Formula di Taylor - Angelo Angeletti.htm

Università di Camerino – Corso di Laurea Fisica – Indirizzo Tecnologie per l’Innovazione
Appunti di Calcolo – Prof. Angelo Angeletti
Formula di Taylor
Si ricorderà che l’equazione della tangente ad una curva di equazione y = f(x) in un punto x0
è data dalla relazione
y = f ( x0 ) + f ' ( x0 )( x − x0 ) .
Si noti che la tangente è una funzione che in x0 ha lo stesso valore della funzione e lo stesso valore
della derivata.
Si consideri la funzione y = ex; essendo e0 = 1, l’equazione della tangente nell’origine è y =
x + 1. Si supponga ora di dover calcolare e0,1; con una calcolatrice si ottiene e0,1 = 1,105170918… .
Se ci si accontenta di un’approssimazione un po’ meno buona, si può calcolare il valore che la tangente alla funzione y = ex in x = 0 assume in x = 0,1, cioè y(0,1) = 0,1 + 1 = 1,1. È evidente che si
commette un errore
0 ,1
∆ = e − y ( 0 ,1) = 0 , 005170918...
pari allo 0,47%.
L’errore è ancora più piccolo se si calcola e0,01; infatti si ha ∆ = e
0 ,01
− y ( 0 , 01) = 0 , 000050167... .
Si provi ora a considerare una parabola di equazione y = ax 2 + bx + c che, in x0, abbia lo
stesso valore di una funzione y = f(x), lo stesso valore della derivata prima e lo stesso valore della
derivata seconda. Sia cioè:

f " ( x0 )
a
=
2

 f ( x0 ) = y ( x0 ) = ax0 + bx0 + c
2


si
ricava
f
'
x
=
y'
x
=
2
ax
+
b
b
f
'
=
( 0)
( x0 ) − f " ( x0 ) x0
 ( 0)

0
 f " ( x ) = y" ( x ) = 2a

f " ( x0 ) 2
0
0

c = f ( x0 ) − f ' ( x0 ) x0 +
x0

2
e quindi l’equazione della parabola cercata è

f " ( x0 ) 2 
x 2 +  f ' ( x0 ) − f " ( x0 ) x0  x +  f ( x0 ) − f ' ( x0 ) x0 +
x0  =
2
2


f " ( x0 ) 2
f " ( x0 ) 2
=
x + f ' ( x0 ) x − f " ( x0 ) x0 x + f ( x0 ) − f ' ( x0 ) x0 +
x0 =
2
2
f " ( x0 )
2
= f ( x0 ) + f ' ( x0 )( x − x0 ) +
( x − x0 )
2
y=
f " ( x0 )
Si consideri di nuovo la funzione y = ex e si scriva l’equazione della parabola che nell’origine (x0=0)
1
abbia le caratteristiche sopra indicate; si ha y = x 2 + x + 1 . Se si vuol calcolare ancora e0,1, si può
2
1
2
utilizzare l’equazione della parabola e si ottiene y ( 0 ,1) = 1 + 0 ,1 + ( 0 ,1) = 1,105 con un errore
2
0 ,1
∆ = e − y ( 0 ,1) = 0 , 000170918... ,
1
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pari allo 0,015%; un errore sulla quarta cifra decimale che per molti calcoli è più che accettabile.
Se si calcola e0,01 si ha ∆ = e
0 ,01
− y ( 0 , 01) = 0 , 000000167... . Con un errore ancora più piccolo.
A questo punto dovrebbe essere evidente che se una funzione y = f(x) è derivabile n volte in
un punto x0, le si può associare un polinomio Pn(x) che, in questo punto, abbia lo stesso valore della
funzione e delle sue derivate fino all’ordine n. Si dimostra che il polinomio in questione è dato da:
n
f " ( x0 )
f ( x0 )
2
n
Pn ( x ) = f ( x0 ) + f ' ( x0 )( x − x0 ) +
( x − x0 ) + ... +
( x − x0 )
2!
n!
NOTA – Il simbolo n! (leggi enne fattoriale) indica il prodotto dei primi n numeri naturali, cioè
n! = 1·2·3·…·(n – 1)·n
Per definizione 0! = 1.
Una definizione ricorsiva del fattoriale è:
1
se n = 0

