Formula di Taylor Indice 1 Polinomio di Taylor

FORMULA DI TAYLOR
1
1
POLINOMIO DI TAYLOR
Formula di Taylor
Indice
1 Polinomio di Taylor
1
2 Formula di Taylor
2
3 Alcuni sviluppi notevoli
2
4 Uso della formula di Taylor nel calcolo dei limiti
4
5 Soluzioni degli esercizi
6
La formula di Taylor è uno dei risultati più importanti dell’analisi matematica. Detto in modo molto approssimativo, il teorema dice che una funzione derivabile un certo numero di volte può essere approssimata con un polinomio,
cioè con una funzione particolarmente semplice. Che cosa si debba intendere con “può essere approssimata” viene
precisato appunto nel teorema detto Formula di Taylor.
1
Polinomio di Taylor
Definizione Siano I un intervallo aperto, x0 ∈ I e f : I → R una funzione derivabile n volte in x0 . Si chiama
polinomio di Taylor di f di grado n centrato in x0 il polinomio
pn,x0 (x)
=
=
f (x0 ) + Df (x0 )(x − x0 ) +
n
X
Dk f (x0 )
k=0
k!
(x − x0 )k .
D2 f (x0 )
Dn f (x0 )
(x − x0 )2 + . . . +
(x − x0 )n
2!
n!
1
Osserviamo che il polinomio di Taylor di primo grado è
p1,x0 (x) = f (x0 ) + (x − x0 )Df (x0 ).
E osserviamo anche che
cioè y = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ),
è l’equazione della retta tangente al grafico di f nel punto x0 , f (x0 ) .
y = p1,x0 (x)
,
Esempio Se consideriamo la funzione f (x) = ex e il punto x0 = 1, possiamo osservare che la funzione è certamente
derivabile almeno due volte in x0 (è derivabile infinite volte in qualunque punto) e quindi possiamo ad esempio scrivere
il suo polinomio di Taylor di terzo grado (cioè con n = 3) centrato in x0 :
e
e
p3,x0 = e + e(x − 1) + (x − 1)2 + (x − 1)3 .
2
6
Vedremo in seguito con il teorema che il polinomio di Taylor di grado n centrato in x0 è il polinomio di grado n
che “meglio approssima” f in un intorno di x0 .
Si potrebbero dimostrare ora due interessanti proprietà del polinomio di Taylor di grado n centrato in x0 :
(i) pn,x0 è l’unico polinomio di grado n tale che Dk pn,x0 (x0 ) = Dk f (x0 ) per ogni k = 0, 1, . . . , n;
(ii) se f è un polinomio di grado n, allora pn,x0 = f .
1 Ricordo
che abbiamo in precedenza posto per comodità D 0 f = f .
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
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2
ALCUNI SVILUPPI NOTEVOLI
Osservazioni La (i) afferma che c’è un solo polinomio di grado n il cui valore in x0 e le cui derivate in x0 fino
all’ordine n coincidono rispettivamente con il valore di f in x0 e con le derivate di f in x0 fino all’ordine n: si tratta
del polinomio di Taylor di f di grado n centrato in x0 .
Dato che un polinomio è una funzione derivabile,2 ovviamente si può scrivere il polinomio di Taylor di un certo
grado, centrato in un dato punto, di un polinomio. La (ii) afferma che se scrivo il polinomio di Taylor di grado n di
un polinomio di grado n, centrato in un qualunque punto, ottengo il polinomio stesso da cui sono partito. Facciamo
una semplice verifica in un caso particolare. Prendiamo il polinomio P (x) = x3 + x + 1 e costruiamo il suo polinomio
di Taylor di grado 3 centrato ad esempio in x0 = 1. Abbiamo
P (x) = x3 + x + 1
,
P ′ (x) = 3x2 + 1
,
P ′′ (x) = 6x ,
P ′′′ (x) = 6,
da cui
P (1) = 3
,
P ′ (1) = 4
,
P ′′ (1) = 6 ,
P ′′′ (1) = 6.
Quindi il polinomio di Taylor di P di grado 3 centrato in x0 = 1 è
p3,1 (x) = 3 + 4(x − 1) + 26 (x − 1)2 + 66 (x − 1)3 = 3 + 4(x − 1) + 3(x − 1)2 + (x − 1)3 .
Si verifica subito che, fatti i conti, si tratta dello stesso P (x).
