Sviluppo di MacLaurin del quarto ordine.

[StellaMartensitica]

Salve, ho un dubbio su questi due esercizi abbastanza standard, dove è da sviluppare la funzione arrestandosi al quarto ordine:

$f(x)=e^x-cos(x)-sen(x)-x*ln(1+x)$

Riportando a memoria tutti questi che sono sviluppi notevoli ho:

$f(x)=(1+x+x^2/2+x^3/6+(x^4)/24 +o(x^4))-(1-x^2/2+(x^4)/24 + o(x^4))-(x-(x^3)/6+o(x^4))-x*(x-x^2+(x^3)/3-(x^4)/4+o(x^4))$

$f(x)=1+x+x^2/2+x^3/6+x^4/24+0(x^4)-1+x^2/2-x^4/24+o(x^4)-x+x^3/6+o(x^4)-x^2+x^3-x^4/3+x^5/4+o(x^5)$

Gli o-piccolo di $x^4$ si possono scrivere solo una volta e si può eliminare l'o-piccolo di $x^5$ e poi si può semplificare e fare i calcoli. Alla fine ho ottenuto:

$f(x)=5/6 x^3-1/3 x^4 +1/4x^5 + o(x^4)$
Non ho capito perché si può togliere $1/4 x^5$ e scrivere:
$f(x)=5/6 x^3-1/3x^4+o(x^4)$
$1/4x^5$ è un monomio perché allora viene soppresso così?

Il secondo esercizio è uno sviluppo di MacLaurin arrestato al terzo ordine della funzione:
$f(x)=sqrt(1+ln(1+x))=sqrt(y)$
$y=1+ln(1+x)=1+x-x^2/2+x^3/3+o(x^3)$
$y(0)=1$
$f(1)=1$
$f'(y)=1/(2*sqrt(y)) ->f'(1)=1/2$
$f''(y)=-1/4*y^(-3/2) -> f''(1)=-1/4$
$f'''(y)=3/8y^(-5/2) -> f'''(1)=3/8$
$f(y)=1+1/2*(y-1)-1/8(y-1)^2+1/16*(y-1)^3+o((y-1)^3)$

a questo punto ho sostituito la $y$ nella $f(y)$:
$f(x)=1+1/2*(1+x-x^2/2+x^3/3+o(x^3)-1)-1/8(1+x-x^2/2+x^3/3+o(x^3)-1)^2+1/16*(1+x-x^2/2+x^3/3+o(x^3)-1)^3+o((1+x-x^2/2+x^3/3+o(x^3)-1)^3)$

$f(x)=1+1/2*(x-x^2/2+x^3/3+o(x^3))-1/8(x-x^2/2+x^3/3+o(x^3))^2+1/16*(x-x^2/2+x^3/3+o(x^3))^3+o((x-x^2/2+x^3/3+o(x^3))^3)$

Come posso ottimizzare i calcoli dato che a me basta arrivare fino al terzo ordine e come si semplifica l'opiccolo:
$o((x-x^2/2+x^3/3+o(x^3))^3)$?

[Quinzio]

Non ho capito perché si può togliere $1/4x^5$ e scrivere...

Provo a spiegarlo in termini semplici.
Quando scrivi $o(x^4)$ significa: o-piccolo e' come un contenitore dove metto dentro tutte quelle cose che sono talmente insignificanti che posso trascurarle. Insignificanti vuol dire che diventano talmente piccole rispetto a un "qualcosa", che le trascuro. Piccole rispetto a cosa ? Rispetto a quel termine $x^4$ che scrivi dentro a $o(x^4)$.
Quindi $x^5$ e' $o(x^4)$ perche' per $x -> 0$, $x^5$ diventa sempre piu' piccolo e trascurabile rispetto a $x^4$.

In formule, sto dicendo che $\lim_(x -> 0) (x^5)/(x^4) =0$.

In termini piu' formali si dice che $f(x)$ e' o-piccolo di $g(x)$, ovvero $f(x)=o(g(x))$, se e' vero che $\lim_(x -> 0) (f(x))/(g(x))=0$.

