Formula di Taylor
Salve a tutti. Sto affrontando lo studio del polinomio di Taylor e mi è nato un dubbio mentre procedevo.
So' che una funzione qualsiasi, derivabile n volte, può essere approssimata da un polinomio costruito ad hoc tramite la formula di Taylor.
Per la derivata prima questo ragionamento è intuitivo. La derivata prima rappresenta il coefficiente angolare, e quindi, fermandomi alla derivata prima,con la formula di Taylor troverei l'equazione della retta tangente alla funzione in un punto. Un'approssimazione valida solo per un intorno molto piccolo della funzione in esame.
Volendo migliorare l'approssimazione, potrei procedere con le derivate successive. (frase che mi ha creato il dubbio)
Il dubbio, prettamente concettuale e di pura curiosità, è il seguente: considerando che dalla derivata seconda in poi il ragionamento diventa meno intuitivo, quale è il legame tra derivazione e approssimazione, di un polinomio ad una funzione?
Che significato assumono le derivate successive alla prima, e perchè garantiscono la proprietà del polinomio costruito ad hoc, di approssimarsi alla funzione in esame?
So' che una funzione qualsiasi, derivabile n volte, può essere approssimata da un polinomio costruito ad hoc tramite la formula di Taylor.
Per la derivata prima questo ragionamento è intuitivo. La derivata prima rappresenta il coefficiente angolare, e quindi, fermandomi alla derivata prima,con la formula di Taylor troverei l'equazione della retta tangente alla funzione in un punto. Un'approssimazione valida solo per un intorno molto piccolo della funzione in esame.
Volendo migliorare l'approssimazione, potrei procedere con le derivate successive. (frase che mi ha creato il dubbio)
Il dubbio, prettamente concettuale e di pura curiosità, è il seguente: considerando che dalla derivata seconda in poi il ragionamento diventa meno intuitivo, quale è il legame tra derivazione e approssimazione, di un polinomio ad una funzione?
Che significato assumono le derivate successive alla prima, e perchè garantiscono la proprietà del polinomio costruito ad hoc, di approssimarsi alla funzione in esame?
Risposte
Aggiungo un ulteriore piccolo dubbio che mi è venuto ora.
Nella formula di Taylor:
$Pn(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+(f''x0)/[2!](x-x0)^2+...+f^(n)/(n!)(x-x0)^n$
Geometricamente, cosa rappresenta (x-x0)? E' una distanza? E se è una distanza, perchè non è in modulo?
Nella formula di Taylor:
$Pn(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+(f''x0)/[2!](x-x0)^2+...+f^(n)/(n!)(x-x0)^n$
Geometricamente, cosa rappresenta (x-x0)? E' una distanza? E se è una distanza, perchè non è in modulo?
Ciao provo a risponderti in modo "comprensibile" in quanto la cosa non è affatto banale in effetti.
La formula di Taylor proviene da alcuni ragionamenti e a suo tempo il mio prof di analisi 1 impiegò quasi una lezione a spiegare le varie formule che ne stavano alla base.
Ti voglio quindi dire che la spiegazione che ti sto per dare è un po' approssimativa e da per scontate cose che a rigore andrebbero dimostrate. Quello che voglio farti vedere è da dove saltano fuori
Intanto specifichiamo cosa vuol dire "approssimare" una funzione a un certo ordine.
Diciamo di voler approssimare $f(x)$ con la funzione $g(x)$ all'ordine n nel punto p.
Ciò significa che:
$\lim_{x\to p}\frac{g(x)-f(x)}{(x-p)^n}=0$
Nota (Leggila alla fine, non voglio confonderti le idee)
Si dimostra che ciò è possibile $\leftrightarrow g^{(k)}(x)=f^{(k)}(x), \forall k\len$
Cioè la funzione "approssimante" deve avere le stesse derivate k-esime della funzione che deve "approssimare".
Ti risparmio la dimostrazione
Ora supponiamo che $p=0$ per comodità nei calcoli.
Prendiamo come $g(x)$ un polinomio generico di grado n e calcoliamone le sue derivate (in 0):
$g(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+...+a_{n}x^{n}$
$g(0)=a_{0}$
$g'(x)=a_{1}+2a_{2}x+3a_{3}x^{2}+4a_{4}x^{3}+...+na_{n}x^{n-1}$
$g'(0)=a_{1}$
$g''(x)=2a_{2}+6a_{3}x+12a_{4}x^{2}+...$
$g''(0)=2a_{2}$
$g'''(x)=6a_{3}+24a_{4}x$
$g'''(0)=6a_{3}$
e così via...
Ecco che quindi vediamo subito come valga la formula:
$g^{(k)}(0)=k!a_{k}$
Per il teorema che ti ho enunciato prima ho che se g approssima f in 0 allora $f(x)$ dovrà essere derivabile almeno n-volte e dovrà valere che $f^{(k)}(0)=g^{(k)}(0)=k!a_{k}\implies a_{k}=\frac{f^{(k)}0}{k!}$
Ed ecco quindi spiegati quei particolari coefficienti davanti alla derivata!