È del tutto ovvio che, se scrivo invece il polinomio di Taylor di P (x) di grado minore di 3, non si ottiene P (x).
Esercizio 1.1
Scrivere il polinomio di Taylor indicato delle seguenti funzioni.
(a) p3,1 (x) di f (x) = x4 − x2 + 1
2
(b) p2,e (x) di f (x) = ln x
(c)
p2,2 (x) di f (x) =
1
x
Formula di Taylor
Il teorema seguente contiene una delle formule più importanti dell’Analisi matematica.
Teorema (formula di Taylor). Siano I un intervallo aperto, n ∈ N e x0 ∈ I. Sia poi f : I → R derivabile n volte in
x0 . Allora
per x → x0 .
f (x) − pn,x0 (x) = o (x − x0 )n
Osservazione Nella formula di Taylor n è detto l’ordine della formula.
Osservazione La tesi dice che lo scarto tra la funzione f ed il suo polinomio di Taylor di grado n, centrato in un
certo punto x0 , è una quantità trascurabile rispetto allo scarto x − x0 elevato alla n, quando x tende a x0 . Vuol dire
che lo scarto tra la f ed il suo polinomio di Taylor va a zero più rapidamente di quanto non faccia (x − x0 )n , sempre
per x → x0 . In questo aspetto sta la capacità del polinomio di Taylor di approssimare la funzione. E ancora, dato
che compare la potenza n-esima dello scarto x − x0 , significa in qualche modo che, tanto più elevato è il grado del
polinomio e tanto migliore sarà questa approssimazione.3
Osservazione Si faccia attenzione a non dare a quanto appena detto una validità troppo generale. Mi spiego: lo
scarto tra la funzione f ed il suo polinomio di Taylor è sı̀ trascurabile rispetto all’altra quantità, ma questo vale per
x → x0 , non vale in generale. In altre parole l’approssimazione può essere buona in prossimità di x0 , ma non possiamo
pretendere che sia sempre buona, anche quando siamo lontani da x0 . D’altro canto pn,x0 è un polinomio, mentre f può
essere qualcosa di molto più complicato, e non possiamo pensare che lo stesso polinomio sia in grado di approssimare
bene al funzione in tutto il suo dominio.
3
Alcuni sviluppi notevoli
Vediamo alcuni esempi di calcolo del polinomio di Taylor di funzioni elementari e di scrittura delle relative formule di
Taylor. Per ovvi motivi, il caso più semplice è quello della
• funzione esponenziale f (x) = ex . Calcoliamo il suo polinomio di Taylor di grado n centrato in x0 = 0.
Dato che Dn ex = ex , le derivate, calcolate in x0 = 0, sono tutte uguali a 1. Quindi, per la funzione esponenziale
si ha
n
X
x3
xn
xk
x2
+
+ ...+
=
.
pn,0 (x) = 1 + x +
2!
3!
n!
k!
k=0
2 Abbiamo
3 Si
visto che i polinomi appartengono alla classe
ricordi che, parlando di quantità infinitesime, cioè tendenti a zero, più la potenza è elevata e più rapidamente queste vanno a zero.
A. Peretti – Corso di Matematica
C ∞ (R).
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3
ALCUNI SVILUPPI NOTEVOLI
La formula di Taylor è allora
ex = 1 + x +
x2
x3
xn
+
+ ... +
+ o(xn ) , per x → 0.
2!
3!
n!
Tale formula, essendo valida per ogni n, può essere utilizzata di volta in volta con l’ordine n più opportuno.4
Vediamo un altro esempio, relativo alla funzione logaritmica. Con f (x) = ln x, non possiamo calcolare il polinomio
centrato in x0 = 0 (cosa che sarebbe ovviamente comoda). Allora sono possibili due alternative: mantenere la funzione
f (x) = ln x e centrare la formula in un punto diverso da zero (ad esempio prendere x0 = 1), oppure cambiare la funzione
per poterla centrare in x0 = 0. Solitamente si preferisce la seconda e si considera la funzione f (x) = ln(1 + x). Quindi
• funzione logaritmica f (x) = ln(1 + x). Calcoliamo il suo polinomio di Taylor di grado n centrato in x0 = 0.