n! = 
n ⋅ ( n − 1) ! se n ≥ 1
Si ha per esempio che 5! = 1·2·3·4·5 = 120.
L’errore ∆ = f ( x ) − Pn ( x ) che si commette approssimando la funzione con il polinomio
viene chiamato anche resto (in genere il resto si indica con Rn(x)); si può scrivere
f ( x ) = Pn ( x ) + Rn ( x ) .
Come si è potuto intuire dall’esempio, il resto diventa sempre più piccolo man mano che aumenta il
grado del polinomio approssimante e anche man mano che x si avvicina a x0.
Vale il seguente teorema di Taylor.
TEOREMA – Sia f : (a,b) → » derivabile n volte nell'intervallo (a,b). Siano x e x0 due punti appartenente a questo intervallo. Si ha:
f ( x ) = Pn ( x ) + Rn ( x )
Dove Pn(x) è detto "polinomio di Taylor" di punto iniziale x0:
n
f " ( x0 )
f ( x0 )
2
n
Pn ( x ) = f ( x0 ) + f ' ( x0 )( x − x0 ) +
( x − x0 ) + ... +
( x − x0 ) [i],
2!
n!
in forma compatta
[i] Il simbolo f n indica la derivata ennesima della funzione y = f(x)
2
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n
f
Pn ( x ) = ∑
n
( x0 )
k!
k =0
( x − x0 )
[ii]
k
n
Il resto, Rn ( x ) , è un infinitesimo di ordine superiore rispetto a ( x − x0 ) , cioè:
lim
x → x0
Rn ( x )
( x − x0 )
n
= 0.
Un modo molto utile per esprimere il resto Rn(x) è nella cosiddetta “formula di Lagrange”. È
necessario che la funzione f(x) sia derivabile n+1 volte, allora esiste un punto c, tale che x0 < c < x,
per cui si ha
Rn ( x ) =
( n +1)
( c ) x − x n +1 .
( 0)
( n + 1)!
f
Se nella formula di Taylor x0 = 0 si parla di formula di Mac Laurin:
n
f " (0) 2
f (0) n
f ( x ) = f ( 0) + f ' ( 0) x +
x + ... +
x + Rn ( x )
2!
n!
4
3
2
ESEMPIO 1 – Scomporre il polinomio y = x − 5 x + 5 x + x + 2 secondo le potenze di x − 2 .
4
3
2
Il problema è equivalente a scrivere il polinomio di Taylor di f ( x ) = x − 5 x + 5 x + x + 2 nel punto x0 = 2. Si ha:
f ( 2) = 0
3
2
f ' ( x ) = 4 x − 15 x + 10 x + 1
da cui
f ' ( 2 ) = −7
f '' ( x ) = 12 x − 30 x + 10
da cui
f '' ( 2 ) = −2
f ''' ( x ) = 24 x − 30
da cui
f ''' ( 2 ) = 18
2
f
IV
( x ) = 24
Il polinomio è quindi: y = −7 ( x − 2 ) −
2
18
24
2
3
4
( x − 2 ) + ( x − 2 ) + ( x − 2 ) , ovvero
2!
3!
4!
2
3
y = −7 ( x − 2 ) − ( x − 2 ) + 3 ( x − 2 ) + ( x − 2 )
4
◊
x
ESEMPIO 2 – Si calcoli il polinomio di Taylor per la funzione f ( x ) = e di punto iniziale x0.
n
x0
e
k
Ricordando che la derivata di ordine qualunque di e è sempre e , si ha: Pn ( x ) = ∑
( x − x0 ) e
k = 0 k!
x
n
x
x0
e
k
quindi si può scrivere: e = ∑
( x − x0 ) + Rn ( x ) .
k = 0 k!
x
Se x0 = 0 allora si ha:
[ii] Si usa la convenzione f 0(x0) = f(x0)
3
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2
3
n
x
x
x
e = 1 + x + + + ... + + Rn ( x )
2! 3!
n!
x
◊
x
Figura 1 – Le approssimazioni della funzione f ( x ) = e nell’origine con polinomi fino al quarto grado.
ESERCIZI
1 - Si dimostri che valgono le seguenti formule di Mac Luarin.
2
3
n
x
x
n +1 x
A) ln (1 + x ) = x − + − ... + ( −1)
+ Rn ( x )
2 3
n
3
5
2
4
2 n +1
x
x
x
n
B) senx = x − + − ... + ( −1)
+ R ( x)
3! 5!
( 2n + 1)! 2 n+1
2n
x
x
n x
C) cos x = 1 − + − ... + ( −1)
+ R ( x)
2! 4!
( 2n ) ! 2 n
3
5
2 n +1
x
x
n x
D) arctgx = x − + − ... + ( −1)
+ R2 n +1 ( x )
3 5
2n + 1
k ( k − 1) 2 k ( k − 1)( k − 2 ) 3
k  n
k
E) (1 + x ) = 1 + kx +
x +
x + ... +   x + Rn ( x ) [iii]
2!
3!
n
2 - Scrivere il polinomio di Mac Laurin del quinto ordine per la funzione y = 1 + x
k ⋅ ( k − 1) ⋅ ( k − 2 ) ⋅ ... ⋅ ( k − n + 1)
k 
k!
[iii] Si ricorda il significato del simbolo   =
con k ed n numeri naturali.
=
n
n
!
k
−
n
!
n!
(
)
 
