Composizione di polinomi

RuCoLa1
Buonasera,
se $f(x) = P(x) + o(x-x_0)^n$ $x->x_0$ e $g(y) =Q(y) + o(y-x_0)^n$ per $y->y_0$ con $y_0=f(x_0)$ allora $g(f(x)) = Q(P(x)) + o(x-x_0)^n$ per $x->x_0$.
Dimostrazione:
S.P.G. $x_0 = 0 , y_0 = 0$ si ha $g(f(x)) = g(P(x) + o(x)^n)$. Per Lagrange sappiamo che $g(y+h) = g(y) + hg'(c)$ quindi $ g(P(x) + o(x)^n) = g(P(x)) + o(x)^n$ [Dove è finito $g'(c)$ ???] A questo punto $g(P(x)) + o(x)^n = Q(P(x)) + o(P(x))^n + o(x)^n$ sicuramente $o(P(x))^n = o(x)^n$ quindi $Q(P(x)) + o(P(x))^n + o(x)^n = Q(P(x)) + o(x)^n$ per $x->0$ che è ciò che si voleva dimostrare. Non mi è chiaro che cosa succeda a $g'(c)$ nel passaggio che sfrutta il teorema di Lagrange.
Grazie in anticipo!

Risposte
Ernesto011
In quel passaggio dovresti avere $g'(c)*o(x)^n$, che è $o(x)^n$. O no?

RuCoLa1
In teoria Sì, ma non mi è chiaro chi mi garantisce che g'(c) non influisca sul grado dell'o piccolo.

gugo82
Mmmm... La formula non è precisa.

Se il grado di $Q$ fosse $>1$, nel polinomio $Q(P(x))$ potrebbero esserci molti termini di grado $>n$ che non servirebbero a nulla (data la presenza del resto di Peano $\text{o}((x-x_0)^n)$, nel quale verrebbero riassorbiti).

Inoltre, anche la dimostrazione è abbastanza brutta... Per funzionare, la $g$ dovrebbe essere sviluppata al primo ordine, e non ad ordini superiori.
Sei sicuro di averla trascritta bene?

RuCoLa1
Se il grado di Q fosse >1, nel polinomio Q(P(x)) potrebbero esserci molti termini di grado >n che non servirebbero a nulla (data la presenza del resto di Peano o((x−x0)n), nel quale verrebbero riassorbiti).
Credo che non importi che i termini di grado maggiore di $n$ vengano riassorbiti. Se componessi gli sviluppi di Taylor $e^(sin(x))$ in $x->0$ di ordine $3$ non mi crea problemi che alcuni termini di grado superiore al terzo mi scompaiano giusto?

Per quanto riguarda la trascrizione sono sicuro che sia corretta.
Sapresti indicarmi dove posso trovare una dimostrazione migliore dello stesso teorema?

Grazie

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