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24/10/15

36. La serie di Taylor e quella di Maclaurin **

Il gioco è quasi terminato e possiamo tornare, lentamente, verso una visione più seria e precisa. Ciò che abbiamo ottenuto, divertendoci, non è altro che una formula di importanza fondamentale.

Ragioniamoci sopra: il termine in x deve essere diviso per 1, il termine in x2 deve essere diviso per 2, il termine in x3 deve essere diviso per 6 e via dicendo. Ci chiediamo: “Qual è il legame che esiste tra l’esponente della x e questo numero variabile?”

Proviamo con queste semplici relazioni:

1 = 1

2 · 1 = 2

3 · 2 · 1 = 6

4 · 3 · 2 · 1 = 24

5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120

Cosa abbiamo fatto ? Ad ogni numero n abbiamo associato il prodotto di tutti i numeri interi che lo precedono (escludendo lo zero).

In parole più matematiche, a n associamo il numero:

n · (n-1) · (n -2) · …. · 3 · 2 · 1

Ad esempio a 1 associamo 1, dato che non vi è nessun numero che lo precede. Al numero 2 il prodotto 2 per 1. A 3 il prodotto 3 per 2 per 1, e via dicendo. Questo nuovo numero si chiama fattoriale del numero e si calcola come prodotto del numero per tutti i suoi antecedenti.

Nel nostro caso, se l’esponente di x è 1, dividiamo la potenza per il fattoriale di 1, ossia 1; se l’esponente è 2 la dividiamo per il fattoriale di 2, ossia 2 per 1, ossia 2; se l’esponente è 3 la dividiamo per il fattoriale di 3, ossia 3 per 2 per 1, ossia 6; se l’esponente è 4, la dividiamo per il fattoriale di 4, ossia 4 per 3 per 2 per 1, ossia 24; e via dicendo.

Funziona questo tipo di coefficiente? Perfettamente dato che è proprio quello che riduce a 1 tutti i coefficienti delle potenze di x, ottenendo alla fine proprio la funzione di partenza! Oltretutto la sua ragione d'essere è abbastanza semplice da capire: è il coefficiente che serve ad "annullare" il coefficiente che nasce eseguendo le derivate successive!

Possiamo perciò scrivere la formula corretta:

f(x) =  x/1 + 2 x2/(2· 1) + 6 x3/( 3· 2· 1) + 24 x4/(4· 3· 2· 1) + 120 x5/(5· 4· 3· 2· 1)

ossia

f(x) = x + x2 + x3 + x4 + x5

Magnifico!

Abbiamo lavorato in modo molto rudimentale -e spesso fantasioso- ma siamo riusciti nel nostro intento. Abbiamo ricavato nientemeno che la serie di Taylor, un polinomio che ci permette di approssimare qualsiasi funzione nell’intorno di un certo punto fino al livello di precisione che vogliamo (la precisione ce la dice il resto, ossia l’errore, che è però sicuramente un infinitesimo maggiore dell’ultimo termine considerato).

Prima di scriverla in modo generale, introduciamo una scrittura sintetica che ci permette di indicare il fattoriale molto rapidamente. Dopo il numero inseriamo un punto esclamativo. Questo simbolo ci dice che dobbiamo moltiplicare n per tutti i numeri che lo precedono, ossia:

n! = n · (n-1) · (n -2) · …. · 3 · 2 · 1

La formula di Taylor, nell’intorno del punto origine (x = 0), diventa:

f(x) =  f(0) + f ’(0) x/1! + f ”(0) x2/2! + fIII(0) x3/3! + …. f n (0) xn/n!

In realtà quanto detto non è proprio vero… La formula che abbiamo scritto si riferisce alla serie di Maclaurin, che non è altro che la serie di Taylor calcolata nell’origine.

La vera serie di Taylor vale per qualsiasi punto di ascissa x0 della funzione da approssimare e si scrive:

f(x) =  f(x0) + f ’(x0) (x - x0)/1! + f ”(x0) (x - x0)2/2! + f III(x0) (x - x0)3/3! + …. f n (x0)(x - x0)n/n!

A questo punto, possiamo anche permetterci di utilizzare la nostra formula di Taylor per la funzione polimoniale di terzo grado, scelta come esempio precedentemente, e vedere se continua a funzionare anche per x diverso da ZERO.

Riprendiamo, quindi:

f(x) = x3 + x2 + x

e approssimiamola con la serie di Taylor nel punto di ascissa x0 = 1

Le derivate calcolate nel punto di ascissa x = 1, ovviamente, cambiano…

f(x) = x3 + x2 + x

f(1) = 3

 

f ’(x) = 3x2 + 2x + 1

f ’(1) = 6

 

f ”(x) = 6x + 2

f ”(1) = 8

 

f III (x) = 6

f III (0) = 6

 

f IV(x) = 0

f IV(0) = 0

La formula di Taylor diventa:

f(x) =  f(1) + f ’(1) (x - 1)/1! + f ”(1) (x - 1)2/2! + f III(1) (x - 1)3/3!

f(x) =  3 + 6 (x - 1)/1! + 8 (x - 1)2/2! + 6(x - 1)3/3!

f(x) =  3 + 6 (x - 1) + 8 (x - 1)2/2 + 6(x - 1)3/6

f(x) =  3 + 6 x - 6 + (8 x2 + 8 - 16 x )/2 + (6x3 - 6 - 18x2 + 18x)/6

f(x) =  3 + 6 x - 6 + 4 x2  + 4 - 8 x  + x3 - 1 - 3x2 + 3x

f(x) = x3 + x2 + x

Come volevasi dimostrare!