Le prime derivate di f sono
Df (x) = (1 + x)−1
,
D2 f (x) = −(1 + x)−2
,
D3 f (x) = 2(1 + x)−3
,
D4 f (x) = −6(1 + x)−4
...
quindi, calcolando le derivate in x0 = 0, abbiamo
Df (0) = 1 ,
D2 f (0) = −1 ,
D3 f (0) = 2 ,
D4 f (0) = −6
...
Il polinomio di Taylor di grado 4 centrato in x0 = 0 è allora
p4,0 (x)
=
=
2
6
1 2
x + x3 − x4
2!
3!
4!
x3
x4
x2
+
− .
x−
2
3
4
x−
Si capisce facilmente che l’espressione generale del polinomio di grado n si può scrivere con
pn,0 (x) = x −
x3
x4
(−1)n−1 n
x2
+
−
+ ...+
x .
2
3
4
n
La formula di Taylor di ordine 4 è allora
ln(1 + x) = x −
x2
x3
x4
+
−
+ o(x4 ) , per x → 0
2
3
4
e quella di ordine n è
ln(1 + x) = x −
x2
x3
x4
(−1)n−1 n
+
−
+ ...+
x + o(xn ) , per x → 0.
2
3
4
n
5
Lo studente per esercizio può ricavare la formula della funzione f (x) = ln x centrata in x0 = 1.
Altra funzione elementare importante è la funzione potenza x 7→ xα . Qui si presenta lo stesso problema della
funzione logaritmica: per alcuni valori di α la funzione può non essere definita in zero (α negativo o irrazionale)
e per altri può non essere derivabile in zero (ad esempio α = 1/3). Allora come prima manteniamo il punto
centrale x0 = 0 ma cambiamo la funzione considerando la
• funzione potenza f (x) = (1 + x)α . Scriviamo la formula di Taylor di ordine n centrata in x0 = 0. Le prime
derivate di f sono
Df (x) = α(1 + x)α−1
,
D2 f (x) = α(α − 1)(1 + x)α−2
D3 f (x) = α(α − 1)(α − 2)(1 + x)α−3
,
...
da cui, calcolando in x0 = 0, si ha
Df (0) = α ,
D2 f (0) = α(α − 1) ,
4 Significa
5 Si
che potremo scrivere ex = 1 + x + o(x), oppure ex = 1 + x +
può scrivere in forma compatta, con il simbolo di sommatoria,
ln(1 + x) =
D3 f (0) = α(α − 1)(α − 2)
x2
2!
+ o(x2 ), e cosı̀ via, a seconda delle necessità.
n
X
(−1)k−1 k
x + o(xn ) , per x → 0.
k
k=0
Casi notevoli sono: al primo ordine ln x = x + o(x), al secondo ordine ln x = x −
A. Peretti – Corso di Matematica
...
x2
2
+ o(x2 ), x → 0.
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4
USO DELLA FORMULA DI TAYLOR NEL CALCOLO DEI LIMITI
La formula di Taylor di ordine 3 è allora
(1 + x)α = 1 + αx +
α(α − 1) 2 α(α − 1)(α − 2) 3
x +
x + o(x3 ) , per x → 0.
2!
3!
La formula di Taylor di ordine n è
(1 + x)α = 1 + αx +
α(α − 1) 2
α(α − 1) · · · (α − n + 1) n
x + ...+
x + o(xn ) , per x → 0.
2
n!
6
Riassumo qui di seguito gli sviluppi di Taylor trovati:
• ex = 1 + x +
x3
xn
x2
+
+ ...+
+ o xn , per x → 0.
2!
3!
n!
• ln(1 + x) = x −
x2
x3
(−1)n−1 n
+
− ...+
x + o xn , per x → 0.
2
3
n
• (1 + x)α = 1 + αx +
α(α − 1) 2
α(α − 1) · · · (α − n + 1) n
x + ...+
x + o(xn ), per x → 0.
2
n!
Scrivere la formula di Taylor del secondo ordine delle seguenti funzioni, centrata nel punto x0
Esercizio 3.1
indicato.
(a) f (x) = x + 1/x, in x0 = 1
(b)
f (x) = ln(x + 2), in x0 = −1
(c) f (x) = e1/x , in x0 = 1
(d)
f (x) =
√
x, in x0 = 4
Esercizio 3.2
Scrivere la formula di Taylor di almeno il terzo ordine delle seguenti funzioni, centrata nel punto
x0 indicato, ricavandola dagli sviluppi noti (con sviluppi noti intendo quelli di ex , ln(1 + x) e (1 + x)α , per x → 0).
