Polinomio di taylor
Salve a tutti,
ho la seguente formula generale del polinomio di taylor:
$P_n(x) := \sum_{x=0}^N (f^(k)(x_o))/(k!)*(x-x_0)^k$
Ora fa il caso specifico per $f(x) = log(1+x)$
Ora come mai arriva a dire che $f^(k)(x) = ((-1)^(k-1) *(k-1)!)/(1+x)^k$ ? Mi sfuggono i passaggi intermedi insomma.
Non dovrebbe fare effettivamente tutte le derivate e moltiplicarle per (x-x0)? o è che prende $x$ ed $x_0$ tutti e due uguali a $0$?
ho la seguente formula generale del polinomio di taylor:
$P_n(x) := \sum_{x=0}^N (f^(k)(x_o))/(k!)*(x-x_0)^k$
Ora fa il caso specifico per $f(x) = log(1+x)$
Ora come mai arriva a dire che $f^(k)(x) = ((-1)^(k-1) *(k-1)!)/(1+x)^k$ ? Mi sfuggono i passaggi intermedi insomma.
Non dovrebbe fare effettivamente tutte le derivate e moltiplicarle per (x-x0)? o è che prende $x$ ed $x_0$ tutti e due uguali a $0$?
Risposte
Devo ammttere che questi polinomi di taylor non gli ho capiti granchè bene, questa sono le slide che ho a disposizione dalla lezione e gli appunti che ho preso non sono molto più chiari:
http://www.dm.uniba.it/~lazzo/informati ... taylor.pdf
Sapreste per caso indicarmi qualche sito internet dove poterli studiare in una maniera più facile?
http://www.dm.uniba.it/~lazzo/informati ... taylor.pdf
Sapreste per caso indicarmi qualche sito internet dove poterli studiare in una maniera più facile?
Beh, dai un'occhiata alle derivate di quella funzione...
$f' = 1/(1+x)$
$f'' = - 1/(1+x)^2$
$f''' = 2 (1+x)/(1+x)^4 = 2/(1+x)^3$
...
Se noti le derivate seguono lo schema: $ (-1)^(k-1) \cdot ((k-1)!)/(1+x)^k
$f' = 1/(1+x)$
$f'' = - 1/(1+x)^2$
$f''' = 2 (1+x)/(1+x)^4 = 2/(1+x)^3$
...
Se noti le derivate seguono lo schema: $ (-1)^(k-1) \cdot ((k-1)!)/(1+x)^k
E poi l'ulteriore passaggio per dire che la serie è questa qual'è?
$P_n(x) := \sum_{x=1}^N (-1)^(k-1)* (x^k)/k$
$P_n(x) := \sum_{x=1}^N (-1)^(k-1)* (x^k)/k$
Calcolare la derivata k-esima in x=0.
"Neptune":
E poi l'ulteriore passaggio per dire che la serie è questa qual'è?
$P_n(x) := \sum_{x=1}^N (-1)^(k-1)* (x^k)/k$
Quella è la serie di Mc Laurin. Basta sostituire il modello n-esimo delle derivate ( k-esimo nel tuo caso ) alla serie di taylor, ed ottieni:
$ sum (-1)^(k-1) \cdot (k-1)! \cdot 1/(x_0+1)^k \cdot 1/(k \cdot (k-1)!) \cdot (x-x_0)^k = sum (-1)^(k-1) \cdot (x-x_0)^k/((k-1)(x_0+1)^k) $
Ho messo $x_0$ perchè la derivata la devi calcolare in quel punto. Se sostituisci 0 otterrai lo sviluppo che hai scritto tu. ( Ricorda $k! = (k-1)! \cdot k $ )
"Neptune":
Salve a tutti,
ho la seguente formula generale del polinomio di taylor:
$P_n(x) := \sum_{x=0}^N (f^(k)(x_o))/(k!)*(x-x_0)^k$
Ora fa il caso specifico per $f(x) = log(1+x)$
Ora come mai arriva a dire che $f^(k)(x) = ((-1)^(k-1) *(k-1)!)/(1+x)^k$ ? Mi sfuggono i passaggi intermedi insomma.
Non dovrebbe fare effettivamente tutte le derivate e moltiplicarle per (x-x0)? o è che prende $x$ ed $x_0$ tutti e due uguali a $0$?
Attenzione perché non è $x$ che va da $0$ a $N$, bensì $k$
----------------
EDIT: Porca paletta...ho letto ora meglio la domanda dopo aver già scritto la risposta!......
Forse ciò che troverai scritto non è ciò che chiedevi, comunque lo lascio, sorry.
Stai studiando analisi I vero?
----------------
Sappiamo dalla serie geometrica che
[tex]$f(x) = \frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^{+\infty} x^n$[/tex] dove [tex]$-1
A partire da questo sviluppo ne possiamo ottenere un altro, ponendo [tex]$-x$[/tex] al posto di [tex]$x$[/tex].
Cioè:
[tex]$\frac{1}{1+x} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-x)^n = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n x^n$[/tex] dove [tex]$-1
cioè:
[tex]$\frac{1}{1+x} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n x^n$[/tex] dove [tex]$-1
Quest'ultimo sviluppo che abbiamo ottenuto integriamolo,membro a membro, tra [tex]$0$[/tex] e [tex]$1$[/tex] (possiamo integrare per serie il secondo membro poiché si tratta di una serie di potenze che converge uniformemente, in particolare nell'intervallo che ci interessa):
Integro,quindi, membro a membro:
1° membro:
[tex]$\int_{0}^{1} \frac{1}{1+t} dt = \left[ln(1+t)\right]_{0}^{1} = ln(1+x) $[/tex]
2° membro:
[tex]$\int_{0}^{1} \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n t^n dt = \left[\sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n \frac{t^{n+1}}{n+1}\right]_{0}^{1} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n \frac{x^{n+1}}{n+1}$[/tex]
Quindi uguagliando i due membri, siamo giunti alla conclusione che cercavi:
[tex]$ln(1+x) = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n \frac{x^{n+1}}{n+1}$[/tex]
Questa vale per [tex]$-1 < x \le 1$[/tex].
EDIT: Porca paletta...ho letto ora meglio la domanda dopo aver già scritto la risposta!......
Forse ciò che troverai scritto non è ciò che chiedevi, comunque lo lascio, sorry.
Stai studiando analisi I vero?
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Sappiamo dalla serie geometrica che
[tex]$f(x) = \frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^{+\infty} x^n$[/tex] dove [tex]$-1
A partire da questo sviluppo ne possiamo ottenere un altro, ponendo [tex]$-x$[/tex] al posto di [tex]$x$[/tex].
Cioè:
[tex]$\frac{1}{1+x} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-x)^n = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n x^n$[/tex] dove [tex]$-1
cioè:
[tex]$\frac{1}{1+x} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n x^n$[/tex] dove [tex]$-1
Quest'ultimo sviluppo che abbiamo ottenuto integriamolo,membro a membro, tra [tex]$0$[/tex] e [tex]$1$[/tex] (possiamo integrare per serie il secondo membro poiché si tratta di una serie di potenze che converge uniformemente, in particolare nell'intervallo che ci interessa):
Integro,quindi, membro a membro:
1° membro:
[tex]$\int_{0}^{1} \frac{1}{1+t} dt = \left[ln(1+t)\right]_{0}^{1} = ln(1+x) $[/tex]
2° membro:
[tex]$\int_{0}^{1} \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n t^n dt = \left[\sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n \frac{t^{n+1}}{n+1}\right]_{0}^{1} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n \frac{x^{n+1}}{n+1}$[/tex]
Quindi uguagliando i due membri, siamo giunti alla conclusione che cercavi:
[tex]$ln(1+x) = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n \frac{x^{n+1}}{n+1}$[/tex]
Questa vale per [tex]$-1 < x \le 1$[/tex].
Sisi sto studiando analisi 1, è che ho le idee un pò confuse.
Magari visto che le lezioni sono finite mi studio prima meglio limiti e derivate in modo da avere basi più solide e poi ritorno più agguerrito su questi polinomi di taylor.
Magari visto che le lezioni sono finite mi studio prima meglio limiti e derivate in modo da avere basi più solide e poi ritorno più agguerrito su questi polinomi di taylor.
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