L’espressione vale anche per k frazionario.
4
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1
[R. Si osservi che y = 1 + x = (1 + x ) 2 . Si ha y = 1 +
3
1
1 2 1 3 5 4
7 5
x− x + x −
x +
x ]
2
8
16
128
256
2
3 - Scrivere il polinomio y = x − 2 x + 3 x + 5 secondo le potenze di x − 1 .
2
3
[R. y = 7 + 2 ( x − 1) + ( x − 1) + ( x − 1) ]
5
4
2
4 - Scrivere il polinomio y = x + 2 x − x + x + 1 secondo le potenze di x + 1 .
2
3
4
5
[R. y = ( x + 1) + 2 ( x + 1) − 3 ( x + 1) + ( x + 1) ]
◊
Facendo uso degli sviluppi di funzioni elementari (quelli dati nell’ESERCIZIO 1) si possono
ricavare gli sviluppi di funzioni più complesse.
ESEMPIO 3 – Si determini il polinomio di Taylor del quinto ordine della funzione
f ( x ) = ln (1 + senx )
nel punto x0 = 0. Si ponga z = senx , si ha ln (1 + senx ) = ln (1 + z ) il cui sviluppo è dato
nell’ESERCIZIO 1A. Ricordando lo sviluppo di z = senx , dato nell’ESERCIZIO 1B, si ha:
2
3
4
3
5
3
5
3
5
3
5

 1
 1
 1

x
x
x
x
x
x
x
x
ln (1 + senx ) =  x − + − ...  −  x − + − ... +  x − + − ... −  x − + − ... + ...

 2
 3
 4

3! 5!
3! 5!
3! 5!
3! 5!








Sviluppando le potenze:
1 2 1 3 1 4 1 5
f ( x ) = ln (1 + senx ) = x − x + x − x +
x + ...
2
6
12
24
◊
ESERCIZI
5 - Si dimostri che valgono le seguenti formule di Mac Luarin.
3
4
n
x
x
x
+ R ( x)
A) xe = x + x + + + ... +
2! 3!
( n − 1) ! n
2
x
2
4
6
2n
x
x
x
B) e = 1 + x + + + ... +
+ R2 n ( x )
2! 3!
n!
x
2
( )
C) sen x
2
6
10
4n+2
x
x
x
n
=x − +
− ... + ( −1)
+ R ( x)
3! 5!
( 2n + 1) ! 4 n+ 2
2
3
5
2 n +1


