1.2 Sviluppi in serie di McLaurin

Tutorato di Analisi 2 - AA 2014/15

Emanuele Fabbiani 27 febbraio 2015

1 Sviluppi di Taylor e McLaurin

1.1 Un mistero svelato

Spiegare perché, nell'esercizio 1.4 del le Serie, si ricava:

+∞

X

k=0

(−1)^k k! = e⁻¹ Si ricorda che e^x è una funzione analitica in tutto R. Di conseguenza:

e^x=

+∞

X

k=0

x^k

k! ∀x ∈ R (1.1)

Quindi deve valere anche:

e⁻¹=

+∞

X

k=0

(−1)^k

k! (1.2)

1.2 Sviluppi in serie di McLaurin

Sviluppare in serie di McLaurin no al grado G le seguenti funzioni.

NOTA: nei seguenti esercizi conviene sempre arrestare lo sviluppo della funzione al termine di grado pari a quello richiesto. Anche in caso di somme, sottrazioni o moltiplicazioni, infatti, i termini di grado successivo non possono rientrare nella formula nale, in quanto di grado superiore al massimo richiesto.

1.

f (x) = e^x−√

1 + 2x, G = 2 Lo sviluppo di e^x è noto:

e^x=

+∞

X

k=0

(x)^k

k! = 1 + x +x²

2 + ... (1.3)

Per ricavare lo sviluppo di√

1 + 2xoccorre invece ricorrere alla serie binomiale.

√1 + 2x = (1 + (+2x))¹² =

+∞

X

k=0

 1 2

k



(2x)^k =

 1 2

0



(2x)⁰+

 1 2

1



(2x)¹+

 1 2

2



(2x)²= (1.4)

= 1 +

1 2

1!(2x)¹+

1 2

1 2− 1

2! (2x)²= 1 + x −1 2x² La funzione di partenza ha quindi sviluppo:

f (x) = e^x−√

1 + 2x ' 1 + x +x² 2 −



1 + x −1 2x²



= x² (1.5)

2.

f (x) = x

e^−x2+ 1

, G = 10

La x davanti alla perentesi è già un polinomio: non occorre modicarla in alcun modo. Sfruttando lo sviluppo noto dell'esponenziale:

e^−x2=

+∞

X

k=0

−x^2
k

k! (1.6)

Inserendo questo risultato nella funzione di partenza:

x

e^−x2+ 1

= x

+∞

X

k=0

−x²
k

k! + 1

!

=

+∞

X

k=0

(−1)^k x^2k+1

k! + x (1.7)

Considerando i termini della serie no al grado indicato:

f (x) = x

e^−x2+ 1

' x − x³+x⁵ 2 −x⁷

6 +x⁹

24+ x = 2x − x³+x⁵ 2 −x⁷

6 +x⁹

24 (1.8)

3.

f (x) = 2^x

1 − x, G = 2

Si procede spezzando la frazione in due fattori. Poi si esegue il prodotto tra i termini dei due polinomi di McLaurin con grado inferiore a quello richiesto. Si noti che eseguire un prodotta alla Cauchy tra serie non è mai una scelta saggia.

f (x) = 2^x

1 − x = 2^x· 1

1 − x (1.9)

Per quanto riguarda la prima funzione, lo sviluppo dell'esponenziale con base 2 non è noto. Si cerca quindi di ricostruire un'esponenziale di base e:

2^x= e^{ln 2x} = e^{x ln 2} (1.10)

Ora si può utilizzare la consueta formula:

e^{x ln 2}=

+∞

X

k=0

(x ln 2)^k

k! (1.11)

Per quanto riguarda la seconda funzione, non è necessario ricorrere alla serie binomiale in quanto si riconosce come essa sia la somma di una serie geometrica di ragione x:

1 1 − x =

+∞

X

k=0

x^k (1.12)

Lo sviluppo completo risulta quindi essere:

f (x) =

+∞

X

k=0

(x ln 2)^k k! ·

+∞

X

k=0

x^k'



1 + x ln 2 +x²ln²x 2



1 + x + x²
= (1.13)

