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