1+ x
x
x
x
 + R2 n +1 ( x )
D) ln
= 2  x + + + ... +

1− x
3 5
2n + 1 

1+ x


Si consiglia di utilizzare ln 1 − x = ln (1 + x ) − ln (1 − x ) 
6 - Scrivere il polinomio di Mac Laurin di quinto grado per la funzione f ( x ) = e
arctgx
.

x 2 x 3 7 x 4 x5 
arctgx
R.
e
=
1
+
x
+
− −
+ 

2 6 24 24 

◊
5
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Con degli esempi si vedrà come la formula di Taylor può essere utilizzata per il calcolo dei
f ( x)
limiti di alcune forme indeterminate. Per esempio, se lim
presenta la forma indeterminata
x → x0 g ( x )
0/0, si può sostituire al numeratore e al denominatore i loro polinomi di Taylor di grado opportuno
riducendo il rapporto tra le due funzioni al rapporto di due potenze.
x − senx
x3
Sostituendo senx con il polinomio di Mac Laurin di terzo grado si ha:
ESEMPIO 4 – Si calcoli lim
x →0


x3
 x3

x3
x −  x − + R3 ( x ) 
x − x − + R3 ( x )


R
x
3!
(
)
1 1

 = lim
3!
lim
= lim  3!3 + 3 3  = =
3
3
x →0
x →0
x →0
x
x
x  3! 6
x




Si ricordi che
R ( x)
lim n
=0
n
x → x0
( x − x0 )
◊
ESEMPIO 5 – Si calcoli lim
x →0
2
−
e
x
2
2
x2
−
2
e − cos x
1
1 − x2 − 1 − x2
2
4
x
x
= 1 − + + R4 ( x ) (nel polinomio per ex basta mettere al posto di x –x2/2)
2 8
2
4
x
x
cos x = 1 − +
+ R4 ( x )
2 24
Non ci si è arrestati al polinomio di secondo grado perché i primi due termini dello sviluppo delle
due funzioni sono uguali e dovendo fare la differenza si sarebbe ottenuto zero. Non è necessario andare oltre al quarto grado perché la differenza delle due funzioni è appunto un infinitesimo di quarto
grado.
11 
1
 − 1
2
2 2
2
2 2
1
1 2 1 4
22 
1− x = 1− x
= 1+ −x +
− x + R4 ( x ) = 1 − x − x + R4 ( x )
2
2!
2
8
(
)
( )
( )
Anche per il denominatore è sufficiente il polinomio di quarto grado. Sostituendo si ottiene:
 x2 x4
  x2 x4

1
−
+
+
R
x
+ R4 ( x ) 
(
)

 − 1 − +
4
2 8
2 24
e − cos x
 
=
lim
= lim 
x →0
x
→
0
1 2
1
1
 1

1 − x − 1 − x2
1 − x 2 − 1 − x 2 − x 4 + R4 ( x ) 
2
2
8
 2

−
x2
2
6
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x2 x4
x2 x4
1 R4 ( x )
x4
+ −1+
− + R4 ( x )
+
+ R4 ( x )
2
8
2 24
x4 = 2
12
12
= lim
= lim
= lim
x →0
x →0 1 4
x →0 1
R ( x) 3
1
1
1
x + R4 ( x )
1 − x 2 − 1 + x 2 + x 4 + R4 ( x )
+ 44
8
2
2
8
8
x
1−
 x2 x4
  x2 x4

Attenzione: al numeratore si aveva 1 − + + R4 ( x )  − 1 − +
+ R4 ( x )  e un calcolo pu2 8
2 24

 