= 1 + (1 + ln 2) x +



1 + ln 2 +ln 2 2



x²= 1 + (1 + ln 2) x + +



1 + ln 2 +ln 2 2

 x²

Se si volesse determinare il raggio di convergenza dello sviluppo in serie, occorrerebbe ricordare che il raggio di convergenza del prodotto di due serie è maggiore o uguale del minimo dei raggi. In questo caso, il raggio di convergenza dello sviluppo dell'esponenziale è re= +∞, mentre il raggio della serie geometrica è rg = 1. Quindi il raggio dello sviluppo è r ≥ 1. Tuttavia, si nota come la funzione di partenza escluda x = 1dal proprio dominio. Questo è suciente per concludere che r = 1. In generale, infatti, il raggio di convergenza di una serie è sempre minore o uguale del modulo della singolarità (ie valore che annulla il denominatore) della serie somma di modulo minore.

4.

f (x) = x

√6

x²+ 1− sin x, G = 5

Per quanto riguarda la prima funzione si riconosce la somma di una serie binomiale:

x

√6

x²+ 1 = x 1 + x²

−¹₆

= x

+∞

X

k=0

 −¹₆ k

 x²
k

=

+∞

X

k=0

 −¹₆ k



x^2k+1 (1.14)

I primi termini sono:

1

X

k=0

 −¹₆ k



x^2k+1= x −1

6x³+−¹₆ −¹₆− 1
2! x⁵+

(−¹₆ −¹₆− 1

−¹₆− 2
3! x⁸+ ...

)

(1.15)

Lo sviluppo del seno è conosciuto:

+∞

X

k=0

(−1)^k x^2k+1

(2k + 1)! = x −x³ 6 +x⁵

5! + ... (1.16)

Inserendo i risultati nella funzione di partenza:

x

√6

x²+ 1− sin x = x −1 6x³+ 7

72x⁵−

 x −x³

6 + x⁵ 120



= 4

45x⁵ (1.17)

1.3 Sviluppi in serie di Taylor

Sviluppare in serie di Taylor con centro x0le seguenti funzioni.

Non è opportuno utilizzare la denizione: occorrerebbe infatti calcolare innite derivate. Più semplice risulta ricondursi agli sviluppi di McLaurin, che altro non sono che sviluppi di Taylor centrati nell'origine. Per fare questo occorre eettuare un cambio di variabili:

y = x − x0 (1.18)

Dove x0 è il punto in cui viene eettuato lo sviluppo.

1.

f (x) = e^−x2, x0= 1 Cambio di variabili:

y = x − 1 (1.19)

x = y + 1 (1.20)

Quindi la funzione da sviluppare è:

e^−x2= e^−(y+1)2 (1.21)

Utilizzando le formule note:

e^−(y+1)2=

+∞

X

k=0

− (y + 1)²k

k! =

+∞

X

k=0

(−1)^k (y + 1)^2k

k! (1.22)

Tornando alla variabile x:

+∞

X

k=0

(−1)^k (y + 1)^2k

k! =

+∞

X

k=0

(−1)^k (x − 1 + 1)^2k

k! =

+∞

X

k=0

(−1)^k x^2k

k! (1.23)

2.

f (x) = sin (x) , x0= π Cambio di variabili:

y = x − π (1.24)

Quindi la funzione da sviluppare è:

sin (x) = sin (y + π) = sin y (1.26)

Utilizzando le formule note:

sin y =

+∞

X

k=0

(−1)^k y^2k+1

(2k + 1)! (1.27)

Tornando alla variabile x:

+∞

X

k=0

(−1)^k y^2k+1 (2k + 1)! =

+∞

X

k=0

(−1)^k (x − π)^2k+1

(2k + 1)! (1.28)

1.4 Somma della serie

Utilizzando gli sviluppi noti, calcolare la somma delle seguenti serie:

1. +∞

X

k=1

(−1)^3k9^−kπ^2k+2 (2k + 2)!

