ESERCIZI POLINOMI E SERIE DI TAYLOR

(1)

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

(sin(x))²= ^1−cos2x₂ =¹₂−^cos2x₂ = ¹₂−¹₂

+∞

P

k=0

(−1)^k(2x)^2k (2k)! = ¹₂

1 −

+∞

P

k=0

(−1)^k(2x)^2k (2k)!

[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)!

= −

+∞

1 2

P

k=1

(−1)^k(2x)^2k (2k)!

Abiamo sviluppato un coseno quindi chiaramente R = +∞

2.Sviluppare in serie di MacLaurin la funzione f(x) = ln(3 + x²) Vogliamo ricondurci alla forma ln(1+x)

ln(3 + x²) = ln(3(1 + ^x₃²)) = ln3 + ln(1 + ^x₃²) = ln3 +

+∞

P

k=0

(−1)^k_x2

3

k+1

k+1 =

ln3 +

+∞

P

k=0

(−1)^kx^2k+2 (k+1)3^k+1

Essendo uno sviluppo tipo ln(1+x), esso vale con l'argomento tra -1 e 1. Nel nostro caso

−1 <^x₃² ≤ 1 ⇐⇒ −3 < x²≤ 3 ⇐⇒ −√

3 < x ≤√

3, Idc (-√ 3,√

3]

3. Sviluppare in serie di Taylor con centro x0=-1 la funzione f(x) = e^x Siccome il centro non è 0, faccio un cambio di variabili: y = x − x0= x + 1

(2)

e^y−1= e^ye⁻¹= e⁻¹

+∞

P

k=0 y^k k!, ∀y Risostituisco

e^x= e⁻¹

+∞

P

k=0 (x+1)^k

k! , ∀x

N.B Potreste aver trovato una soluzione diversa perche magari non avete spez- zato 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 f(x) = sin(x)

y = x −^π₂

sin(y +^π₂) = cos(y) =

+∞

P

k=0 (−1)^ky^2k

(2k)! , ∀y Risostituisco

sin(x) =

+∞

P

k=0

(−1)^k(x−^π₂)^2k (2k)! ,∀x

N.B. La traslazione di pi/2 ha fatto diventare lo sviluppo del seno pari!

5.Sviluppare in serie di MacLaurin la funzione f(x) = sin(x) − xcos(^√^x₃)

sin(x)−xcos(^√^x

3) =

+∞

P

k=0

(−1)^kx^2k+1 (2k+1)! −x

+∞

P

k=0

(−1)^k _x

√ 3

2k

(2k)! =

+∞

P

k=0

(−1)^kx^2k+1 (2k+1)! −x

+∞

P

k=0 (−1)^kx^2k

(2k)!3^k =

=

+∞

P

k=0

(−1)^kx^2k+1 (2k+1)! −

+∞

P

k=0

(−1)^kx^2k+1 (2k)!3^k =

+∞

P

k=0

(−1)^k

1

(2k+1)! −₃_k_(2k)!¹

x^2k+1,∀x

6. Sviluppare in serie di MacLaurin la funzione f(x) =√ 1 + 2x² Notiamo come f(x) = (1 + 2x²)¹². Uso la binomiale.

(3)

(1 + 2x²)¹² =

+∞

P

k=0

₁

2

k

(2x²)^k=

+∞

P

k=0

2^k

₁

2

k

x^2k= 1 + x²−^x₂⁴+^x₂⁶ −^5x₈⁸ + o(x⁹)

−1 < 2x²< 1 ⇐⇒ −¹₂ < x²< ¹₂⇐⇒ −

√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) = _−2+x+x¹ 2 [ATTENZIONE! ER- RORE MIO NELLA TRACCIA!]