4
x
ramente algebrico avrebbe dato
in quanto R4 ( x ) compare sia con il segno + che con il segno –.
12
Questo però è un errore in quanto R4 ( x ) significa che la differenza tra la funzione e il polinomio
che è stato utilizzato è un infinitesimo superiore al quarto ordine, quindi nei due casi R4 ( x ) ha lo
stesso significato, ma non è lo stesso valore. Il numeratore può essere scritto come un termine di
quarto grado più termini di grado superiore.
◊
ESERCIZI
7 - Facendo uso del polinomio di Taylor si calcoli i seguenti limiti:
e x − cos x
A) lim
[R. 1]
x →0
senx
2
ex − 1 − x2 
3
B) lim
R. 
2

x → 0 ln 1 + x
( )  2
x − senx
[ R. 1]
x2
e −1− x −
2
2
ln (1 + x ) − sen 2 x
D) lim
[ R. 0]
2
x →0
1 − e− x
2 ( tgx − senx ) − x 3 
1
E) lim
R. 
5

x →0
x
4

C) lim
x →0
x
◊
Un campo di applicazione del polinomio di Taylor è nelle approssimazioni. Si chiarirà il
concetto con degli esempi.
ESEMPIO 6 – Si voglia calcolare il valore del numero di Nepero e fino alla sesta cifra decimale,
ovvero con un errore minore di 10-6.
Utilizzando lo sviluppo trovato nell’ESEMPIO 2, ponendo x0 = 0 e x = 1, si ha:
1 1
1
+ + ... + + Rn .
2! 3!
n!
Scrivendo il resto nella forma di Lagrange si ha:
e = 1+1+
c
e
Rn =
( n + 1) !
7
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con 0 < c < 1. Da ciò segue che 1 < ec < e < 3 quindi Rn <
il quale
3
. A questo punto il valore di n per
( n + 1)!
−6
6
3
< 10 , ovvero ( n + 1) ! > 3 ⋅10 , soddisfa alla condizione posta. Si verifica facilmen( n + 1)!
6
6
te che 10! = 3,6288 ⋅10 > 3 ⋅10 e quindi n = 9. Si ha:
e = 1+1+
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1
1
1
1
1
1
+ + + + + + + = 1+1+ + +
+
+
+
+
+
=
2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!
2 6 24 120 720 5040 40320 362880
= 2,718281525... Le prime 6 cifre decimali sono esatte[iv].
◊
ESEMPIO 7 – Si vuol calcolare ln2 con 5 cifre decimali esatte ovvero con un errore minore di 10-5.
Utilizzando lo sviluppo dell’ESERCIZIO 1A si ha:
2
3
n
1 1
n +1 1
ln 2 = ln (1 + 1) = 1 − + − ... + ( −1)
+ Rn
2 3
n
n +1
 1 


1+ c 
Il resto nella forma di Lagrange è Rn = 
con 0 < c < 1. Poiché il numeratore è massimo
n +1
−5
5
1
1
per c = 0 si ha Rn <
. Il valore di n per il quale
< 10 , ovvero n + 1 > 10 , è n = 99999.
n +1
n +1
Per risolvere il problema posto sarebbe necessario calcolare:
1 1 1 1
1
ln 2 = 1 − + − + − ... +
2 3 4 5
99999
Calcolo del tutto improponibile da farsi a mano.
Con calcoli analoghi a quelli svolti sopra, si dimostra che se si vuole un errore minore di 10-n, è necessario prendere il polinomio fino al grado 10n – 1.
Il calcolo si accelera se si utilizza lo sviluppo dell’ESERCIO 4D. Tenendo presente che
1+ x
1
= 2 per x = si ha:
1− x
3
1 1 1 1 1
1
1 
ln 2 = 2  + ⋅ 3 + ⋅ 5 ... +
⋅ 2 n +1  + R2 n +1
2n + 1 3 
3 3 3 5 3
Per stimare il resto si osservi che:
 1



