13/11/15

39 bis. Soluzione degli esercizi sulle serie di Mclaurin ***

Diamo una rapida soluzione agli esercizi proposti nel capitolo precedente (39), proponendo lo sviluppo in serie e descrivendo la formula più compatta. Un bravo ai nostri (due) lettori che si sono cimentati. Bando alle ciance, è ora di buttarsi all’interno del mondo degli integrali.

Iniziamo con uno dei più classici sviluppi in serie, quello relativo al seno (cosa analoga si potrebbe fare per il coseno).

Abbiamo, perciò:

f(x) = sen(x)

Prima di scrivere formule, dobbiamo ricordarci alcune caratteristiche molto utili del seno e del coseno:

1) Quando il seno di x vale 0, il coseno vale 1 e viceversa. In particolare, il seno si annulla per x = 0,  mentre il coseno si annulla per x = π/2.

2) La derivata del seno è il coseno, mentre quella del coseno è il seno cambiato di segno.

Calcolando le derivate successive del seno, incontriamo, perciò, una volta il coseno e un’altra volta il seno, fino a infinito, dato che la funzione è continua e derivabile infinite volte. Ciò ci deve già far capire che non possono essere presenti tutti i termini delle varie potenze di x, dato che quelli moltiplicati per i “seni” , calcolati in x = 0, diventano zero e scompaiano nella serie. Rimangono solo le derivate che danno luogo al coseno, il cui valore, però, ballerà tra 1 e -1 (la derivata di – seno è – coseno).

Non ci sarebbe nemmeno bisogno di calcolare le derivate e si potrebbe subito scrivere la serie di Mclaurin, ma noi preferiamo , dopo aver capito il concetto base, svolgere tutti calcoli, anche se ormai banali.

f(x) = sen(x)

sen(0) = 0

 

f ’(x) = cos(x)

f ’(0) = cos(0) = 1

 

f ”(x) = - sen(x)

f ”(0) = - sen(0) = 0

 

f III(x) = - cos(x)

f III(0) = - cos(0) = - 1

 

f IV(x) =  sen(x)

f IV(0) =  sen(0) = 0

 

f V(x) = cos(x)

f V(0) = cos(0) = 1

La serie di Mclaurin

f(x) = f(0) + f ’(0) x + f ”(0)x2/2!+ f III(0)x3/3! + f IV(0)x4/4! + f V(0)x5/5! + ….

diventa:

sen(x) = 0 + 1· x + 0 -1· x3/3! + 0 + 1· x5/5! + …

sen(x) = x - x3/3! + x5/5! + …

Quale sarà il termine ricorrente?

Poniamo che n vada da 0 a ∞

L’esponente delle x “rimaste”, segue la serie dispari: 1, 3, 5,…(sono saltati tutti gli esponenti pari…).

Per n = 0   l’esponente deve essere 1

Per n = 1   l’esponente deve essere 3

Per n = 2   l’esponente deve essere 5

Per n = 3   l’esponente deve essere 7

L’unico modo per ottenere ciò che vogliamo, è porre l’esponente uguale a 2n + 1. Infatti

Per n = 0    2n + 1 = 1

Per n = 1    2n + 1 = 3

Per n = 2    2n + 1 = 5

Per n = 3    2n + 1 = 7

Perfetto!

Bastava ricordare, in realtà, che per scrivere la serie dei numeri dispari, partendo dalla serie di tutti i numeri, bisogna farne il doppio e aggiungere uno… ma a noi piace toccare con mano!

Il fattoriale a denominatore segue la stesse serie numerica e quindi è immediato concludere che il suo termine generico deve essere anch’esso: 2n + 1

Dobbiamo ancora tenete conto del segno, che balla da più a meno. Nessun problema: basta moltiplicare per (-1)n in modo che quando n sia pari il segno sia positivo e quando n sia dispari il segno sia negativo.

Per n = 0     (- 1)0 = 1

Per n = 1     (- 1)1 = - 1

Per n = 2     (- 1)2 = 1

Per n = 3     (- 1)3 = - 1

Perfetto anche questo. Possiamo allora scrivere il termine generico per n

(- 1)n x(2n + 1)/(2n + 1)!