(b)
f (x) = e−x , in x0 = 0
(c) f (x) = x ln(1 − x), in x0 = 0
(d)
f (x) = ln(1 + x2 ), in x0 = 0
(f)
f (x) = ln2 (1 + x), in x0 = 0
(e) f (x) =
4
2
(a) f (x) = e2x , in x0 = 0
√
1 + x2 , in x0 = 0
Uso della formula di Taylor nel calcolo dei limiti
La formula di Taylor può essere molto utile nel calcolo dei limiti. Vediamo un po’ di esempi in merito.
Esempi
ex − 1
. Per la formula di Taylor, ex = 1 + x + o(x), per x → 0. Quindi
x→0
x
• Consideriamo il limite notevole lim
ex − 1
1 + x + o(x) − 1
x + o(x)
= lim
= lim
= 1.
x→0
x→0
x→0
x
x
x
lim
• Consideriamo l’altro limite notevole lim
x→0
per x → 0. Quindi
ln(1 + x)
. Per la formula di Taylor abbiamo che ln(1 + x) = x + o(x),
x
lim
x→0
6 Un
caso notevole è per la funzione f (x) =
√
ordine 1 + x = x + 12 x − 18 x2 + o(x2 ), x → 0.
A. Peretti – Corso di Matematica
√
x + o(x)
ln(1 + x)
= lim
= 1.
x→0
x
x
1 + x, per la quale si ha, al primo ordine
√
1+x = x+
1
x
2
+ o(x), x → 0, e al secondo
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5
USO DELLA FORMULA DI TAYLOR NEL CALCOLO DEI LIMITI
(1 + x)α − 1
. Per la formula di Taylor abbiamo che (1 + x)α =
x→0
x
• Consideriamo il terzo limite notevole: lim
1 + αx + o(x), per x → 0. Quindi
1 + αx + o(x) − 1
αx + o(x)
(1 + x)α − 1
= lim
= lim
= α.
x→0
x→0
x→0
x
x
x
lim
Negli esempi fin qui visti sono sempre stati sufficienti gli sviluppi al primo ordine, ma può succedere che non sia
cosı̀, come nel seguente esempio:
ex − 1 − x
. Se usiamo la formula del primo ordine abbiamo
x→0
x2
• Consideriamo il lim
1 + x + o(x) − 1 − x
o(x)
ex − 1 − x
= lim
= lim 2
2
2
x→0
x→0
x→0
x
x
x
lim
e qui non possiamo stabilire il risultato. Se invece usiamo la formula del secondo ordine abbiamo
1+x+
ex − 1 − x
= lim
x→0
x→0
x2
lim
• Consideriamo il lim
x→0
x2
2
+ o(x2 ) − 1 − x
= lim
x→0
x2
x2
2
+ o(x2 )
1
= .
x2
2
ln(1 + x) − x
. Se usiamo la formula del primo ordine abbiamo
x2
x + o(x) − x
o(x)
ln(1 + x) − x
= lim
= lim 2
2
2
x→0
x→0 x
x→0
x
x
lim
e non possiamo stabilire il risultato. Se invece usiamo la formula del secondo ordine abbiamo
x−
ln(1 + x) − x
= lim
lim
x→0
x→0
x2
• Consideriamo il lim
x→0
x2
2
2
− x2 + o(x2 )
+ o(x2 ) − x
1
=
lim
=− .
x→0
x2
x2
2
x − ln(1 + x)
√
. Qui in realtà basta la formula del primo ordine. Infatti abbiamo
1− 1+x
lim
x→0
x − ln(1 + x)
x − x + o(x)
o(x)
√
= lim
= lim x
= 0.
x
x→0
x→0
1
−
1
−
−
+
o(x)
1− 1+x
2
2 + o(x)
Lo studente, per esercizio, provi a risolverlo usando la formula al secondo ordine.
Osservazione È chiaro che a priori non possiamo sapere se basterà la formula del primo ordine o sarà necessaria
quella di un ordine più elevato. Si può provare con il primo e, se ci si accorge che non basta, si prova con il secondo.
Dagli sviluppi notevoli si ricavano immediatamente
gli equivalenti sviluppi a +∞. Chiarisco il significato. Con
sideriamo ad esempio la funzione f (x) = ln 1 + x1 . La quantità x1 tende a zero per x → +∞. Quindi, usando la
formula di Taylor del primo ordine possiamo scrivere
1
1
1
= +o
, per x → +∞.
ln 1 +
x
x
x
Analogamente abbiamo
e1/x = 1 +
E ancora
1
+o
x
1
, per x → +∞.
x
α
α
1
1
, per x → +∞.