L'unico sviluppo noto che presenta (−1)^k e potenze pari al denominatore è quello di cos x. Si cerca quindi di ricondursi alla serie:

cos x =

+∞

X

k=0

(−1)^kx^2k

(2k)! (1.29)

Due dierenze sono subito evidenti: l'esponente di −1 e la quantità all'interno del fattoriale. Il primo non è un problema, infatti

(−1)^3k = (−1)^k (1.30)

Il secondo richiede un cambiamento di variabili:

n = k + 1 (1.31)

In questo modo la serie diventa:

+∞

X

k=1

(−1)^3k9^−kπ^2k+2 (2k + 2)! =

+∞

X

n−1=1

(−1)ⁿ⁻¹9⁻⁽ⁿ⁻¹⁾π²ⁿ

(2n)! =

+∞

X

n=2

(−1)ⁿ⁻¹ 9⁽ⁿ⁻¹⁾

π²ⁿ

(2n)! (1.32)

Ora i termini fastidiosi sono concentrati nella prima frazione: si sfruttano le proprietà delle potenze per isolare e trasportare fuori dalla serie ciò che non dipende da n:

+∞

X

n=2

(−1)ⁿ⁻¹ 9⁽ⁿ⁻¹⁾

π²ⁿ (2n)! =

+∞

X

n=2

(−1)ⁿ(−1)⁻¹ 9ⁿ9⁻¹

π²ⁿ (2n)! = −9

+∞

X

n=2

(−1)ⁿ 9ⁿ

π²ⁿ

(2n)! (1.33)

Ora un'ultima operazione permette di unire π e 9 e di riconoscere il punto in cui è stato eettuato lo sviluppo:

− 9

+∞

X

n=2

(−1)ⁿ 9ⁿ

π²ⁿ (2n)! = −9

+∞

X

n=2

(−1)ⁿ 3²ⁿ

π²ⁿ (2n)! = −9

+∞

X

n=2

(−1)ⁿ

π 3

²ⁿ

(2n)! (1.34)

Ora lo sviluppo del coseno in x = ^π₃ è perfettamente riconoscibile. Occorre tuttavia prestare attenzione al fatto che la serie parte da n = 2: si rende necessario sottrarre al valore della funzione i termini corrispondenti a n = 0 e n = 1.

− 9

+∞

X

n=2

(−1)ⁿ

π 3

²ⁿ (2n)! = −9

 cosπ

3 −

 1 − π²

18



= −9 1

2− 1 + π² 18



= 9 2 −π²

2 (1.35)

2. +∞

X

k=1

7 (−1)^k+2(2k)!

(2k + 1)!

Prima di intentare qualsiasi ragionamento, si nota che è presente un fattoriale al numeratore, cosa non compatibile con alcuno degli sviluppi noti. Grazie alle proprietà dei fattoriali, tuttavia, la serie si trasforma:

+∞

X

k=1

7 (−1)^k+2(2k)!

(2k + 1)! =

+∞

X

k=1

7 (−1)^k+2(2k)!

(2k + 1) (2k)! =

+∞

X

k=1

7 (−1)^k+2

2k + 1 (1.36)

L'unico sviluppo che presenta lo stesso denominatore è:

arctan x =

+∞

X

k=0

(−1)^k x^2k+1

2k + 1 (1.37)

L'obiettivo diventa quindi rendere la serie in esame quanto più possibile simile a quella dello sviluppo noto. Si trasportano fuori dalla somma tutti i termini che non dipendono da k:

+∞

X

k=1

7 (−1)^k+2 2k + 1 = 7

+∞

X

k=1

(−1)^k(−1)² 2k + 1 = 7

+∞

X

k=1

(−1)^k

2k + 1 (1.38)

L'ultimo passo è identicare il punto in cui è stato eseguito lo sviluppo. Dal momento che nessun valore è presenta al numeratore elevato a 2k + 1, l'unico indiziato è x = 1. Infatti 1 elevato a qualunque esponente rimane 1, che può essere omesso nella scrittura di un prodotto:

7

+∞

X

k=1

(−1)^k 2k + 1 = 7

+∞

X

k=1

(−1)^k· (1)^2k+1 2k + 1 = 7

+∞

X

k=1

(−1)^k(1)^2k+1

2k + 1 (1.39)

Prestando ancora una volta attenzione al fatto che la serie parte da 1, si scrive la somma:

7

+∞

X

k=1

(−1)^k(1)^2k+1

2k + 1 = 7 (arctan (1) − 1) = 7π 4 − 1

(1.40)

1.5 Stima di integrali

Stimare con un errore non superiore a 10⁻⁴ il risultato del seguente integrale.