E, quindi lo sviluppo in serie compattato diventa:

sen(x) = Σn = 0 (- 1)n x(2n + 1)/(2n + 1)!

Passiamo, ora, alla funzione

f(x) = ln(1 + x)

La derivata del logaritmo in base e di (1 + x) non è altro che 1/(1 + x). Ci siamo creati un rapporto e ne segue che le derivate successive devono agire su un rapporto, ossia devono avere al denominatore il quadrato del denominatore precedente. Tuttavia, poco importa, dato che x viene posto uguale a zero e quindi il denominatore, calcolato in zero, vale sempre 1, qualsiasi sia l’esponente con cui abbiamo a che fare. Più interessante è il numeratore…

Conviene calcolare le derivate una per una e vedere che tipo di semplificazione ricorrente si ottiene e come “balla” il segno

f(x) = ln(1+x)

f(0) = ln(1) = 0

 

f ’(x) = 1/(1 + x)

f ’(0) = 1/1 = 1

 

f ”(x) = (0 – 1)/(1 + x)2 = - 1/(1 + x)2

f ” (0) = -1/1 = - 1

 

f III(x) = (0 + 2(1 + x))/(1 + x)4 = 2/(1 + x)3

f III(0) = 2

 

f IV(x) = (0 – 2 · 3 (1+ x)2)/(1 + x)6 = - 6 /(1+x)4

f IV(0) =  - 6

 

f V(x) = (0 + 6 · 4 (1+x)3)/(1 + x)8 = 24/(1 + x)5

f IV(0) =  24

Beh… direi che ne abbiamo abbastanza…

La formula di Mclaurin

f(x) = f(0) + f ’(0) x + f ”(0)x2/2!+ f III(0)x3/3! + f IV(0)x4/4! + f V(0)x5/5! + ….

diventa:

ln(1+x) = 0 + x – x2/(2 · 1) + 2 x3/(3 · 2 · 1) – 3· 2 x4/(4 · 3 · 2 · 1) + 4· 3· 2 x5/( 5· 4· 3· 2· 1) + …

Abbiamo volutamente scritto “per esteso” i fattoriali al denominatore proprio per poterli confrontare con i coefficienti che compaiono al numeratore. E’ immediato vedere che la semplificazione è notevole e ciò che rimane, al denominatore, è solo un numero uguale all’esponente della x.

ln(1+x) = x – x2/2+ x3/3 – x4/4 + x5/5+ …

Veramente banale … com’è banale trovare la formula ricorrente.

Innanzitutto, scompare il fattoriale al denominatore che si riduce a un numero uguale all’esponente. Il segno invece deve essere negativo quando l’esponente è pari e positivo quando l’esponente è dispari. Per ottenere questa danza del segno, basta prendere – 1 ed elevarlo a n + 1. In tal modo, quando n è pari, n + 1 diventa dispari e il segno è negativo. Quando n è dispari, n + 1 diventa pari e il segno è positivo.

Possiamo allora scrivere immediatamente il termine generico per n

(-1)(n + 1) xn/n

Lo sviluppo in serie diventa, in forma compatta (tenendo conto che n deve partire da 1, dato che manca il termine noto):

ln(1 + x) =  Σn = 1 (- 1)(n+ 1) xn/n

Veniamo ora alla funzione più … ostica (apparentemente).

f(x) = (1 + x)1/2

La cosa migliore da fare è trattare una funzione più generale, di cui la nostra è solo un caso particolare…

Essa sia:

f(x) = (1 + x)α

E poco ci deve importare che α sia intero o frazionario. Questa funzione è veramente banale, dato che è essa stessa un polinomio… e, ricordando che 1 elevato a qualsiasi coefficiente vale sempre 1 (ovviamente non sceglieremo mai α = ∞), si ha:

f (x) = (1 + x)α

f(0) = 1

 

f ’(x) = α(1 + x)(α – 1)

f ’(0) = α

 

f ”(x) = α(α – 1)(1 + x)(α – 2)

f ”(0) = α (α – 1)