=1+ +o
1+
x
x
x
Possiamo generalizzare quanto appena visto. Se f è una funzione che tende a zero per x → c (qualunque, anche
infinito), allora valgono i seguenti sviluppi del primo ordine:
• ln 1 + f (x) = f (x) + o f (x) , per x → c
• ef (x) = 1 + f (x) + o f (x) , per x → c
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SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI
α
• 1 + f (x) = 1 + αf (x) + o f (x) , per x → c
Lo studente per esercizio scriva le corrispondenti formule del secondo ordine.
Esempi Possiamo scrivere ad esempio
• ln 1 + x2 = x2 + o x2 , per x → 0
√
√
√ • e x = 1 + x + o x , per x → 0
√
2
• 1 − x2 = 1 − x2 + o x2 , per x → 0.
La formula quindi può essere utilmente applicata anche in situazioni che apparentemente non sembrano adatte, ad
esempio quelle di calcolo di limiti con x che tende all’infinito.
Esempio Consideriamo il
lim
x→+∞
x2 e1/x − 1
.
Si tratta di una f.i. del tipo +∞ · 0. Usando uno degli sviluppi visti sopra si può scrivere
lim x2 e1/x − 1 = lim x2 1 + 1/x + o(1/x) − 1 = lim x + o(1/x) = +∞.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
Si poteva però anche utilizzare il cambio di variabile 1/x = y e ottenere
lim
x→+∞
=
x2 e1/x − 1
(per la formula di Taylor)
=
=
=
5
ey − 1
y2
y + o(y)
lim+
y2
y→0
1
lim
y→0+ y
+∞.
lim
y→0+
Soluzioni degli esercizi
Esercizio 1.1
(a) Le derivate di f sono
f ′ (x) = 4x3 − 2x ,
f ′′ (x) = 12x2 − 2
,
f ′′′ (x) = 24x
e quindi si ha f (1) = 1, f ′ (1) = 2, f ′′ (1) = 10, f ′′′ (1) = 24.
Pertanto il polinomio è p3,1 (x) = 1 + 2(x − 1) +
10
2! (x
(b) Le derivate di f sono
f ′ (x) =
e quindi si ha f (e) = 1, f ′ (e) = 1e , f ′′ (e) = − e12 .
Pertanto il polinomio è p2,e (x) = 1 + 1e (x − e) −
1
x
− 1)2 +
(c) Le derivate di f sono
f ′ (x) = −
1
x2
− 1)3 = 1 + 2(x − 1) + 5(x − 1)2 + 4(x − 1)3 .
f ′′ (x) = −
,
1
2e2 (x
24
3! (x
1
x2
− e)2 .
,
f ′′ (x) =
2
x3
e quindi si ha f (2) = 21 , f ′ (2) = − 41 , f ′′ (2) = 41 .
Pertanto il polinomio è p2,2 (x) =
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2
− 14 (x − 2) + 18 (x − 2)2 .
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SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI
Esercizio 3.1
(a) La funzione è derivabile almeno due volte in un intorno di x0 = 1 e si ha
f ′ (x) = 1 − 1/x2
e
f ′′ (x) = 2/x3 ,
da cui
f ′ (1) = 0
e f ′′ (1) = 2.
Pertanto la formula di Taylor è
x + 1/x =
=
2
2 + 0 · (x − 1) + (x − 1)2 + o (x − 1)2
2
2 + (x − 1)2 + o (x − 1)2 , per x → 1.
(b) La funzione è derivabile almeno due volte in un intorno di x0 = −1 e si ha
f ′ (x) = 1/(x + 2) e
f ′′ (x) = −1/(x + 2)2 ,
da cui
f ′ (−1) = 1
e
f ′′ (−1) = −1.
Pertanto la formula di Taylor è
ln(x + 2) =
=
1
0 + 1 · (x + 1) − (x + 1)2 + o (x + 1)2
2
1
2
x + 1 − (x + 1) + o (x + 1)2 , per x → −1.
2
(c) La funzione è derivabile almeno due volte in un intorno di x0 = 1 e si ha
f ′ (x) = e1/x (−1/x2 )
e
f ′′ (x) = e1/x · 1/x4 + e1/x · 2/x3 .
