[RISOLTO] Taylor `artigianale` per piu' variabili? Come scrivo il resto?
Testo: scrivere la formula di Taylor con resto secondo Peano arrestata al secondo ordine di \[g(x,y) = \exp(y^2 - x)\] Mostrare poi che \[f(x,y) = \sqrt[3]{x} (e^{y^2 - x} -1)\] e' differenziabile nell'origine
Per scrivere la formula di Taylor o mi vado a calcolare le derivate parziali i.e. \[\exp(y^2 - x) = 1 + \partial_{x}f(0,0) + \dots + o(\|(x,y)\|^2),\] oppure scrivo \[\exp(y^2 -x) = 1 + (y^2 - x) + \frac{1}{2} {(y^2 - x)}^2 + \text{{resto}}\] Ma quel resto come lo esplico? Una scrittura del tipo \(o(y^2 - x)^2\) rischia di non avere senso per tutti i punti del piano che stanno la parabola rovesciata ... Che fare? Un'idea, che mi e' stata suggerita piu' volte e in diversi modi dal mio professore e' questa: \[\exp(y^2 -x) = 1 + (y^2 - x) + \frac{1}{2} {(y^2 - x)}^2 + \epsilon(x,y) (y^2 - x)^2\] Bene, ma quando poi devo andare a verificare la differenziabilita' nell'origine di \(f\), e quindi avro' bisogno di calcolare \[\sqrt[3]{x} [\exp(y^2 -x)] = \sqrt[3]{x} [\exp(y^2 -x)] = \sqrt[3]{x} [1 + (y^2 - x) + \frac{1}{2} {(y^2 - x)}^2 + \epsilon(x,y) (y^2 - x)^2],\] come sciolgo quell'infinitesimo in fondo?
Intendo dire: \[\epsilon(x,y) (y^2 - x)^2 \sqrt[3]{x} = \dots ? \]
Chiaramente sono aperto anche ad altre strade per la risoluzione dell'esercizio.
Ringrazio,
Giuseppe
EDIT: Oppure `banalmente` \[\sqrt[3]{x}[\exp(y^2 - x)] = \sqrt[3]{x} [1 + \dots + o(\|(x,y)\|^2)] = \dots + o(\|(x,y)\|^{2 + 1/3})\] ?... Che dite? Puo' reggere?
E' effettivamente questo lo sviluppo T/Peano arrestato al secondo ordine di \(f\)?
Per scrivere la formula di Taylor o mi vado a calcolare le derivate parziali i.e. \[\exp(y^2 - x) = 1 + \partial_{x}f(0,0) + \dots + o(\|(x,y)\|^2),\] oppure scrivo \[\exp(y^2 -x) = 1 + (y^2 - x) + \frac{1}{2} {(y^2 - x)}^2 + \text{{resto}}\] Ma quel resto come lo esplico? Una scrittura del tipo \(o(y^2 - x)^2\) rischia di non avere senso per tutti i punti del piano che stanno la parabola rovesciata ... Che fare? Un'idea, che mi e' stata suggerita piu' volte e in diversi modi dal mio professore e' questa: \[\exp(y^2 -x) = 1 + (y^2 - x) + \frac{1}{2} {(y^2 - x)}^2 + \epsilon(x,y) (y^2 - x)^2\] Bene, ma quando poi devo andare a verificare la differenziabilita' nell'origine di \(f\), e quindi avro' bisogno di calcolare \[\sqrt[3]{x} [\exp(y^2 -x)] = \sqrt[3]{x} [\exp(y^2 -x)] = \sqrt[3]{x} [1 + (y^2 - x) + \frac{1}{2} {(y^2 - x)}^2 + \epsilon(x,y) (y^2 - x)^2],\] come sciolgo quell'infinitesimo in fondo?
Intendo dire: \[\epsilon(x,y) (y^2 - x)^2 \sqrt[3]{x} = \dots ? \]
Chiaramente sono aperto anche ad altre strade per la risoluzione dell'esercizio.
Ringrazio,
Giuseppe
EDIT: Oppure `banalmente` \[\sqrt[3]{x}[\exp(y^2 - x)] = \sqrt[3]{x} [1 + \dots + o(\|(x,y)\|^2)] = \dots + o(\|(x,y)\|^{2 + 1/3})\] ?... Che dite? Puo' reggere?
E' effettivamente questo lo sviluppo T/Peano arrestato al secondo ordine di \(f\)?
Risposte
Al second'ordine dovra' essere
no?
Certo e' che cosi' finisco domani - salvo errori.
"TeM":
\[\dots + o\left( (x-x_0)^2+(y-y_0)^2 \right) \]
no?
Certo e' che cosi' finisco domani - salvo errori.
Sono d'accordo con giuscri. Così si finisce domani! Moolto meglio la strategia suggerita dal professore. Dopodiché, visto che oggettivamente il termine $(y^2-x)^2$ come infinitesimo è un po' brutto da gestire, lo si sostituisce con qualcosa di non più piccolo in un intorno di $(0,0)$. Una buona scelta è $x^2+y^2$. Difatti, in coordinate polari,
\[
\frac{(y^2-x)^2}{x^2+y^2}=(r\sin^2\theta-\cos \theta)^2\le 4\]
quando $0
\[\varepsilon(x, y)(y^2-x)^2=\varepsilon_1(x, y)(x^2+y^2).\]
\[
\frac{(y^2-x)^2}{x^2+y^2}=(r\sin^2\theta-\cos \theta)^2\le 4\]
quando $0
"dissonance":
Questo significa che \[\varepsilon(x, y)(y^2-x)^2=\varepsilon_1(x, y)(x^2+y^2).\]
... e a questo punto potrei pure tornare ad \(o\), no?
Quindi
\[\exp(y^2 - x) = 1 + (y^2 - x) + \frac{1}{2} (y^2 - x)^2 + \tilde{\epsilon}(x,y) (x^2 + y^2) = \dots + o(x^2 + y^2) = \dots + o(\|(x,y)\|^2)\]
riportandomi alla definizione da manuale dello sviluppo di Taylor-Peano ordine 2. Tra l'altro questa strada mi permette di poter fare operazioni facilmente con altri sviluppi che escono di fabbrica con resti infinitesimi della norma - credo.
Be', vi ringrazio! Ciao!
