Calcolo differenziale 179

Transcript

1 Calcolo differenziale Sviluppi di Taylor In questa sezione ci addentriamo in uno dei temi centrali dell analisi, ossia la tecnica di approssimazione locale di una funzione (sufficientemente regolare) mediante polinomi. Il più semplice esempio che illustra l idea generale è fornito dalla formula (1.74). La funzione f è espressa, vicino al punto x 0, come la somma di una parte lineare, ossia x f(x 0 ) + d(x x 0 ), e di un resto R 1 (x). Di R 1 (x) sappiamo che esso è tanto più piccolo quanto più x è vicino ad x 0 ; esso tende a zero per x x 0 e vi tende più velocemente di quanto x tenda ad x 0, come chiarito dalla formula (1.73). La formulazione geometrica delle affermazioni precedenti consiste nel dire che la retta tangente al grafico di f approssima molto bene il grafico stesso nelle vicinanze del punto di contatto (x 0, f(x 0 )) tra la retta stessa ed il grafico: essa è anzi la migliore approssimazione lineare possibile. Quest ultimo fatto è contenuto nel Teorema 1.3, secondo il quale la linearizzazione di f in x 0, cioè la migliore approssimazione lineare possibile in quel punto, è la retta il cui coefficiente angolare d è la derivata f (x 0 ). È del tutto naturale chiedersi se si possa fare di meglio mediante curve, ossia se esista ad esempio una parabola che passa per (x 0, f(x 0 )) ed il cui grafico si adatti a quello di f in modo da approssimarlo in modo ancora migliore di quanto non lo approssimi la retta tangente, o magari una cubica, o un polinomio di grado ancora superiore. Un esempio molto semplice si ottiene guardando la sovrapposizione dei grafici delle funzioni f(x) = cos x, la funzione costante uguale ad uno, che ne è la linearizzazione nel punto (0, 1), ed infine il polinomio di secondo grado p 2 (x) = x2. È del tutto evidente che quest ultimo rappresenta un approssimazione molto migliore di f nelle vicinanze di (0, 1). Come vedremo, esso è la migliore approssimazione del secondo ordine di f in (0, 1), ossia mediante polinomi di secondo grado. Il senso da attribuire a questa affermazione sarà chiarito in tutti i dettagli; anticipiamo che la differenza tra f e p 2 sarà un resto R 2 che andrà a zero di ordine superiore al secondo. L idea di sviluppare una funzione localmente intorno ad un punto con polinomi di grado via via più alto conduce infine al concetto di serie di potenze, mediante il quale

2 180 Analisi Matematica 1 è possibile dare un significato preciso a formule del tipo log(1 + x) = x 1 2 x x e x = 1 + x x ! x sin x = x 1 3! x ! x cos x = 1 1 2! x ! x x = 1 + x + x2 + x 3 + x che, oltre ad avere profonde implicazioni teoriche, consentono di effettuare rapidamente calcoli di precisione arbitraria Derivate di ordine superiore al primo. Per formalizzare correttamente la nozione di approssimazione di ordine superiore, e per molte altre buone ragioni, è necessario introdurre le nozioni di derivata seconda, derivata terza e così via. Supponiamo che f : (a, b) R sia derivabile in tutti i punti di (a, b). Allora ad ogni punto x di tale intervallo possiamo associare il numero reale f (x) ed abbiamo pertanto la funzione x f (x) cui abbiamo già implicitamente fatto riferimento in precedenza. Essa si chiama la derivata (prima) di f in (a, b). Nulla vieta di supporre che anche f sia a sua volta derivabile in (a, b). Si potrà quindi considerare la derivata (f ) (x) in ogni punto x (a, b), ossia la derivata seconda di f ; essa si denota solitamente con uno dei seguenti simboli: f (x), f (2) d 2 f (x), dx (x), 2 D2 f(x). Si potrà quindi definire induttivamente la derivata di ordine k di una funzione, ammesso che esista, come la derivata della derivata di ordine k 1. Scriveremo pertanto f (x), f (x),... ed in modo più chiaro quando l ordine diventa elevato f (k) (x), Varrà evidentemente la formula d k f dx k (x), Dk f(x). f (k) (x) = d dx f (k 1) (x) e le altre simili formule che si possono ottenere utilizzando i simboli introdotti, come ad esempio D(D k f)(x) = D k+1 f(x). Chiaramente, la derivata n-esima della derivata m-esima sarà la derivata (n + m)-esima; in altre parole, gli ordini di derivazione si sommano. Per ragioni di coerenza notazionale che saranno chiare nel seguito, poniamo (4.101) f (0) (x 0 ) def = f(x 0 ).