Pertanto la formula di Taylor è
3
e1/x = e − e(x − 1) + e(x − 1)2 + o (x − 1)2 , per x → 1.
2
(d) La funzione è derivabile almeno due volte in un intorno di x0 = 4 e si ha
1
f ′ (x) = √
2 x
e
1
f ′′ (x) = − √ .
4 x3
Pertanto la formula di Taylor è
√
x =
=
1
2 + (x − 4) −
4
1
2 + (x − 4) −
4
1 1
· (x − 4)2 + o (x − 4)2
2 32
1
(x − 4)2 + o (x − 4)2 , per x → 4.
64
Esercizio 3.2
(a) f (x) = e2x , con x0 = 0. Dallo sviluppo di ey = 1 + y + y 2 /2 + o(y 2 ), per y → 0, sostituendo ad y la quantità 2x,
si ottiene
(2x)2
+ o (2x)2 , per x → 0
e2x = 1 + (2x) +
2
e cioè
e2x = 1 + 2x + 2x2 + o x2 , per x → 0.
2
(b) f (x) = e−x , con x0 = 0. Dallo sviluppo di ey = 1 + y + y 2 /2 + o(y 2 ), per y → 0, sostituendo ad y la quantità
−x2 , si ottiene
2
(−x2 )2
e−x = 1 + (−x2 ) +
+ o (−x2 )2 , per x → 0
2
e cioè
2
x4
e−x = 1 − x2 +
+ o x4 , per x → 0.
2
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SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI
(c) f (x) = x ln(1 − x), con x0 = 0. Dallo sviluppo di ln(1 + y) = y − y 2 /2 + o(y 2 ), per y → 0, sostituendo ad y la
quantità −x, si ottiene
x2
ln(1 − x) = −x −
+ o x2 , per x → 0
2
e quindi
x3
+ o x3 , per x → 0.
x ln(1 − x) = −x2 −
2
(d) f (x) = ln(1 + x2 ), con x0 = 0. Ancora dallo sviluppo di ln(1 + y) = y − y 2 /2 + o(y 2 ), per y → 0, sostituendo ad
y la quantità x2 , si ottiene
x4
ln(1 + x2 ) = x2 −
+ o x4 , per x → 0.
2
√
√
(e) f (x) = 1 + x2 , con x0 = 0. Dallo sviluppo di 1 + x = 1 + 21 x − 18 x2 + o(x2 ) si ottiene
p
1
1
1 + x2 = 1 + x2 − x4 + o x4 , per x → 0.
2
8
(f) f (x) = ln2 (1 + x), con x0 = 0. Partiamo dallo sviluppo del secondo ordine di ln(1 + x) = x − x2 /2 + o(x2 ), per
x → 0. Allora possiamo scrivere
2
x2
2
2
ln (1 + x) = x −
+ o(x ) .
2
Procedendo formalmente e sviluppando il quadrato del trinomio (potenze notevoli della prima lezione del corso)
possiamo scrivere
2
x4
x2
+ o(x2 ) = x2 +
+ o(x4 ) − x3 + o(x3 ) + o(x4 ). 7
x−
2
4
Si faccia attenzione ora. La scrittura ottenuta è corretta, ma volendo semplificarla riunendo le quantità
trascurabili, ci permette di scrivere solo
x2 − x3 + o(x3 ).
In altre parole, non possiamo tenere per buone le quarte potenze, data la presenza di quantità o(x3 ) (si consideri
che x4 è o(x3 )). Abbiamo ottenuto quindi lo sviluppo del terzo ordine, e non del quarto come forse si poteva
sperare.
Ora vediamo che cosa avremmo ottenuto partendo dallo sviluppo del primo ordine ln(1 + x) = x + o(x), per
x → 0. Elevando al quadrato
(x + o(x))2 = x2 + o(x2 ) + o(x2 ) = x2 + o(x2 ).
Non possiamo avere nessuna informazione in più oltre a quella fornita dall’unico termine non trascurabile.
7 Si
ricordi, lo abbiamo visto in una precedente lezione, che sono del tutto leciti passaggi formali del tipo
x · o(x) = o(x2 )
oppure
(o(x))2 = o(x2 ).
Non valgono per le proprietà delle potenze, ma valgono in conseguenza della definizione del simbolo o.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza