Taylor ed O-piccoli
Ciao ragazzi, oggi vi chiedo due esercizi: sul primo non saprei, sul secondo invece ho tentato di risolverlo e spero sia venuto bene..
Esercizio 1
Siamo dati: $f(x)$ polinomio di grado $n\in N$ a coefficienti reali. $x_0,x_1$ due punti reali e $p_0(x)$ e $p_1(x)$ i polinomi di Taylor di grado $n$ di $f(x)$, di centro $x_0$ e $x_1$ rispettivamente. Si provi che $p_0(x)=p_1(x), \forall x\in R$
Esercizio 2
Determinare il più grande numero intero n tale che
$log(sqrt(x^2+1))-sinh(x)+sin(log(x+1))=o(x^n)$, per x->0.
Come ho affrontato il 2 (non so se è giusto)
Ho utilizzato Taylor e dopo aver semplificato e raccolto sono giunto al limite di questa roba qui $x^2/x^n (1/4-x/3)=o(x^n)$ solo se $n=1$.
Esercizio 1
Siamo dati: $f(x)$ polinomio di grado $n\in N$ a coefficienti reali. $x_0,x_1$ due punti reali e $p_0(x)$ e $p_1(x)$ i polinomi di Taylor di grado $n$ di $f(x)$, di centro $x_0$ e $x_1$ rispettivamente. Si provi che $p_0(x)=p_1(x), \forall x\in R$
Esercizio 2
Determinare il più grande numero intero n tale che
$log(sqrt(x^2+1))-sinh(x)+sin(log(x+1))=o(x^n)$, per x->0.
Come ho affrontato il 2 (non so se è giusto)
Ho utilizzato Taylor e dopo aver semplificato e raccolto sono giunto al limite di questa roba qui $x^2/x^n (1/4-x/3)=o(x^n)$ solo se $n=1$.
Risposte
Ciao!
Per (1), un suggerimento è pensare a chi è la serie di Taylor una funzione polinomiale.
L'idea del (2) è giusta, ma i conti sono sbagliati. Scrivili e vediamo dov'è l'errore.
Per (1), un suggerimento è pensare a chi è la serie di Taylor una funzione polinomiale.
L'idea del (2) è giusta, ma i conti sono sbagliati. Scrivili e vediamo dov'è l'errore.
"Mephlip":
Ciao!
Per (1), un suggerimento è pensare a chi è la serie di Taylor una funzione polinomiale.
L'idea del (2) è giusta, ma i conti sono sbagliati. Scrivili e vediamo dov'è l'errore.
1) La serie di Taylor di f(x) polinomio di grado n è ancora un polinomio di grado n e due polinomi sono uguali per ogni x se e solo se hanno lo stesso grado e gli stessi coefficienti, quindi la prima condizione è verificata grazie al testo, mentre per la seconda basta imporre che debbano essere uguali i loro coefficienti. Dovrebbe essere questa? (chiaramente il tutto scritto in forma corretta che per ragioni di tempo ora non riporto ma spero abbia reso.)
2)
Gli sviluppi di Taylor sono:
$(x^2+1)=1+x^4/4$
$log(1+(x^2)/4)=x^2/4$
$sinh(x)=x+x^3/6$
$log(x+1)=x$
$sin(x)=x-x^3/6$
Dunque ottengo
$(x^2/4-x-x^3/6+x-x^3/6)/x^n$
(1) Sì, esatto; l'idea è quella.
(2) Occhio che ci sono delle cancellazioni che stai trascurando date dalle composizioni di funzioni. Il primo termine non nullo è di quarto grado.
(2) Occhio che ci sono delle cancellazioni che stai trascurando date dalle composizioni di funzioni. Il primo termine non nullo è di quarto grado.
"Mephlip":
Occhio che ci sono delle cancellazioni che stai trascurando date dalle composizioni di funzioni. Il primo termine non nullo è di quarto grado.
Tralasciando il fatto che dalle proprietà del log mi sono perso per strada 1/2 che avevo "spostato", dovrebbe venire
$[1/2*(-x^4/32)-x-x^3/6+x-x^3/6]/x^n=(-x^4/64-x^3/3)/x^n$
dunque n=2 ? Altrimenti se è sbagliato, se puoi, mostrami dove! Grazie
È sbagliato per il motivo che ti ho detto prima, devi sviluppare di più. Inoltre, devi mettere gli $\text{o}$-piccoli perché quelle uguaglianze sono false l'errore che commetti approssimando le funzioni con i polinomi di Taylor.
Facciamolo insieme. Poniamo $f(x)=\log \sqrt{x^2+1}-sinh x+\sin\left(\log(x+1)\right)$, per $x \to 0$ risultano:
$$\log \sqrt{x^2+1}=\frac{1}{2} \log(1+x^2)=\frac{1}{2}\left(x^2-\frac{1}{2}x^4+\text{o}(x^4)\right)=\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)$$
Inoltre, dato che il seno iperbolico non presenta un termine di quarto grado, dopo il termine di terzo grado del suo sviluppo possiamo scivere $\text{o}(x^4)$ anziché $\text{o}(x^3)$. Perciò:
$$-\sinh x=-x-\frac{1}{3}x^3+\text{o}(x^4)$$
Ricordando che, per $x \to 0$, in una funzione polinomiale le potenze di ordine più basso sono quelle che stabiliscono il comportamento asintotico di una funzione, per ora il termine dominante per $x \to 0$ è $-x$; seguito immediatamente dopo da $\frac{1}{2}x^2$, seguito a sua volta da $-\frac{1}{3}x^3$ seguito infine a sua volta da $-\frac{1}{4}x^4$. Dunque, dato che tra $log \sqrt{1+x^2}$ e $\sinh x$ per ora non ci sono cancellazioni, se lo sviluppo $\sin\left(\log(1+x)\right)$ per $x \to 0$ arrestato ai termini di grado fino al quarto (incluso) non cancella almeno uno dei termini $-x$, $-frac{1}{2}x^2$, $-\frac{1}{3}x^3$ o $-\frac{1}{4}x^4$, vorrà dire che il termine "superstite" di grado più basso sarà il termine dominante dello sviluppo di $f$ centrato in $x_0=0$. Dato che i primi termini della serie di Taylor di $\log(1+x)$ per $x\to 0$ sono $x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4$, che il primo termine della serie di Taylor di $\sin t$ per $t \to 0$ è $t$ e che $x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4 \to 0$ per $x \to 0$, nello sviluppare la composizione $\sin \left(\log(1+x)\right)$ in $x_0=0$ i termini $-x$, $\frac{1}{2}x^2$ e $-\frac{1}{3}x^3$ provenienti da $\sinh x$ e da $\log \sqrt{x^2+1}$ verranno certamente cancellati. Perciò, dobbiamo vedere se il termine di quarto grado $-\frac{1}{4}x^4$ proveniente da $\log \sqrt{x^2+1}$ si cancelli o no. Si ha:
$$\sin \left(\log(1+x)\right)=\sin\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)$$
$$=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)-\frac{1}{6}\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)^3+$$
$$+\text{o}\left(\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)^3\right)$$
Per evitare lesioni permanenti alla neocorteccia, possiamo trascurare i termini superiori al quarto grado ottenuti dall'espansione del cubo di cinque addendi (i conti per questo tipo di potenze si fanno con il teorema binomiale) nella speranza che il termine $-\frac{1}{4}x^4$ proveniente da $\log \sqrt{x^2+1}$ non si cancelli con qualche termine dell'espansione cubo di cinque addendi. Se, invece, $-\frac{1}{4}x^4$ venisse cancellato, dovremmo andare avanti sia primo logaritmo, sia col seno iperbolico e sia con la composizione tra seno e logaritmo fino al quinto grado perché in tutti i loro sviluppi compare un termine di quinto grado e, nuovamente, sperare che il termine di quinto grado non si cancelli. Inoltre, osserviamo che il termine successivo della composizione $\sin \left(\log(1+x)\right)$ è almeno di quinto grado (a causa del fatto che $\sin t=t-\frac{1}{6}t^3+\text{o}(t^3)$ per $t \to 0$), quindi possiamo scrivere $\text{o}(x^4)$ al posto di $\text{o}\left(\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)^3\right)$. Risulta, quindi:
$$x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)-\frac{1}{6}\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3+-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)^3+$$
$$+\text{o}\left(\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)^3\right)$$
$$=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)+\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{6}x^3+\text{o}(x^4)$$
Fortunatamente per la nostra sanità mentale, non c'è alcun termine dello sviluppo di $\sin \left( \log(x+1)\right)$ che possa cancellare il termine $-\frac{1}{4}x^4$ proveniente da $\log \sqrt{x^2+1}$. Perciò, per $x \to 0$, è:
$$f(x)=\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)-x-\frac{1}{6}x^3+\text{o}(x^4)+x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{6}x^3+\text{o}(x^4)=-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)$$
Quindi, il numero $n$ cercato è $n=3$. Spero di esser stato chiaro, ho cercato di esplicare il più possibile perché in certi contesti mi sono fermato ad uno specifico ordine, come ho provato a ragionare prima di fare i conti e perché ho riscritto alcuni $\text{o}$-piccoli. Per qualsiasi dubbio, chiedi pure
.
Facciamolo insieme. Poniamo $f(x)=\log \sqrt{x^2+1}-sinh x+\sin\left(\log(x+1)\right)$, per $x \to 0$ risultano:
$$\log \sqrt{x^2+1}=\frac{1}{2} \log(1+x^2)=\frac{1}{2}\left(x^2-\frac{1}{2}x^4+\text{o}(x^4)\right)=\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)$$
Inoltre, dato che il seno iperbolico non presenta un termine di quarto grado, dopo il termine di terzo grado del suo sviluppo possiamo scivere $\text{o}(x^4)$ anziché $\text{o}(x^3)$. Perciò:
$$-\sinh x=-x-\frac{1}{3}x^3+\text{o}(x^4)$$
Ricordando che, per $x \to 0$, in una funzione polinomiale le potenze di ordine più basso sono quelle che stabiliscono il comportamento asintotico di una funzione, per ora il termine dominante per $x \to 0$ è $-x$; seguito immediatamente dopo da $\frac{1}{2}x^2$, seguito a sua volta da $-\frac{1}{3}x^3$ seguito infine a sua volta da $-\frac{1}{4}x^4$. Dunque, dato che tra $log \sqrt{1+x^2}$ e $\sinh x$ per ora non ci sono cancellazioni, se lo sviluppo $\sin\left(\log(1+x)\right)$ per $x \to 0$ arrestato ai termini di grado fino al quarto (incluso) non cancella almeno uno dei termini $-x$, $-frac{1}{2}x^2$, $-\frac{1}{3}x^3$ o $-\frac{1}{4}x^4$, vorrà dire che il termine "superstite" di grado più basso sarà il termine dominante dello sviluppo di $f$ centrato in $x_0=0$. Dato che i primi termini della serie di Taylor di $\log(1+x)$ per $x\to 0$ sono $x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4$, che il primo termine della serie di Taylor di $\sin t$ per $t \to 0$ è $t$ e che $x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4 \to 0$ per $x \to 0$, nello sviluppare la composizione $\sin \left(\log(1+x)\right)$ in $x_0=0$ i termini $-x$, $\frac{1}{2}x^2$ e $-\frac{1}{3}x^3$ provenienti da $\sinh x$ e da $\log \sqrt{x^2+1}$ verranno certamente cancellati. Perciò, dobbiamo vedere se il termine di quarto grado $-\frac{1}{4}x^4$ proveniente da $\log \sqrt{x^2+1}$ si cancelli o no. Si ha:
$$\sin \left(\log(1+x)\right)=\sin\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)$$
$$=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)-\frac{1}{6}\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)^3+$$
$$+\text{o}\left(\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)^3\right)$$
Per evitare lesioni permanenti alla neocorteccia, possiamo trascurare i termini superiori al quarto grado ottenuti dall'espansione del cubo di cinque addendi (i conti per questo tipo di potenze si fanno con il teorema binomiale) nella speranza che il termine $-\frac{1}{4}x^4$ proveniente da $\log \sqrt{x^2+1}$ non si cancelli con qualche termine dell'espansione cubo di cinque addendi. Se, invece, $-\frac{1}{4}x^4$ venisse cancellato, dovremmo andare avanti sia primo logaritmo, sia col seno iperbolico e sia con la composizione tra seno e logaritmo fino al quinto grado perché in tutti i loro sviluppi compare un termine di quinto grado e, nuovamente, sperare che il termine di quinto grado non si cancelli. Inoltre, osserviamo che il termine successivo della composizione $\sin \left(\log(1+x)\right)$ è almeno di quinto grado (a causa del fatto che $\sin t=t-\frac{1}{6}t^3+\text{o}(t^3)$ per $t \to 0$), quindi possiamo scrivere $\text{o}(x^4)$ al posto di $\text{o}\left(\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)^3\right)$. Risulta, quindi:
$$x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)-\frac{1}{6}\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3+-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)^3+$$
$$+\text{o}\left(\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)^3\right)$$
$$=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)+\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{6}x^3+\text{o}(x^4)$$
Fortunatamente per la nostra sanità mentale, non c'è alcun termine dello sviluppo di $\sin \left( \log(x+1)\right)$ che possa cancellare il termine $-\frac{1}{4}x^4$ proveniente da $\log \sqrt{x^2+1}$. Perciò, per $x \to 0$, è:
$$f(x)=\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)-x-\frac{1}{6}x^3+\text{o}(x^4)+x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{6}x^3+\text{o}(x^4)=-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)$$
Quindi, il numero $n$ cercato è $n=3$. Spero di esser stato chiaro, ho cercato di esplicare il più possibile perché in certi contesti mi sono fermato ad uno specifico ordine, come ho provato a ragionare prima di fare i conti e perché ho riscritto alcuni $\text{o}$-piccoli. Per qualsiasi dubbio, chiedi pure
.
"Mephlip":
Se, invece, $-\frac{1}{4}x^4$ venisse cancellato, dovremmo andare avanti sia primo logaritmo, sia col seno iperbolico e sia con la composizione tra seno e logaritmo fino al quinto grado perché in tutti i loro sviluppi compare un termine di quinto grado e, nuovamente, sperare che il termine di quinto grado non si cancelli. Inoltre, osserviamo che il termine successivo della composizione $\sin \left(\log(1+x)\right)$ è almeno di quinto grado (a causa del fatto che $\sin t=t-\frac{1}{6}t^3+\text{o}(t^3)$ in $t_0=0$), quindi possiamo scrivere $\text{o}(x^4)$ al posto di $\text{o}\left(\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)^3\right)$. Risulta, quindi:
$$x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)-\frac{1}{6}\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3+-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)^3+$$
$$+\text{o}\left(\left(x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)\right)^3\right)$$
$$=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)+\frac{1}{4}x^4+\text{o}(x^4)=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{6}x^3+\text{o}(x^4)$$
Quindi se ho ben capito:
1- Gli o-piccoli contengono l'errore intrinseco all'approssimazione della funzione e nel caso di approssimazioni tendenti allo 0, l'informazione più precisa è data dalle potenze più piccole. Motivo per cui va riportato e "vince" quella di grado inferiore nel nostro caso.
2- La scelta del grado di approssimazione deve essere tale che la loro "interazione" (somma e differenza) non debba farli annullare altrimenti non potremo trarre alcuna informazione da tali sviluppi. Quindi nel suddetto caso, cosa ti ha fatto dire subito di partire dal quarto grado? Forse hai "guardato" al grado dell'O-piccolo dei rispettivi sviluppi che deve essere uguale tra tutti?
(1) Sì. In particolare, è un errore qualitativo. Ad esempio, $\text{o}(x^n)$ ti dice che l'errore tende a $0$ per $x \to 0$ come una potenza $n$-sima; tuttavia, non è un'informazione quantitativa (vedi anche la risposta al punto 2 qui sotto).
(2) Sì, il punto è che si cancellano tutti i termini dello sviluppo fino ad un certo ordine e ti rimane solo l'errore potresti essere impossibilitato a dedurre qualsiasi cosa. Facciamo un esempio semplice, considera:
$$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x-\sinh x}{x^6}$$
Fermandosi al primo ordine, risulta:
$$\lim_{x \to 0} \frac{x+\text{o}(x)-x+\text{o}(x)}{x^6}=\lim_{x \to 0} \frac{\text{o}(x)}{x^6}$$
Ora, "$\text{o}(x)$ per $x\to 0$" significa che $\text{o}(x)$ rappresenta una funzione tale che il suo rapporto con $x$ tende a $0$ per $x \to 0$. Ma questa funzione è ignota (ecco perché dico qualitativo e non quantitativo): per esempio, $x^2$, $x^6$ e $x^8$ sono $\text{o}(x)$ per $x \to 0$ in quanto $\frac{x^2}{x}=x \to 0$ per $x \to 0$, $\frac{x^6}{x}=x^5 \to 0$ per $x \to 0$ e $\frac{x^8}{x}=x^7 \to 0$ per $x \to 0$, tuttavia nel limite:
$$\lim_{x \to 0} \frac{\text{o}(x)}{x^6}$$
Se $\text{o}(x)$ al numeratore rappresenta $x^2$, quel limite è $+\infty$; se rappresenta $x^6$, quel limite è $1$ e infine, se rappresenta $x^8$, quel limite è $0$. Insomma, rimanendo solo con un errore qualitativo non permette di concludere inequivocabilmente cosa sta succedendo.
L'unico modo per capire dove fermarsi è l'esperienza; generalmente, si parte dalle funzioni più semplici perché per esse è semplice andare avanti (anche con molti termini) in quanto sono noti i loro sviluppi. In particolare, dei prodotti notevoli potrebbero far comparire termini che sono rilevanti (vedi l'esercizio da te proposto) sia per le cancellazioni sia per il valore del limite (potresti azzeccare l'ordine corretto di approssimazione ma esserti perso un termine da un altro sviluppo dello stesso ordine dell'ordine corretto di approssimazione; in tal caso, cambia il coefficiente della potenza dominante e, conseguentemente, cambia il valore del limite portandoti ad un errore di approssimazione); chiaramente, più si sviluppa e meno si ha possibilità di sbagliare (perché, nell'ipotesi peggiore, i termini superflui dati dallo sviluppo eccessivo vengono inglobati nell'errore), ma a volte i calcoli sono proibitivi.
(2) Sì, il punto è che si cancellano tutti i termini dello sviluppo fino ad un certo ordine e ti rimane solo l'errore potresti essere impossibilitato a dedurre qualsiasi cosa. Facciamo un esempio semplice, considera:
$$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x-\sinh x}{x^6}$$
Fermandosi al primo ordine, risulta:
$$\lim_{x \to 0} \frac{x+\text{o}(x)-x+\text{o}(x)}{x^6}=\lim_{x \to 0} \frac{\text{o}(x)}{x^6}$$
Ora, "$\text{o}(x)$ per $x\to 0$" significa che $\text{o}(x)$ rappresenta una funzione tale che il suo rapporto con $x$ tende a $0$ per $x \to 0$. Ma questa funzione è ignota (ecco perché dico qualitativo e non quantitativo): per esempio, $x^2$, $x^6$ e $x^8$ sono $\text{o}(x)$ per $x \to 0$ in quanto $\frac{x^2}{x}=x \to 0$ per $x \to 0$, $\frac{x^6}{x}=x^5 \to 0$ per $x \to 0$ e $\frac{x^8}{x}=x^7 \to 0$ per $x \to 0$, tuttavia nel limite:
$$\lim_{x \to 0} \frac{\text{o}(x)}{x^6}$$
Se $\text{o}(x)$ al numeratore rappresenta $x^2$, quel limite è $+\infty$; se rappresenta $x^6$, quel limite è $1$ e infine, se rappresenta $x^8$, quel limite è $0$. Insomma, rimanendo solo con un errore qualitativo non permette di concludere inequivocabilmente cosa sta succedendo.