Con funzioni quoziente di polinomi abbiamo detto che ci vogliamo sempre ri- condurre alla serie geometrica

Proviamo a fattorizzare

1

−2+x+x² = _(x−1)(x+2)¹ =_x−1^A +_x+2^B = ^Ax+2A+Bx−B_(x−1)(x+2) =(A+B)x+2A−B (x−1)(x+2)

( A + B = 0

2A − B = 1 =⇒

( A = ¹₃ B = −¹₃

1

−2+x+x² = _3(x−1)¹ −_3(x+2)¹

Dobbiamo arrivare a due serie geometriche

1

3(x−1) = −_3(1−x)¹ = −¹₃

+∞

P

k=0

x^k,−1 < x < 1, R=1

1

3(x+2) = ₆₍₁₊¹x 2) = ¹₆

+∞

P

k=0

−^x₂k

=¹₆

+∞

P

k=0

(−1)^{k x}₂^k_k, −1 < −^x₂ < 1 ⇐⇒ −2 <

x < 2, R=2

1

3(x−1) −_3(x+2)¹ = −¹₃

+∞

P

k=0

x^k−¹₆

+∞

P

k=0

(−1)^{k x}₂k^k = −¹₃

+∞

P

k=0

₍₋₁₎k

2^k+1 + 1 x^k

Il raggio è il minimo dei raggi : R=1

(4)

7. Calcolare la somma della serie numerica ^+∞P

n=0 (−1)ⁿ(√³

2)³ⁿ⁺¹ n!

Guardo il denominatore: n! mi fa pensare allo sviluppo di e^x quindi provo a ricondurmi a quello

Pongo ¯x =√³ 2

+∞

P

n=0

(−1)ⁿ(¯x)³ⁿ⁺¹ n!

Aggiusto l'esponente in modo che venga alla n

+∞

P

n=0

(−1)ⁿx·(¯¯ x³)ⁿ

n! =

+∞

¯ x ·P

n=0

(−1)ⁿ(¯x³)ⁿ

n! =

+∞

¯ x ·P

n=0 (−¯x³)ⁿ

n! = ¯x · e^−¯^x³

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 _(n+1)!⁽ⁿ⁺¹⁾ = n!

+∞

P

n=1

(−1)ⁿ(n+1)(√³ 2)³ⁿ⁺¹

(n+1)! =

+∞

P

n=1 (−1)ⁿ(√³

2)³ⁿ⁺¹ n!

Pongo ¯x =√³ 2

+∞

P

n=1

(−1)ⁿ(¯x)³ⁿ⁺¹ n!

(5)

Aggiustiamo l'indice sottraendo il termine n=0 della serie

+∞

P

n=1

(−1)ⁿ(¯x)³ⁿ⁺¹

n! =

+∞

P

n=0

(−1)ⁿ(¯x)³ⁿ⁺¹ n! − ¯x

Conosciamo dall'esercizio di prima la somma del primo termine

s = ¯x · e^−¯^x³− ¯x = ¯x(e^−¯^x³− 1) =√³

2 e⁻²− 1

9.Calcolare la somma della serie numerica ^+∞P

n=1

(−1)ⁿ⁺¹e^−6k−3 2k+1

Guardando il denominatore mi sembra proprio un'arcotangente. Aggiusto an- che i termini al numeratore non prima di essermi accorto che la serie parte da 1!!

Posso porre ¯x = e

+∞

P

k=1

(−1)^k+1x¯^−6k−3

2k+1 =

+∞

P

nk=0

(−1)^k+1¯x^−6k−3

2k+1 + ¯x⁻³ =

+∞

P

k=0

(−1)^k+1x¯^−3(2k+1)

2k+1 + ¯x⁻³ =

+∞

P

k=0

(−1)^k+1(^x^¯⁻³)^2k+1

2k+1 + ¯x⁻³ =

= −

+∞

P

k=0

(−1)^k(^¯^x⁻³)^2k+1

2k+1 + ¯x⁻³= −arctan(¯x⁻³) + ¯x⁻³ = −arctan(e⁻³) + e⁻³

10. Dato f(x) = e^−xlog(1 − x), calcolare p4(x)

Prodotto di due sviluppi

+

e^−x=

+∞

P

k=0 (−x)^k

k! = 1 − x +^x₂² −^x_3!³ −^x_4!⁴ + ....

log(1 − x) =

+∞

P

k=0

(−1)^k(−x)^k+1

k+1 = −

+∞

P

k=0 x^k+1

k+1 = −x −^x₂² −^x₃³ −^x₄⁴ − ...

(6)

e^−xlog(1−x) =

1 − x + ^x₂² −^x_3!³ −^x_4!⁴ + ....

−x −^x₂² −^x₃³ −^x₄⁴ − ...

= −x−

x²

2 −^x₃³ −^x₄⁴ + x²+^x₂³ +^x₃⁴ −^x₂³ −^x₄⁴ +^x_3!⁴ + ...

N.B Ignorare sempre nel prodotto in croce i termini di grado maggiore di n

(adesso n=4)

p4(x) = −x +^x₂² −^x₃³

11. Dato f(x) =√

1 + x −√

1 − x, calcolare p3(x) Sono due binomiali.

√1 + x = (1 + x)^1/2=

+∞

P

k=0

1/2 k

x^k= 1 +^x₂−^x₈² +^x₁₆³ + ...

√1 − x = (1 − x)^1/2=

+∞

P

k=0

1/2 k

(−x)^k= 1 − ^x₂−^x₈² −^x₁₆³ + ....

√1 + x −√

1 − x =

1 + ^x₂ −^x₈² +^x₁₆³ + ...

−

1 −^x₂−^x₈² −^x₁₆³ + ....

= x +

x³ 8 + ...

p3(x) = x +^x₈³

12. Dato f(x) = 4 + log(1 − 6x²) − 4√

1 − 3x², calcolare p4(x)

log(1 − 6x²) =

+∞

P

k=0

(−1)^k(−6x²)^k+1

k+1 = −6x²− 18x⁴+ ...

4√

1 − 3x²= 4

+∞

P

k=0

1/2 k

(−3x²)^k = 4 − 6x²−^9x₂⁴ + ...

4+log(1−6x²)−4√

1 − 3x²= 4+ −6x²− 18x⁴+ ... −

4 − 6x²−^9x₂⁴ + ...

=

−^27x₂⁴ + ...

p₄(x) = −^27x₂⁴

(7)

13. Dato f(x) = (e^−x− 1)³, calcolare p4(x)

Possiamo prendere due strade. 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! = 1 − x +^x₂² −^x_3!³ −^x_4!⁴ + ....

(e^−x − 1)³ =

1 − x +^x₂² −^x_3!³ −^x_4!⁴ + .... − 1³

=

−x +^x₂² −^x_3!³ −^x_4!⁴³

=

−x³+^3x₂⁴ + ...

p4(x) = −x³+^3x₂⁴

14. Dato 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

(−1)^k(cos(x)+1)^k+1

k+1 =

(cos(x) − 1) −^(cos(x)−1)₂ ² + ...

cos(x) =

+∞

P

k=0

(−1)^kx^2k

(2k)! = 1 − ^x₂² +^x_4!⁴ + ...

(cos(x) − 1) − ^(cos(x)−1)₂ ² + ... =

−^x₂² +^x_4!⁴+ ...

− ¹₂

−^x₂² +^x_4!⁴ + ...²

=

−^x₂² −^x₁₂⁴ + ...

p4(x) = −^x₂² −^x₁₂⁴

(8)

SOLUZIONE ULTIMO ESERCIZIO TUTORATO Stimare l'integrale´1/2

0

1−cosx

x² dx a meno di un errore di _10.000¹

In aula eravamo arrivati a dire..

´1/2 0

1−cosx x² dx =

+∞

−P

k=1

(−1)^k 2^2k−1(2k−1)((2k)!)

La serie è a segni alterni e soddisfa le condizioni di Leibniz!

lim

k→+∞

1

2^2k−1(2k−1)((2k)!) = 0, ok

non-crescenza

1

2^2(k+1)−1(2(k+1)−1)(2(k+1))! ≤ ₂_2k−1(2k−1)((2k)!)¹

2^2k+1(2k + 1)(2k + 2))! ≥ 2^2k−1(2k − 1)((2k)!) 2(2k + 1)(2k + 1)(2k + 2) ≥ ¹₂(2k − 1), Vero ∀k

Stima della somma

1

2^2(k+1)−1(2(k+1)−1)(2(k+1))! ≤ ₁₀₀₀₀¹

2^2k+1(2k + 1)(2k + 2))! ≥ 10000, per TENTATIVI si scopre che vale per k ≥ 2

(9)

Ed ecco arriva l'errore dolente.... La serie parte da 1! Questo signica che s2= a1+ a2! a0non esiste!

s₂= −¹₄+_8·3·24¹ = ¹₄−₅₇₆¹ = 0.2482738