk
7. Calcolare la somma della serie numerica
+∞
P
n=0
Guardo il denominatore: n!
√
(−1)n ( 3 2)3n+1
n!
mi fa pensare allo sviluppo di e^x quindi provo
a ricondurmi a quello
Pongo
+∞
P
x̄ =
√
3
2
(−1)n (x̄)3n+1
n!
n=0
Aggiusto l'esponente in modo che venga alla n
+∞
P
n=0
(−1)n x̄·(x̄3 )n
n!
+∞
P
= x̄ ·
n=0
(−1)n (x̄3 )n
n!
+∞
P
= x̄ ·
n=0
(−x̄3 )n
n!
= x̄ · e−x̄
3
Risostituisco
s=
√
3
2 · e−2
8. Calcolare la somma della serie numerica
+∞
P
n=1
√
(−1)n (n+1)( 3 2)3n+1
(n+1)!
Molto simile alla precedente ma notiamo subito due enormi dierenze da avere
sempre sott'occhio:
la serie parte da 1 (si deve aggiustare), il denominatore
cambia.
Vediamo come al numeratore è presente uno strano (n+1). Qui il primo passo
era accorgersi che
+∞
P
n=1
√
(−1)n (n+1)( 3 2)3n+1
(n+1)!
Pongo
+∞
P
n=1
(n+1)
(n+1)!
x̄ =
√
3
=
= n!
+∞
P
n=1
√
(−1)n ( 3 2)3n+1
n!
2
(−1)n (x̄)3n+1
n!
4
Aggiustiamo l'indice sottraendo il termine n=0 della serie
+∞
P
n=1
(−1)n (x̄)3n+1
n!
=
+∞
P
n=0
(−1)n (x̄)3n+1
n!
− x̄
Conosciamo dall'esercizio di prima la somma del primo termine
3
3
s = x̄ · e−x̄ − x̄ = x̄(e−x̄ − 1) =
√
3
2 e−2 − 1
9.Calcolare la somma della serie numerica
+∞
P
n=1
(−1)n+1 e−6k−3
2k+1
Guardando il denominatore mi sembra proprio un'arcotangente. Aggiusto anche i termini al numeratore non prima di essermi accorto che la serie parte da 1!!
Posso porre
+∞
P
x̄ = e
(−1)k+1 x̄−6k−3
2k+1
=
+∞
P
(−1)k+1 x̄−6k−3
2k+1
k=1
nk=0
+∞
P (−1)k+1 (x̄−3 )2k+1
+ x̄−3 =
2k+1
k=0
+∞
P (−1)k (x̄−3 )2k+1
=−
+ x̄−3 =
2k+1
k=0
10. Dato
+ x̄−3 =
+∞
P
k=0
(−1)k+1 x̄−3(2k+1)
2k+1
−arctan(x̄−3 ) + x̄−3 = −arctan(e−3 ) + e−3
f (x) = e−x log(1 − x),
calcolare
p4 (x)
Prodotto di due sviluppi
+
e
−x
=
+∞
P
k=0
(−x)k
k!
log(1 − x) =
=1−x+
+∞
P
k=0
x2
2
(−1)k (−x)k+1
k+1
+ x̄−3 =
−
x3
3!
=−
−
+∞
P
k=0
x4
4!
+ ....
xk+1
k+1
5
= −x −
x2
2
−
x3
3
−
x4
4
− ...
e−x log(1−x) = 1 − x +
2
3
4
x2
x3
x4
−x − x2 − x3 − x4 − ... = −x−
2 − 3! − 4! + ....
x3
x4
x3
x4
x3
x4
x4
x2
2
2 − 3 − 4 + x + 2 + 3 − 2 − 4 + 3! + ...
N.B Ignorare sempre nel prodotto in croce i termini di grado maggiore di n
(adesso n=4)
p4 (x) = −x +
11. Dato
x2
2
f (x) =
−
√
x3
3
1+x−
√
1 − x,
calcolare
p3 (x)
Sono due binomiali.
√
1 + x = (1 + x)1/2 =
+∞
P
k=0
+∞
P
√
1/2
k
xk = 1 +
x
2
−
x2
8
+
x3
16
+ ...