L'unico modo per capire dove fermarsi è l'esperienza; generalmente, si parte dalle funzioni più semplici perché per esse è semplice andare avanti (anche con molti termini) in quanto sono noti i loro sviluppi. In particolare, dei prodotti notevoli potrebbero far comparire termini che sono rilevanti (vedi l'esercizio da te proposto) sia per le cancellazioni sia per il valore del limite (potresti azzeccare l'ordine corretto di approssimazione ma esserti perso un termine da un altro sviluppo dello stesso ordine dell'ordine corretto di approssimazione; in tal caso, cambia il coefficiente della potenza dominante e, conseguentemente, cambia il valore del limite portandoti ad un errore di approssimazione); chiaramente, più si sviluppa e meno si ha possibilità di sbagliare (perché, nell'ipotesi peggiore, i termini superflui dati dallo sviluppo eccessivo vengono inglobati nell'errore), ma a volte i calcoli sono proibitivi.
"Mephlip":
(1) Sì. In particolare, è un errore qualitativo. Ad esempio, $\text{o}(x^n)$ ti dice che l'errore tende a $0$ per $x \to 0$ come una potenza $n$-sima; tuttavia, non è un'informazione quantitativa (vedi anche la risposta al punto 2 qui sotto).
(2) Sì, il punto è che si cancellano tutti i termini dello sviluppo fino ad un certo ordine e ti rimane solo l'errore potresti essere impossibilitato a dedurre qualsiasi cosa. Facciamo un esempio semplice, considera:
$$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x-\sinh x}{x^6}$$
Fermandosi al primo ordine, risulta:
$$\lim_{x \to 0} \frac{x+\text{o}(x)-x+\text{o}(x)}{x^6}=\lim_{x \to 0} \frac{\text{o}(x)}{x^6}$$
Ora, "$\text{o}(x)$ per $x\to 0$" significa che $\text{o}(x)$ rappresenta una funzione tale che il suo rapporto con $x$ tende a $0$ per $x \to 0$. Ma questa funzione è ignota (ecco perché dico qualitativo e non quantitativo): per esempio, $x^2$, $x^6$ e $x^8$ sono $\text{o}(x)$ per $x \to 0$ in quanto $\frac{x^2}{x}=x \to 0$ per $x \to 0$, $\frac{x^6}{x}=x^5 \to 0$ per $x \to 0$ e $\frac{x^8}{x}=x^7 \to 0$ per $x \to 0$, tuttavia nel limite:
$$\lim_{x \to 0} \frac{\text{o}(x)}{x^6}$$
Se $\text{o}(x)$ al numeratore rappresenta $x^2$, quel limite è $+\infty$; se rappresenta $x^6$, quel limite è $1$ e infine, se rappresenta $x^8$, quel limite è $0$. Insomma, rimanendo solo con un errore qualitativo non permette di concludere inequivocabilmente cosa sta succedendo.