Un ultimo sforzo...abbiamo trovato i coefficienti $a_k$ quindi il nostro polinomio diventerà?
Dopodichè quel $x-x_0$ è semplicemente la "traslazione" della funzione in modo da rendere "valida" l'approssimazione anche in un generico punto $x_0\ne 0$.
Perdonami la poca precisione nel linguaggio e nelle formule ma la dimostrazione di tutto richiede un po' di tempo, ma credo che tu volessi solo capire un po' da dove "saltava" fuori.
La formula di Taylor proviene da alcuni ragionamenti e a suo tempo il mio prof di analisi 1 impiegò quasi una lezione a spiegare le varie formule che ne stavano alla base.
Ti voglio quindi dire che la spiegazione che ti sto per dare è un po' approssimativa e da per scontate cose che a rigore andrebbero dimostrate. Quello che voglio farti vedere è da dove saltano fuori
Intanto specifichiamo cosa vuol dire "approssimare" una funzione a un certo ordine.
Diciamo di voler approssimare $f(x)$ con la funzione $g(x)$ all'ordine n nel punto p.
Ciò significa che:
$\lim_{x\to p}\frac{g(x)-f(x)}{(x-p)^n}=0$
Nota (Leggila alla fine, non voglio confonderti le idee)
Si dimostra che ciò è possibile $\leftrightarrow g^{(k)}(x)=f^{(k)}(x), \forall k\len$
Cioè la funzione "approssimante" deve avere le stesse derivate k-esime della funzione che deve "approssimare".
Ti risparmio la dimostrazione
Ora supponiamo che $p=0$ per comodità nei calcoli.
Prendiamo come $g(x)$ un polinomio generico di grado n e calcoliamone le sue derivate (in 0):
$g(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+...+a_{n}x^{n}$
$g(0)=a_{0}$
$g'(x)=a_{1}+2a_{2}x+3a_{3}x^{2}+4a_{4}x^{3}+...+na_{n}x^{n-1}$
$g'(0)=a_{1}$
$g''(x)=2a_{2}+6a_{3}x+12a_{4}x^{2}+...$
$g''(0)=2a_{2}$
$g'''(x)=6a_{3}+24a_{4}x$
$g'''(0)=6a_{3}$
e così via...
Ecco che quindi vediamo subito come valga la formula:
$g^{(k)}(0)=k!a_{k}$
Per il teorema che ti ho enunciato prima ho che se g approssima f in 0 allora $f(x)$ dovrà essere derivabile almeno n-volte e dovrà valere che $f^{(k)}(0)=g^{(k)}(0)=k!a_{k}\implies a_{k}=\frac{f^{(k)}0}{k!}$
Ed ecco quindi spiegati quei particolari coefficienti davanti alla derivata!
Un ultimo sforzo...abbiamo trovato i coefficienti $a_k$ quindi il nostro polinomio diventerà?
Dopodichè quel $x-x_0$ è semplicemente la "traslazione" della funzione in modo da rendere "valida" l'approssimazione anche in un generico punto $x_0\ne 0$.
Perdonami la poca precisione nel linguaggio e nelle formule ma la dimostrazione di tutto richiede un po' di tempo, ma credo che tu volessi solo capire un po' da dove "saltava" fuori.
@zurzaza
Bravissimo!
Spiegare Taylor in quattro righe in maniera comprensibile è un'impresa non da poco!
Bravissimo!
Spiegare Taylor in quattro righe in maniera comprensibile è un'impresa non da poco!
@Zurzaza ti ringrazio in imperdonabile ritardo del grande impegno che hai messo nel cercare di farmi capire esattamente quello che mi era rimasto un pò "campato per aria", lo apprezzo molto!! Ora lo rileggerò con calma quattro o cinque volte affinché mi entri bene in testa. Purtroppo queste sottigliezze il nostro professore non può perdere tempo a spiegarcele, abbiamo solo 3 mesi per fare Analisi 1 & 2 insieme, e l'esame verterà per la maggiore sulla seconda; per questo mi rendo conto che capire bene certi concetti sia fondamentale per poter procedere con uno studio quantomeno celere...Grazie ancora infinitamente!
figurati...non c'è problema 
Nel caso ti interessi approfondire ti posso fornire un po' di materiale a riguardo, anche se forse può risultare un po' tostino da digerire per uno studente delle superiori, ma non impossibile.
Purtroppo come è evidente, e come hai detto tu, alle superiori non è possibile vedere questi aspetti in quanto abbastanza laboriosi e raffinati e decisamente di scarso interesse per la maggior parte degli studenti.