1
1
1
2
1 1
1 + 2 + 4 + ... [v]
R2 n +1 = 2 
⋅ 2 n +3 +
⋅ 2 n +5 + ... <
2 n+3 
2n + 5 3
 2n + 3 3
 ( 2n + 3) ⋅ 3
 3 3

e
quindi
R2 n +1 <
2⋅9
2 n +3
8 ⋅ ( 2n + 3 ) ⋅ 3
=
1
2 n +1
4 ⋅ ( 2n + 3 ) ⋅ 3
,
da
ciò
segue
che
deve
essere
[iv] Il valore di e con 10 cifre decimali esatte è 2,7182818284.
n
1
1
9
[ ] 1 + 2 + 4 + ... = ∑  2  è una serie geometrica di ragione 1/9 e la sua somma è
= . In generale la somma
1
8
n=0  3 
3 3
1−
9
∞
∞
2
3
4
n
n
1
di infiniti termini del tipo 1 + a + a + a + a + ... = ∑ a , se a < 1 , allora ∑ a =
.
1− a
n=0
n=0
v
1
1
∞
8
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1
−5
2 n +1
4 ⋅ ( 2n + 3 ) ⋅ 3
2 n +1
< 10 , ovvero 4 ⋅ ( 2n + 3) ⋅ 3
5
> 10 , e quindi n = 4. Per cui
1 1 1 1 1 1 1 1 1 
1
1
1 
1 1
vi
ln 2 = 2  + ⋅ 3 + ⋅ 5 + ⋅ 7 + ⋅ 9  = 2  + +
+
+
 = 0,693146... [ ]
 3 81 1215 15309 177147 
3 3 3 5 3 7 3 9 3 
◊
ESEMPIO 8 – Si vuol calcolare cos(0,1)[vii] con 5 cifre decimali esatte ovvero con un errore minore
di 10-5.
Utilizzando lo sviluppo dell’ESERCIZIO 1C si ha:
2
4
2n
0 ,1 0 ,1
n 0 ,1
cos ( 0 ,1) = 1 −
+
− ... + ( −1)
+ R ( 0 ,1)
2
24
( 2n ) ! 2 n
D
Il resto nella forma di Lagrange è R2 n ( 0,1) =
2 n +1
[ cos x ]
2 n +1
x=c
( 0,1) con
( 2n + 1)!
0 < c < 0,1. Bisogna
quindi da valutare il valore assoluto della derivata (2n+1)–esima di cosx in un punto compreso tra 0
e
0,1.
Tale
derivata
è
e
senx
si
avrà
D
2 n +1
= senc < 1 .
[ cos x ]
Da
cui
x =c
1
1
R2 n ( 0 ,1) <
( 2n + 1)!  10 
10
2 n +1
2 n +1
=
1
10
2 n +1
⋅ ( 2n + 1) !
. Deve essere
1
10
2 n +1
⋅ ( 2n + 1) !
−5
< 10 , ovvero
5
⋅ ( 2n + 1) ! > 10 , da cui n = 2. Si ha quindi
2
4
0 ,1 0 ,1
1
1
cos ( 0 ,1) = 1 −
+
= 1−
+
= 0 ,9950041666... [viii]
2
24
200 240000
◊
ESERCIZI
8-
Calcolare i seguenti valori con l’errore a fianco indicato:
A) e con l’errore di 10-5
B) sen ( 0,1) con l’errore di 10-5
C) ln3 con l’errore di 10-5.
9-
Facendo uso dello sviluppo di arctgx dato nell’ESERCIZIO 1D e del fatto che arctg1 =
calcoli π con un errore di 10-5.
10 - Si calcoli 2 con un errore di 10-5. [Si faccia uso dello sviluppo di
nell’ESERCIZIO 1E, ponendo x = 1 e k = ½]
(1 + x )
k
π
, si
4
dato
◊
[vi] ln2 con 10 cifre decimali esatte è 0,6931471805
[vii] si intende 0,1 radianti (circa 5,73°)
[viii] cos(0,1) con 10 cifre decimali esatte è 0,9950041652. Si può osservare che nel risultato che si è ottenuto, le cifre
decimali esatte sono 8; ciò è dovuto alla maggiorazione della derivata (2n+1)–esima. In questo caso con n = 1 si sarebbe
ottenuto cos(0,1) = 0,995000 che andava bene lo stesso. Ma in genere ciò non accade.
9