2
3
1/2
1 − x = (1 − x)1/2 =
(−x)k = 1 − x2 − x8 − x16 + ....
k
k=0
√
√
2
3
2
3
1 + x − 1 − x = 1 + x2 − x8 + x16 + ... − 1 − x2 − x8 − x16 + .... = x +
x3
8
+ ...
p3 (x) = x +
12. Dato
x3
8
√
f (x) = 4 + log(1 − 6x2 ) − 4 1 − 3x2 ,
log(1 − 6x2 ) =
+∞
P
√
4 1 − 3x2 = 4
k=0
+∞
P
k=0
(−1)k (−6x2 )k+1
k+1
1/2
k
calcolare
p4 (x)
= −6x2 − 18x4 + ...
(−3x2 )k = 4 − 6x2 −
9x4
2
+ ...
√
4+log(1−6x2 )−4 1 − 3x2 = 4+ −6x2 − 18x4 + ... − 4 − 6x2 −
4
− 27x
2 + ...
p4 (x) = − 27x
2
4
6
9x4
2
+ ... =
f (x) = (e−x − 1)3 ,
13. Dato
calcolare
Possiamo prendere due strade.
p4 (x)
Vedere il tutto come una binomiale di -(1-
e^(-x))^3 sviluppare e poi sviluppare e^(-x) [procedimento lungo], oppure, in
maniera più semplice, calcolare lo sviluppo in parentesi, sostituire il polinomio
ed elevare tutto al cubo.
+
e
−x
=
+∞
P
k=0
(−x)k
k!
(e−x − 1)3 =
−x3 +
4
3x
2
1−x+
x2
2
x2
2
−
−
x3
3!
x3
3!
x4
4!
−
−
x4
4!
+ ....
+ .... − 1
3
=
−x +
x2
2
−
x3
3!
−
x4
4!
3
=
+ ...
3x4
2
p4 (x) = −x3 +
14. Dato
=1−x+
f (x) = ln(cos(x)),
calcolare
p4 (x)
Funzione composta. Individuo come sviluppi ln(1+x) e cos(x). Parto dall'esterno!!
ln(cos(x)) = ln(cos(x) + 1 − 1) = ln(1 + (cos(x) − 1)) =
+∞
P
k=0
(cos(x) − 1) −
cos(x) =
+∞
P
k=0
(cos(x)−1)
2
(−1)k x2k
(2k)!
(cos(x) − 1) −
2
− x2 −
x4
12
2
2
=
+ ...
=1−
(cos(x)−1)2
2
x2
2
+
x4
4!
+ ... =
+ ...
2
− x2 +
+ ...
p4 (x) = − x2 −
(−1)k (cos(x)+1)k+1
k+1
x4
12
7
x4
4!
+ ... −
1
2
2
− x2 +
x4
4!
2
+ ...
=
SOLUZIONE ULTIMO ESERCIZIO TUTORATO
´ 1/2
Stimare l'integrale
0
1−cosx
1
dx a meno di un errore di 10.000
x2
In aula eravamo arrivati a dire..
´ 1/2
0
1−cosx
dx
x2
=−
P
k=1
+∞
(−1)k
22k−1 (2k−1)((2k)!)
La serie è a segni alterni e soddisfa le condizioni di Leibniz!
lim
k→+∞ 2
1
2k−1 (2k−1)((2k)!)
= 0,
ok
non-crescenza
1
22(k+1)−1 (2(k+1)−1)(2(k+1))!
≤
1
22k−1 (2k−1)((2k)!)
22k+1 (2k + 1)(2k + 2))! ≥ 22k−1 (2k − 1)((2k)!)
2(2k + 1)(2k + 1)(2k + 2) ≥ 21 (2k − 1),
Vero
∀k
Stima della somma
1
22(k+1)−1 (2(k+1)−1)(2(k+1))!
≤
1
10000
22k+1 (2k + 1)(2k + 2))! ≥ 10000,
per TENTATIVI si scopre che vale per
8
k≥2
Ed ecco arriva l'errore dolente....
s2 = a1 + a2 !
s2 = − 14 +
La serie parte da 1!
a0 non esiste!
1
8·3·24
=
1
4
−
1
576
= 0.2482738
9
Questo signica che