Determinare un numero razionale che approssimi una funzione integrale
Sia $F(x)=\int_0^x \frac{e^t-1}t dt$
Determinare un numero razionale che approssimi $F(1)$ a meno di $10^{-4}$
Credo che si debba fare lo sviluppo di McLaurin dell'integranda, integrarlo e poi porre il resto di Lagrange minore di $10^{-4}$.
Se non erro, il resto di Lagrange è $R=\frac{F^{(n+1)(c)}}{(n+1)}x^{n+1}$ ma come ottengo la formula per la derivata $n+1$-esima?
Grazie in anticipo!
Determinare un numero razionale che approssimi $F(1)$ a meno di $10^{-4}$
Credo che si debba fare lo sviluppo di McLaurin dell'integranda, integrarlo e poi porre il resto di Lagrange minore di $10^{-4}$.
Se non erro, il resto di Lagrange è $R=\frac{F^{(n+1)(c)}}{(n+1)}x^{n+1}$ ma come ottengo la formula per la derivata $n+1$-esima?
Grazie in anticipo!
Risposte
Facendo un po' di conti. 
Che conti devo fare? La mia idea è giusta?
"Datolo":
La mia idea è giusta?
Non lo saprai mai, se continui a non portarla avanti, ma a cercare inutili conferme dall'esterno...
Ho provato così:
$$f(x)=\frac{e^x-1}x=\sum_{n=0}^\infty\frac1x\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{n}}{(n+1)!}+\frac{e^c x^n}{(n+1)!}$$
$$\int_0^1\frac{e^x-1}x=\left(\sum_{n=0}^\infty\frac1{(n+1)!}+\frac{e^c}{(n+1)!}\right) \int_0^1 x^{n}=\left(\sum_{n=0}^\infty\frac1{(n+1)!}+\frac{e^c}{(n+1)!}\right)\frac1{n+1}$$
Allora ho posto il resto di Lagrange minore di $10^{-4}$:
$$\frac{e^c}{(n+1)!}\frac1{n+1}<\frac{3}{(n+1)!}\frac1{n+1}<10^{-4}\implies n=6$$
$$\sum_{k=0}^6 \frac{x^{n+1}}{(n+1)(n+1)!}=1.3179\approx\int_0^1\frac{e^x-1}x$$
È giusto questo procedimento?
$$f(x)=\frac{e^x-1}x=\sum_{n=0}^\infty\frac1x\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{n}}{(n+1)!}+\frac{e^c x^n}{(n+1)!}$$
$$\int_0^1\frac{e^x-1}x=\left(\sum_{n=0}^\infty\frac1{(n+1)!}+\frac{e^c}{(n+1)!}\right) \int_0^1 x^{n}=\left(\sum_{n=0}^\infty\frac1{(n+1)!}+\frac{e^c}{(n+1)!}\right)\frac1{n+1}$$
Allora ho posto il resto di Lagrange minore di $10^{-4}$:
$$\frac{e^c}{(n+1)!}\frac1{n+1}<\frac{3}{(n+1)!}\frac1{n+1}<10^{-4}\implies n=6$$
$$\sum_{k=0}^6 \frac{x^{n+1}}{(n+1)(n+1)!}=1.3179\approx\int_0^1\frac{e^x-1}x$$
È giusto questo procedimento?
Certo!
(A parte il fatto che, se scrivi una serie, il resto non ci deve stare! Fai attenzione: serve una somma parziale, dunque va usato un simbolo del tipo $\sum_{n=0}^N$ e non $\sum_{n=0}^oo$)
Vedi che non c'era bisogno di aspettare tanto?
Bastava mettere penna su carta e fare i conti.
(A parte il fatto che, se scrivi una serie, il resto non ci deve stare! Fai attenzione: serve una somma parziale, dunque va usato un simbolo del tipo $\sum_{n=0}^N$ e non $\sum_{n=0}^oo$)
Vedi che non c'era bisogno di aspettare tanto?