Per vedere quanto sia utile la serie di Taylor basterebbe applicarla a funzioni non polinomiali come il seno ed ex. Ed è quello che faremo e che ci permetterà anche di trovare il numero “e” con la precisione voluta.

Teniamo, inoltre, in conto che fare integrali di funzioni un po’ strane potrebbe essere quasi impossibile. Sostituendo la funzione con una serie di potenze di x, tutto si semplifica enormemente. Importanza enorme ce l’ha anche l’errore che si commette, ossia il resto. Noi possiamo tralasciarlo dato che abbiamo capito come funziona concettualmente, ma la matematica più raffinata si diverte un sacco ad analizzarlo in tutti i modi.

Resta, però, il fatto che siamo arrivati a scrivere l’importantissima formula che descrive lo sviluppo in serie, che approssima una funzione qualsiasi, attraverso un polinomio in modo molto altalenante e spesso empirico. Molti non saranno soddisfatti, per cui proveremo a ricavare la formula facendo uso di due teoremi fondamentali, quello di Rolle e quello di Lagrange che è una sua generalizzazione. Vedremo anche che senza introdurre le derivate successive era già possibile scrivere serie numeriche estremamente utili.

In ogni modo, abbiamo anche risposto alla domanda sul significato delle derivate successive. Esse servono a determinare i coefficienti dei termini successivi in modo da poter approssimare una curva data, in suo intorno, attraverso curve polimoniali di grado sempre più elevato (parabola, cubica, quadrica, ecc.). La stessa cosa che, in fondo, faceva la derivata prima.

 

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QUI l'intero corso di matematica

2 commenti

  1. Paolo

    Caro Enzo mi sono chiesto se il sistema funziona anche in presenza di coefficienti propri della funzione di partenza, e siccome sono convinto che la risposta sia positiva :mrgreen: , ho deciso di testare questa ipotesi (la mia solita curiosità ha preso il sopravvento :roll: ).
    Per il test utilizzerò una funzione cubica completa.

    Uso il caso letterale (anche se più difficile da trattare rispetto al caso numerico) poiché fornisce soluzioni generali :-D .... ossia valide qualunque siano i coefficienti numerici attribuiti ad: a; b; c e d.
    La funzione cubica completa di partenza è: ax³ +bx² +cx +d

    Questa volta voglio calcolare le derivate nel punto x0 =2 (dato che le potenze di 1 restituiscono sempre 1 come risultato, mentre quelle di 2 non sono così facilmente addomesticabili):
    f(x) = ax³ +bx² +cx +d
    f(2) = a (2)³ +b (2)² +c(2) +d = 8a +4b +2c +d

    f' (x) = 3ax²+2bx +c
    f' (2) = 3a (2)² +2b (2) +c= 12a +4b +c

    f'' (x) = 6ax +2b
    f'' (2) = 6a (2) +2b = 12a +2b

    f''' (x) = 6a
    f''' (2) = 6a

    f'''' (x) = 0
    f'''' (2) = 0

    A questo punto posso sostituire il valore di x0= 2 e i risultati trovati per approssimare la funzione (riporto tutti i passaggi anche quelli più semplici :wink: ):
    f(x) = f(x0) + f'(x0) (x-x0)/1! + f''(x0) (x-x0)²/2! +f'''(x0) (x-x0)³/3! +f'''(x0) (x-x0)^4/4!

    Sostituisco i valori trovati ed i numeri fattoriali (1!; 2!; 3!; 4!) con i rispettivi valori:
    f(x) = (8a +4b +2c +d) + (12a +4b +c) (x-2)/1 +(12a +2b) (x-2)²/2 + 6a (x-2)³/6 + 0(x-2)^4/24

    Semplifico numeratori e denominatori
    f(x) = (8a +4b +2c +d) + (12a +4b +c) (x-2) + 2 ((6a +b) (x-2)²)/2 + a (x-2)³ +0

    Svolgo il prodotto (12a +4b +c) (x-2) e semplifico l'ultimo denominatore rimasto (2/2)
    f(x) = 8a +4b +2c +d+ 12ax +4bx +cx – 24a -8b -2c+ (6a +b) (x-2)² + a(x-2)³

    Semplifico i termini con lo stesso coefficiente letterale (es +2c -2c= 0)
    f(x) = -16a -4b +d+ 12ax +4bx +cx + (6a +b) (x-2)² + a(x-2)³

    Eseguo quadrato e cubo di (x-2)
    f(x) = -16a -4b +d+ 12ax +4bx +cx + (6a +b) (x² +4 - 4x) + a (x³ -6x² +12x -8)
    f(x) = -16a -4b +d +12ax +4bx +cx + (6a +b) (x² +4 -4x) + ax³ -6ax² +12ax -8a

    Di nuovo semplifico i termini con medesimo coefficiente letterale
    f(x) = -24a -4b +d +24ax +4bx +cx + (6a +b) (x² +4 -4x) + ax³ -6ax²

    Svolgo l'ultimo prodotto tra (6a +b) (x² +4 -4x)
    f(x) = -24a -4b +d +24ax +4bx +cx + 6ax² +24a -24ax+bx² +4b -4bx+ ax³ -6ax²

    Semplifico i termini con lo stesso coefficiente letterale (che si annullano a vicenda)
    f(x) =d +cx +bx² + ax³
    f(x) =ax³+ bx² cx +d

    Ed ecco ottenuta la funzione iniziale con i coefficienti letterali integri... :mrgreen:

    Mi sembra che il test abbia funzionato (sempre che non abbia commesso qualche errore :?: )

    Paolo

  2. bravo Paolo! Sei peggio di San Tommaso... ma nella Scienza bisogna essere così! :-P

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