Sviluppo in serie McLaurin
Salve , ho rpoblemi su questo esercizio svolto in classe con il mio prof. E in generale cn gli sviluppi in serie di taylor.
Questa è la funzione f (x)= \[\frac {1}{x^2-3x+2}\] funzione definita per x appartenente a R esclusi 1 e 2.
Ora lui comincia con lo sviluppo delka derivata prima seconda ecc.e ci sono , scrive che
\[f(x) = \frac {1}{2}+\frac {3}{4}x + \frac {1}{8}\frac {x^2}{2!}\] fino a qui va tutto bene ma quello che mi chiedo sempre è come faccio a capire dallo sviluppo in polinomi di Mclaurin di che serie si tratta. ?e poi non è sempre possibile derivare fino alla terza quarta volte, alcune funzioni sono complesse , ci vorrebbe troppo tempo e ho visto in alcuni esercizi che si opera diversamente e infatti il mio prof continua dicendo che posso svolgerla nel seguente modo (spiegatemelo xk nn lo capisco)
\[f(x)=\frac {1}{(2-x)(1-x)}= \frac {A}{2-x}+\frac {B}{1-x}\] A=-1 B=1 poi
\[f(x)=\frac{1}{1-x}-\frac {1}{2-x}\] posso ricondurla grazie a \[\sum_{n=1}^{infty} x^n =\frac {1}{1-x}\] per |x|<1.
Ho anche qualche altro passaggio se occorre poi lo scriverò, grazie a chi risponderà
Questa è la funzione f (x)= \[\frac {1}{x^2-3x+2}\] funzione definita per x appartenente a R esclusi 1 e 2.
Ora lui comincia con lo sviluppo delka derivata prima seconda ecc.e ci sono , scrive che
\[f(x) = \frac {1}{2}+\frac {3}{4}x + \frac {1}{8}\frac {x^2}{2!}\] fino a qui va tutto bene ma quello che mi chiedo sempre è come faccio a capire dallo sviluppo in polinomi di Mclaurin di che serie si tratta. ?e poi non è sempre possibile derivare fino alla terza quarta volte, alcune funzioni sono complesse , ci vorrebbe troppo tempo e ho visto in alcuni esercizi che si opera diversamente e infatti il mio prof continua dicendo che posso svolgerla nel seguente modo (spiegatemelo xk nn lo capisco)
\[f(x)=\frac {1}{(2-x)(1-x)}= \frac {A}{2-x}+\frac {B}{1-x}\] A=-1 B=1 poi
\[f(x)=\frac{1}{1-x}-\frac {1}{2-x}\] posso ricondurla grazie a \[\sum_{n=1}^{infty} x^n =\frac {1}{1-x}\] per |x|<1.
Ho anche qualche altro passaggio se occorre poi lo scriverò, grazie a chi risponderà
Risposte
Per determinare le costanti $A$ e $B$ basta ridurre di nuovo la somma a un unico denominatore e poi sfruttare il principio di identità dei polinomi:
$A/(2-x)+B/(1-x)=\frac{A(1-x)+B(2-x)}{(1-x)(2-x)}=\frac{-x(A+B)+A+2B}{(1-x)(2-x)}$
Considerando che il polinomio (in x) al numeratore dev'essere identicamente uguale a $1$, puoi concludere.
Per ricondurti alla serie geometrica tieni conto che $1/(2-x)=1/2 1/(1-x/2)$
$A/(2-x)+B/(1-x)=\frac{A(1-x)+B(2-x)}{(1-x)(2-x)}=\frac{-x(A+B)+A+2B}{(1-x)(2-x)}$
Considerando che il polinomio (in x) al numeratore dev'essere identicamente uguale a $1$, puoi concludere.
Per ricondurti alla serie geometrica tieni conto che $1/(2-x)=1/2 1/(1-x/2)$
"A occhio" direi che l'intento di chi ha proposto l'esercizio era mostrare che l'uso della definizione nel calcolo dei coefficienti di Taylor/MacLaurin, pur essendo sempre possibile, è oltremodo tedioso; quindi, illustrare qualche trucco che, alle volte, serve a semplificare i calcoli.
In particolare, l'esempio scelto va benissimo.
Infatti la funzione \(f(x)\) assegnata è di classe \(C^\infty\) intorno a \(0\), ergo si possono scrivere i coefficienti del suo sviluppo di MacLaurin usando la nota relazione che li definisce, i.e.:
\[
a_n := \frac{1}{n!}\ f^{(n)} (0)
\]
in cui \(f^{(n)}\) è la derivata \(n\)-esima di \(f\). Tuttavia, questo metodo diventa tedioso non appena si supera il termine di grado \(2\) o \(3\), poiché infatti diventa troppo calcoloso determinare esplicitamente il valore di \(f^{(n)}(0)\) per \(n\geq 3\).
Per ovviare a questo problema, il docente ha mostrato che il calcolo della serie di MacLaurin può essere fatto riconducendo la funzione in una forma particolare e ricordando uno sviluppo notevole.