Bastava mettere penna su carta e fare i conti.
Hai ragione! Però non facevo i conti perché non riuscivo a trovare una formula per il resto di Lagrange (in particolare la derivata n+1-esima) poi ho pensato di lasciare da parte $1/x$ e considerare $e^x-1$
Era ovvio che dovessi procedere così: infatti, lo sviluppo di McLaurin di $e^x-1$ contiene tutte potenze di grado $>=1$, che semplificano con $x$ a denominatore.
Invece per una funzione come $G(x)=\int_1^x\frac{\log(1+x)-\sin x}x$: devo approssimare $G(0)$ con il polinomio di McLaurin con un errore minore a $0.1$, quindi ho fatto come l'altro esercizio (preso i due resti di log e sin e li ho sottratti, poi integrato) e ho trovato ordine $n=2$, ma, per controllare se ho fatto giusto, non posso mettere $x=0$ nello sviluppo perché verrebbe 0. Allora ho provato a mettere $x=1$ e poi cambiare segno al risultato. Ho fatto bene?
Ti conviene scrivere i passaggi, che scritta così non si capisce nulla.
Data $G(x)=\int_1^x\frac{\log(1+x)-\sin x}x$, devo approssimare $G(0)$ con un errore minore a $0.1$
Ho considerato i resti di Lagrange di log e sin
$$\frac1x\left((-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1}\frac{1}{(1+c)^{n+1}}-(-1)^{n+1}\frac{x^{2n+3}}{(2n+3)!}\cos c\right)$$
Integro:
$$(-1)^n\frac{1}{n+1}\frac{1}{(1+c)^{n+1}}\int_1^0 x^{n}dx-(-1)^{n+1}\frac{1}{(2n+3)!}\cos c\int_1^0 x^{2n+2}dx$$
$$(-1)^n\frac{1}{n+1}\frac{1}{(1+c)^{n+1}}\left(-\frac{1}{n+1}\right)-(-1)^{n+1}\frac{1}{(2n+3)!}\cos c\left(-\frac{1}{2n+3}\right)$$
Maggioro e pongo $c<0$:
$$\frac{1}{n+1}\frac{1}{(1+c)^{n+1}}\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(2n+3)!}\cos c\frac{1}{2n+3}<\frac{1}{(n+1)^2}+\frac{1}{(2n+3)!}\frac{1}{2n+3}=R$$
$R<0.1$ se $n=2$
Ora pensavo di controllare il risultato con lo sviluppo fino all'ordine 2 ma con cosa sostituisco la $x$ se devo calcolare $G(0)$? Metto $x=-1$?
Ho considerato i resti di Lagrange di log e sin
$$\frac1x\left((-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1}\frac{1}{(1+c)^{n+1}}-(-1)^{n+1}\frac{x^{2n+3}}{(2n+3)!}\cos c\right)$$
Integro:
$$(-1)^n\frac{1}{n+1}\frac{1}{(1+c)^{n+1}}\int_1^0 x^{n}dx-(-1)^{n+1}\frac{1}{(2n+3)!}\cos c\int_1^0 x^{2n+2}dx$$
$$(-1)^n\frac{1}{n+1}\frac{1}{(1+c)^{n+1}}\left(-\frac{1}{n+1}\right)-(-1)^{n+1}\frac{1}{(2n+3)!}\cos c\left(-\frac{1}{2n+3}\right)$$
Maggioro e pongo $c<0$:
$$\frac{1}{n+1}\frac{1}{(1+c)^{n+1}}\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(2n+3)!}\cos c\frac{1}{2n+3}<\frac{1}{(n+1)^2}+\frac{1}{(2n+3)!}\frac{1}{2n+3}=R$$
$R<0.1$ se $n=2$
Ora pensavo di controllare il risultato con lo sviluppo fino all'ordine 2 ma con cosa sostituisco la $x$ se devo calcolare $G(0)$? Metto $x=-1$?
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