ˆ 1 0

sin x²

x dx

L'integrale non è facilmente risolubile per via analitica: è quindi conveniente sostituire subito la funzione sin x²
con il suo sviluppo in serie di McLaurin.

sin x²
= sin (y) =

+∞

X

k=0

(−1)^k y^2k+1 (2k + 1)! =

+∞

X

k=0

(−1)^k x^2
2k+1 (2k + 1)! =

+∞

X

k=0

(−1)^k x^4k+2

(2k + 1)! (1.41) Quindi l'integrale diventa: ˆ 1

0

sin x²
x dx =

ˆ 1 0

1 x·

+∞

X

k=0

(−1)^k x^4k+2

(2k + 1)!dx (1.42)

La quantità _x¹ può rimanere indierentemente dentro o fuori la somma. Per poter applicare il teorema di integrazione della serie è tuttavia necessario trasportarla all'interno:

ˆ 1 0

1 x·

+∞

X

k=0

(−1)^k x^4k+2 (2k + 1)! dx =

ˆ 1 0

+∞

X

k=0

1

x· (−1)^k x^4k+2 (2k + 1)!dx =

ˆ 1 0

+∞

X

k=0

(−1)^k x^4k+1

(2k + 1)!dx (1.43) Grazie al teorema di integrazione della serie, è ora possibile portare l'integrale all'interno della somma, appli- candolo ai soli termini che contengono la variabile di integrazione:

ˆ 1+∞

x^{4k+1 +∞} (−1)^k ˆ 1

Si esegue l'integrale:

+∞

X

k=0

(−1)^k (2k + 1)!

ˆ 1 0

x^4k+1dx =

+∞

X

k=0

(−1)^k (2k + 1)!

 x^4k+2 4k + 2

¹

0

(1.45)

E si ottiene una serie numerica a segni alterni:

+∞

X

k=0

(−1)^k (2k + 1)!

 x^4k+2 4k + 2

¹

0

=

+∞

X

k=0

(−1)^k

(4k + 2) (2k + 1)! (1.46)

La serie rispetta le ipotesi del criterio di LEIBNIZ:

lim

k→+∞a_k = lim

k→+∞

1

(4k + 2) (2k + 1)! = 0 OK (1.47)

ak+1< akdef initivamente OK (1.48)

Per dimostrare quest'ultima relazione si può risolvere la disequazione:

ak+1< ak (1.49)

1 ak+1

> 1

ak (1.50)

(4 (k + 1) + 2) (2 (k + 1) + 1)! > (4k + 2) (2k + 1)! (1.51) (4k + 6) (2k + 3)! > (4k + 2) (2k + 1)! (1.52) (4k + 6) (2k + 3)! > (4k + 2) (2k + 1)! (1.53) (4k + 6) (2k + 3) (2k + 2) (2k + 1)! > (4k + 2) (2k + 1)! (1.54) (4k + 6) (2k + 3) (2k + 2) > (4k + 2) (1.55)

(4k + 6) 4k²+ 10k + 6
> (4k + 2) (1.56)

16k³+ 64k²+ 84k + 36 > 4k + 2 (1.57)

8k³+ 32k²+ 40k + 17 > 0 (1.58)

L'ultima relazione è vera ∀k ≥ 0. Si può quindi utilizzare la stima:

|S − Sk| ≤ ak+1 (1.59)

ak+1= 1

(4k + 6) (2k + 3)! ≤ 1

10000 (1.60)

Procedendo per tentativi:

a0= 1

(6) (3)! = 1

36 (1.61)

a1= 1

(10) (5)! = 1

1200 (1.62)

a2= 1

(14) (7)! = 1

70560 (1.63)

Basta quindi calcolare la ridotta no a k + 1 = 2, ovvero k = 1.

ˆ 1 0

sin x²
x dx '

1

X

k=0

(−1)^k

(4k + 2) (2k + 1)! = a₀− a₁= 1 36− 1

1200 ' 0.0269 (1.64)