L'unico modo per capire dove fermarsi è l'esperienza; generalmente, si parte dalle funzioni più semplici perché per esse è semplice andare avanti (anche con molti termini) in quanto sono noti i loro sviluppi. In particolare, dei prodotti notevoli potrebbero far comparire termini che sono rilevanti (vedi l'esercizio da te proposto) sia per le cancellazioni sia per il valore del limite (potresti azzeccare l'ordine corretto di approssimazione ma esserti perso un termine da un altro sviluppo dello stesso ordine dell'ordine corretto di approssimazione; in tal caso, cambia il coefficiente della potenza dominante e, conseguentemente, cambia il valore del limite portandoti ad un errore di approssimazione); chiaramente, più si sviluppa e meno si ha possibilità di sbagliare (perché, nell'ipotesi peggiore, i termini superflui dati dallo sviluppo eccessivo vengono inglobati nell'errore), ma a volte i calcoli sono proibitivi.
Chiaro, e allora vorrei chiederti altre due cose:
- Se un esercizio mi chiede di determinare il polinomio che approssima $f(x)=arctan(log(|x|))$ in $x=1$ a meno di $o(x-1)^3$ significa che devo calcolarli a mano fino al secondo grado di sviluppo? Perché in tal caso a me verrebbe $(x-1)-(x-1)^2/2+o(x-1)^2$
- Una curiosità figlia della risposta precedente: come mai non hai scelto di sviluppare $1/2log(x^2+1)$ fino al primo grado di sviluppo idem $-sinh(x)$ in questo modo avresti potuto arrestare il tutto al terzo ordine per quanto riguardava l'ultimo termine e non trovarti a fare tutti quei conti?
Per favore, non citare tutto il messaggio; appesantisce inutilmente il thread. Se necessario, cita delle parti specifiche; se non è necessario, puoi rispondere con il pulsante "Rispondi" che puoi trovare in basso a sinistra. Grazie!
Non necessariamente a mano. Hai che $\arctan \log |x|=\arctan \log \left(1+(|x|-1)\right)$ e, dato che $|x|-1 \to 0$ per $x \to 1$, puoi porre $t=|x|-1$ e sviluppare $\arctan \log(1+t)$ con gli sviluppi noti del logaritmo e dell'arcotangente centrati in $t_0=0$. Dato che la derivata terza è nulla in $x_0=1$, devi comunque mettere $\text{o}\left((|x|-1)^3\right)$ affinché sia completamente corretto. Qui, incidentalmente, si annulla coefficiente corrispondente alla derivata terza ma, visto che con quell'$\text{o}$-piccolo ti viene chiesto "a meno di termini di ordine superiore al terzo ", devi comunque mettere un errore che esplicita il fatto che i termini successivi a quello quadratico sono di ordine strettamente maggiore del terzo.
Prova a farlo e vedi che succede.
"BlackCrow_ita":
significa che devo calcolarli a mano fino al secondo grado di sviluppo? Perché in tal caso a me verrebbe $(x-1)-(x-1)^2/2+o(x-1)^2$
Non necessariamente a mano. Hai che $\arctan \log |x|=\arctan \log \left(1+(|x|-1)\right)$ e, dato che $|x|-1 \to 0$ per $x \to 1$, puoi porre $t=|x|-1$ e sviluppare $\arctan \log(1+t)$ con gli sviluppi noti del logaritmo e dell'arcotangente centrati in $t_0=0$. Dato che la derivata terza è nulla in $x_0=1$, devi comunque mettere $\text{o}\left((|x|-1)^3\right)$ affinché sia completamente corretto. Qui, incidentalmente, si annulla coefficiente corrispondente alla derivata terza ma, visto che con quell'$\text{o}$-piccolo ti viene chiesto "a meno di termini di ordine superiore al terzo ", devi comunque mettere un errore che esplicita il fatto che i termini successivi a quello quadratico sono di ordine strettamente maggiore del terzo.
"BlackCrow_ita":
- Una curiosità figlia della risposta precedente: come mai non hai scelto di sviluppare $1/2log(x^2+1)$ fino al primo grado di sviluppo idem $-sinh(x)$ in questo modo avresti potuto arrestare il tutto al terzo ordine per quanto riguardava l'ultimo termine e non trovarti a fare tutti quei conti?
Prova a farlo e vedi che succede.
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