Nel nostro caso, $f(x)=x^5$ e $g(x)=x^4$.

[StellaMartensitica]

Va bene grazie. E per quanto riguarda la semplificazione di questa espressione come posso fare $ o((x-x^2/2+x^3/3+o(x^3))^3) $? In questa espressione i monomi non sono degli o-piccolo di $x^3$.

[Mathita]

Sviluppa il cubo trascurando tutti i termini con esponente maggiore di 3. Otterrai un'espressione del tipo $o(x^3+o(x^3))$ che coincide con $o(x^3)$.

Edit: sarebbe utile per te dimostrare che $o(x^3+o(x^3))=o(x^3)$ e tentare in seguito di generalizzare questo risultato.

[StellaMartensitica]

Prendo solo il cubo:
$(x-x^2/2+x^3/3+o(x^3))^3=(x-x^2/2+x^3/3+o(x^3))*(x-x^2/2+x^3/3+o(x^3))*(x-x^2/2+x^3/3+o(x^3))$

Però se svolgo solo il primo prodotto:
$(x-x^2/2+x^3/3+o(x^3))*(x-x^2/2+x^3/3+o(x^3))=x^2-x^3/2+x^4/3+o(x^4)-x^3/2+x^4/4-x^5/6+o(x^5)+x^4/3-x^5/6+x^6/9+o(x^6)+o(x^4)+o(x^5)+o(x^6)+o(x^6)=$

$=x^2-x^3+11/12x^4-1/3*x^5+x^6/9+o(x^4)$
Al netto del fatto che potrei aver sbagliato qualche segno o coefficiente perché sono tanti calcoli e
Questo risultato parziale andrebbe moltiplicato ulteriormente per $(x-x^2/2+x^3/3+o(x^3))$. Però mi accorgo fin da subito che non potrò mai approdare ad un espressione del tipo $ o(x^3+o(x^3)) $, perché se reitero la moltiplicazione l'esponente del di $x^3$ dentro l'opiccolo di $x^3$ continua a crescere. O no?

[Mathita]

Sconsiglio un approccio così calcolotico (sebbene all'inizio sia utile per capire cosa succede). Cerca invece di intuire come si comportano gli esponenti dei "prodotti misti":

$(x-x^2/2+x^3/3+o(x^3))^3=x^3+\mbox{monomi di grado superiore a }3+o(x^3)=x^3+o(x^3)$

Attento inoltre che in $o(x^3)$ ci finiscono tutti i termini di grado maggiore di (e non uguale a) 3. Per definizione infatti $f(x)=o(x^3)\iff \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^3}=0$. Se applichi la definizione al termine $x^3$ otterrai il limite $\lim_{x\to 0}\frac{x^3}{x^3}=1$ e non zero come richiesto.

[StellaMartensitica]

Ok grazie. Devo studiarmi bene le proprietà dell'o-piccolo.

[dissonance]

Ma no. La cosa importante è ricordarsi sempre la definizione. Io non ho mai studiato le "proprietà dell'o-piccolo", le ricavo di volta in volta. Quello si, bisogna conoscere bene bene la definizione e applicarla velocemente.

[Mathita]

Concordo fermamente con dissonance! Basta la definizione di o-piccolo e sapersi giostrare con i limiti (che poi si riducono sempre a limiti fondamentali di cui conosci il comportamento).

Quella meno intuitiva probabilmente è proprio $o(x^n+o(x^n))=o(x^n)$ a cui ci si fa velocemente il callo dopo qualche esercizio.

[StellaMartensitica]

Scusate mi potreste consigliare un eserciziario di analisi che abbia un capitolo dedicato agli esercizi sull'algebra degli o-piccolo. Ho acquistato i due eserciziari di riferimento del corso ma non hanno un capitolo dedicato ai simboli di Landau.

[Mathita]

Mi trovi un po' impreparato sinceramente, però se cerchi on line esercizi sugli o-piccolo, ne troverai a iosa. [size=80]Oppure aspetta l'intervento degli altri. [/size]

[StellaMartensitica]

Fa niente. Grazie lo stesso.