 

f III(x) =  α(α – 1)(α – 2)(1 + x)(α – 3)                                                                               

f III(0) = α(α – 1)(α – 2)

 

fIV(x) = α(α – 1)(α – 2)(α – 3)(1 + x)(α – 4)

fIV(0) = α(α – 1)(α – 2)(α – 3)

 

E’ banale scrivere subito la derivata ennesima

f n (x) = α(α – 1)(α – 2)(α – 3)… (α – (n – 1))(1 + x)(α – n)

f n (0) = α(α – 1)(α – 2)(α – 3)… (α – n +1)

La serie di Mclaurin diventa:

(1 + x)α = 1 + αx + α(α – 1)x2/2! + α(α – 1)(α – 2)x3/3! + …. + α(α – 1)(α – 2)(α – 3)… (α – n +1)xn/n!

Il termine generico, che abbiamo già scritto, diventa:

α(α – 1)(α – 2)(α – 3)… (α – n +1)xn/n!

La serie può scriversi, in modo compatto:

(1 + x)α = 1 + Σ n = 1 α(α – 1)(α – 2)(α – 3)… (α – n +1)xn/n!

Che nel caso di α = ½, si può scrivere:

(1 + x)1/2 = 1 + Σ n = 1 1/2(1/2 – 1)(1/2 – 2)(1/2 – 3)… (1/2 – n +1) xn/n!

Che, per esteso, diventa:

(1 + x)1/2 = 1 + x/2 – x2/8 + x3/16 - 5x4/128 + 7x5/256 + …..

Qualcuno mi dirà: “Chiamala compatta… a noi sembra molto lunga!”. In realtà, si può fare di meglio e basterebbe aver studiato un po’ di calcolo delle probabilità e delle combinazioni, in particolare, per sapere come fare… No, non chiedetemelo (per adesso, almeno…) se no i nostri integrali fanno le ragnatele! Possiamo solo dire che riguardano cose come “coefficienti dei termini dell’elevamento a potenza di un binomio”, “combinazioni possibili di m oggetti presi a n a n”, “Triangolo di Tartaglia”, e cose del genere. No, no, un discorso che dobbiamo tralasciare.

Ci basta introdurre una notazione che è proprio quella che ci interessa. Si chiama coefficiente binomiale e si scrive

(αn) = α(α – 1)(α – 2)(α – 3)… (α – n +1)/n! 

Si può anche porre

(α0) = 1

Ne segue che la nostra funzione (1 + x)α può essere “veramente” compattata, scrivendola:

(1 + x)α = Σ n = 0 (αn) xn

Normalmente, i coefficienti binomiali si usano solo per numeri α interi, ma nulla toglie di estenderli anche a numeri frazionari, come nel nostro caso particolare. Li possiamo chiamare coefficienti binomiali generalizzati. Abbiamo, quindi, infine:

 (1 + x)1/2 = Σ n = 0 (1/2n) xn

Beh… non c’è bisogno di dire altro e nemmeno di fare i grafici (cosa che, dopo lo studio di funzioni, tutti possono saper fare tranquillamente…). Ricordiamo solo, per essere precisi, che gli sviluppi di  ln(1 + x) e di (1 + x)α  sono validi solo per |x| < 1.

Bando alle ciance e via con gli integrali!

 

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2 commenti

  1. umberto

    tutto molto chiaro; forse però ci siamo dimenticati di qualcosa..
    le serie di una funzione vanno applicate in un punto , la somma infinita
    non sempre dà un numero finito; per esempio lo sviluppo di e^x è sempre valido per ogni x mentre quello di s(1+x)^k vale solo per |x|<1

  2. Sicuramente Umberto, hai perfettamente ragione :-P . Bisognerebbe parlare di convergenza della serie e di campo di applicazione. L'ho saltato per non appesantire... :-| Ho abbastanza fretta di passare all'integrale :roll: Al limite possiamo solo aggiungere quell'ics minore o uguale a uno... Ma la trattazione completa sarebbe ben più lunga...

    Comunque, complimenti! :wink:

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