Invero, dato che:
\[
f(x) = \frac{1}{(x-1)(x-2)}\; ,
\]
usando la scomposizione in fratti semplici (questa è una tecnica importante, soprattutto nel calcolo degli integrali indefiniti; quindi ti esorto a leggerla bene dal libro di testo) si trova:
\[
f(x) = \frac{1}{x-2} - \frac{1}{x-1}\; ;
\]
i due addendi al secondo membro ricordano molto la somma della serie geometrica, cioé:
\[
\frac{1}{1-y} = \sum_{n=0}^\infty y^n\; ,
\]
quindi è possibile provare a sfruttare tale serie in modo da trovare lo sviluppo in serie di \(f\); si ha:
\[
\begin{split}
\frac{1}{x-2} &= - \frac{1}{2-x}\\
&= -\frac{1}{2\ (1-\frac{x}{2})}\\
&= -\frac{1}{2}\ \frac{1}{1-\underbrace{\frac{x}{2}}_{\color{maroon}{=y}}}\\
&\stackrel{\color{maroon}{\text{serie geom. con } y=x/2}}{=} -\frac{1}{2}\ \sum_{n=0} \left(\frac{x}{2}\right)^n\\
&=-\frac{1}{2}\ \sum_{n=0} \frac{1}{2^n}\ x^n\\
&= -\sum_{n=0} \frac{1}{2^{n+1}}\ x^n\\
& \\
-\frac{1}{x-1} &= \frac{1}{1-x}\\
&\stackrel{\color{maroon}{\text{serie geom. con } y=x}}{=} \sum_{n=0}^\infty x^n
\end{split}
\]
quindi:
\[
\begin{split}
f(x) &= -\sum_{n=0} \frac{1}{2^{n+1}}\ x^n + \sum_{n=0}^\infty x^n\\
&= \sum_{n=0}^\infty \left( 1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)\ x^n\\
&= \sum_{n=0}^\infty \frac{2^{n+1} - 1}{2^{n+1}}\ x^n\; .
\end{split}
\]
Quello all'ultimo membro è necessariamente lo sviluppo in serie di MacLaurin di \(f\) per il teorema di unicità.
Quindi, come vedi, l'uso di una tecnica di scomposizione ha portato una vera semplificazione nel problema ed ha consentito di risolvere la questione senza fare (troppi) contazzi.
In particolare, l'esempio scelto va benissimo.
Infatti la funzione \(f(x)\) assegnata è di classe \(C^\infty\) intorno a \(0\), ergo si possono scrivere i coefficienti del suo sviluppo di MacLaurin usando la nota relazione che li definisce, i.e.:
\[
a_n := \frac{1}{n!}\ f^{(n)} (0)
\]
in cui \(f^{(n)}\) è la derivata \(n\)-esima di \(f\). Tuttavia, questo metodo diventa tedioso non appena si supera il termine di grado \(2\) o \(3\), poiché infatti diventa troppo calcoloso determinare esplicitamente il valore di \(f^{(n)}(0)\) per \(n\geq 3\).
Per ovviare a questo problema, il docente ha mostrato che il calcolo della serie di MacLaurin può essere fatto riconducendo la funzione in una forma particolare e ricordando uno sviluppo notevole.
Invero, dato che:
\[
f(x) = \frac{1}{(x-1)(x-2)}\; ,
\]
usando la scomposizione in fratti semplici (questa è una tecnica importante, soprattutto nel calcolo degli integrali indefiniti; quindi ti esorto a leggerla bene dal libro di testo) si trova:
\[
f(x) = \frac{1}{x-2} - \frac{1}{x-1}\; ;
\]
i due addendi al secondo membro ricordano molto la somma della serie geometrica, cioé:
\[
\frac{1}{1-y} = \sum_{n=0}^\infty y^n\; ,
\]
quindi è possibile provare a sfruttare tale serie in modo da trovare lo sviluppo in serie di \(f\); si ha:
\[
\begin{split}
\frac{1}{x-2} &= - \frac{1}{2-x}\\
&= -\frac{1}{2\ (1-\frac{x}{2})}\\
&= -\frac{1}{2}\ \frac{1}{1-\underbrace{\frac{x}{2}}_{\color{maroon}{=y}}}\\
&\stackrel{\color{maroon}{\text{serie geom. con } y=x/2}}{=} -\frac{1}{2}\ \sum_{n=0} \left(\frac{x}{2}\right)^n\\
&=-\frac{1}{2}\ \sum_{n=0} \frac{1}{2^n}\ x^n\\
&= -\sum_{n=0} \frac{1}{2^{n+1}}\ x^n\\
& \\
-\frac{1}{x-1} &= \frac{1}{1-x}\\
&\stackrel{\color{maroon}{\text{serie geom. con } y=x}}{=} \sum_{n=0}^\infty x^n
\end{split}
\]
quindi:
\[
\begin{split}
f(x) &= -\sum_{n=0} \frac{1}{2^{n+1}}\ x^n + \sum_{n=0}^\infty x^n\\
&= \sum_{n=0}^\infty \left( 1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)\ x^n\\
&= \sum_{n=0}^\infty \frac{2^{n+1} - 1}{2^{n+1}}\ x^n\; .
\end{split}
\]
Quello all'ultimo membro è necessariamente lo sviluppo in serie di MacLaurin di \(f\) per il teorema di unicità.
Quindi, come vedi, l'uso di una tecnica di scomposizione ha portato una vera semplificazione nel problema ed ha consentito di risolvere la questione senza fare (troppi) contazzi.
Ok grazie tanto ad entrambi.quel passaggio in cui da \[\frac {-1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac {1}{2^n}x^n\] passo a \[\sum_{n=0}^{\infty}\frac {1}{(2)^{n+1}}x^n\] abbiamo portato solo 1/2 dentro?
Yes, of course.
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