P.S. Ti sei mai chiesto perchè le funzioni con certe simmetrie si dicano pari\dispari? (Es. $sinx$) Beh...prova a sviluppare il polinomio di taylor fino al 4 ordine...
Nel caso ti interessi approfondire ti posso fornire un po' di materiale a riguardo, anche se forse può risultare un po' tostino da digerire per uno studente delle superiori, ma non impossibile.
Purtroppo come è evidente, e come hai detto tu, alle superiori non è possibile vedere questi aspetti in quanto abbastanza laboriosi e raffinati e decisamente di scarso interesse per la maggior parte degli studenti.
P.S. Ti sei mai chiesto perchè le funzioni con certe simmetrie si dicano pari\dispari? (Es. $sinx$) Beh...prova a sviluppare il polinomio di taylor fino al 4 ordine...
@Zurzaza: In realtà Zurzaza, forse dai messaggi che ho scritto non si è capito, ma sto frequentando l'università in ingegneria 
Purtroppo però il tempo è troppo poco per approfondire questi argomenti, il nostro corso di analisi purtroppo è strutturato malissimo come già ho scritto sopra, e fa perdere il gusto delle cose.
Aggiungo un ulteriore dubbio. Un esercizio sul libro dice:
Determinare il polinomio di Mac-Laurin di secondo grado della funzione così definita:
$ f(x)= (senx)/x$ per $x≠0$ ; $1$ per $x=0$
Il risultato scritto nel libro è $1-x^2/6$. Ma a me non riporta.
Considerando che il polinomio di Mac-Laurin è quello fissato nell'origine, quindi $x0=0$, come posso calcolare i termini del polinomio?
Se infatti calcolo le derivate successive della funzione $ f(x)= (senx)/x$ per $x≠0$ ; $1$ per $x=0$,
in $x=0$, esse verranno:
$f(0)=1$
$f'(0)=0$
$f''(0)=0$,
e questi valori sostituti nella formula generale del polinomio di Mac-Laurin lo rendono:
$Pn(x)=1+0+0=1$.
Sbaglio io o c'è un errore nel risultato scritto nel libro?
Purtroppo però il tempo è troppo poco per approfondire questi argomenti, il nostro corso di analisi purtroppo è strutturato malissimo come già ho scritto sopra, e fa perdere il gusto delle cose.Aggiungo un ulteriore dubbio. Un esercizio sul libro dice:
Determinare il polinomio di Mac-Laurin di secondo grado della funzione così definita:
$ f(x)= (senx)/x$ per $x≠0$ ; $1$ per $x=0$
Il risultato scritto nel libro è $1-x^2/6$. Ma a me non riporta.
Considerando che il polinomio di Mac-Laurin è quello fissato nell'origine, quindi $x0=0$, come posso calcolare i termini del polinomio?
Se infatti calcolo le derivate successive della funzione $ f(x)= (senx)/x$ per $x≠0$ ; $1$ per $x=0$,
in $x=0$, esse verranno:
$f(0)=1$
$f'(0)=0$
$f''(0)=0$,
e questi valori sostituti nella formula generale del polinomio di Mac-Laurin lo rendono:
$Pn(x)=1+0+0=1$.
Sbaglio io o c'è un errore nel risultato scritto nel libro?
Hai sbagliato il calcolo della derivata seconda. Infatti si ha
$f''(x)=(-x^2sinx-2xcosx+2sinx)/x^3$
che per $x->0$ tende a $-1/3$. Quindi
$P_2(x)=1+0/(1!)x+(-1/3)/(2!)x^2=1-1/6x^2$
$f''(x)=(-x^2sinx-2xcosx+2sinx)/x^3$
che per $x->0$ tende a $-1/3$. Quindi
$P_2(x)=1+0/(1!)x+(-1/3)/(2!)x^2=1-1/6x^2$
"SheldonLeeCooper":
Un esercizio sul libro dice:
Determinare il polinomio di Mac-Laurin di secondo grado della funzione così definita:
$ f(x)= (senx)/x$ per $x≠0$ ; $1$ per $x=0$
Il risultato scritto nel libro è $1-x^2/6$.
"rispolvero" questo vecchio post perchè ho qualche dubbio su questo stesso esercizio.
sul fatto che $ f(0)= 1 $ ci siamo, limite notevole;
$ f'(0)= 0 $ , se la derivata è questa $ f'(x)= (xcosx-sinx)/x^2 $ , dopo qualche passaggio ottengo $ (cosx -1)/x $, cambio di segno (lo posso fare?) e sfrutto il limite notevole $ lim_(x -> 0) (1-cosx)/x=0 $ per dire che $ f'(0)= 0 $
al momento mi sfugge il perchè $ f'' (0)= -1/3 $
mi ero intestardito con i limiti notevoli.... riflettendoci un pò ho provato a calcolare il limite che tende a zero, sia della derivata prima che seconda, con de l'Hopital e ottengo rispettivamente 0 e -1/3 !
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