3 Calcolo differenziale 181 Ancora una osservazione sulle notazioni. Alle volte la derivata di ordine k in x 0 si denota anche d k f dx k. x=x0 Come sappiamo, condizione necessaria affinché una funzione sia derivabile è che essa sia continua. Quindi, affinché esista f (x 0 ) in un punto x 0 (a, b) è necessario che f sia continua in un intorno aperto di x 0. Considerando se necessario un intervallo più piccolo di (a, b), si avrà dunque che sia f sia f sono continue in ogni punto di tale intervallo. Iterando il ragionamento si perviene alla seguente nozione. Definizione 4.1 (Classi di derivabilità). Siano f : (a, b) R una funzione e k un intero positivo. Diremo che f è di classe C k in (a, b) se esistono tutte le derivate f (n) di ordine n k di f in (a, b) e se esse sono ivi continue. Diremo inoltre che f è di classe C 0 in (a, b) se essa è continua in (a, b). L insieme di tutte le funzioni di classe C k in (a, b) sarà denotato C k ((a, b)). In generale, se U R è un insieme aperto, l insieme di tutte le funzioni ci classe C k su U sarà denotato C k (U). Valgono le inclusioni (4.102) C 0 (U) C 1 (U) C 2 (U)... Si pone infine (4.103) C (U) = k 0 C k (U), l insieme delle funzioni indefinitamente derivabili in U, ossia con derivate di ogni ordine in U. Esempi. (22) Esistono funzioni che sono derivabili in un intervallo ma che in esso non sono di classe C 1. Ciò significa che la derivata esiste ma non è continua. L esempio standard è il seguente: x 2 sin ( ) 1 x se x (0, 1] f(x) = 0 se ( 1, 0]. Ovviamente f è derivabile in ( 1, 0) (0, 1). Inoltre, f(x) f(0) = x2 sin ( ) 1 ( ) x 1 = x sin 0 x x x per x 0, in quanto x x è infinitesima e x sin(1/x) è itata. Quindi f (0) esiste ed è uguale a zero e banalmente f (x) = 0 per x ( 1, 0). D altra parte, per x (0, 1) si ha ( ( 1 1 f (x) = 2x sin + x cos ( x) x) 1 ) ( ( ) 1 1 = 2x sin cos x x) 2 x e questa non ha ite per x 0 (il primo addendo è infinitesimo e il secondo non ammette ite). Quindi f è derivabile in ( 1, 1) ma la sua derivata non è continua nell origine.

4 182 Analisi Matematica 1 (23) Si può dimostrare facilmente che ciascuna delle inclusioni C k+1 (U) C k (U) è un inclusione propria, ossia non vale mai il segno di uguaglianza tra due classi distinte di derivabilità, qualunque sia l aperto (non vuoto) U. (24) La classe C (U), di grande importanza in analisi, contiene in effetti moltissimi elementi. Prendiamo per esempio U = R. La funzione esponenziale, i polinomi e le funzioni trigonometriche sono esempi di funzioni in C (R). (25) Un classico ed importante esempio di funzione in C (R) è la funzione e 1/x2 se x 0 (4.104) f(x) = 0 se x = 0. Ci itiamo ad indicare le ragioni per le quali f ammette derivate di qualunque ordine nell origine, che sono tutte uguali a zero, ossia (4.105) f (k) (0) = 0 per ogni k 0. Esaminiamo il rapporto incrementale destro nell origine: f(x) f(0) = 1. x x e 1/x2 Ponendo t = 1/x, si ha t + per x 0 +, ed il rapporto diviene te t2 = t e t2 che per t + è infinitesimo, come si verifica facilmente ad esempio con il Teorema di de l Hôpital. Quindi f + (0) = 0 e similmente per la derivata sinistra; perciò f (0) = 0. Si noti che per x 0 si ha f (x) = 2x 3 e x 2 e quindi il rapporto incrementale di f nell origine è 2x 4 e x 2. Considerazioni del tutto analoghe alle precedenti mostrano che anche f (0) = 0. In generale, la derivata di ordine k di f per x 0 è esprimibile nella forma R(x)e x 2, dove R(x) è una funzione razionale, ossia un rapporto di polinomi, in cui il denominatore si annulla

5 Calcolo differenziale 183 nell origine (in effetti si può provare che R(x) = P (1/x), dove P è un polinomio). La stessa forma avrà pertanto il rapporto incrementale di f k (x) ed applicando il Teorema di de l Hôpital si vede che tale rapporto è infinitesimo. Un modo informale ma efficace per esprimere quanto appena provato è dire che f si appiattisce di ordine infinito nell origine, pur essendo diversa da zero in tutti i punti x Polinomi di Taylor. Siamo ora in grado di esprimere in modo quantitativamente preciso il fatto che due funzioni sono indistinguibili ad una certa scala o ordine. Nel seguito della sezione questa affermazione verrà chiarita meglio. Definizione 4.2 (Ordine di contatto). Siano n > 0 un intero, f, g : (a, b) R e supponiamo che f e g abbiano (almeno) n derivate in x 0 (a, b). Diremo che esse hanno ordine di contatto n in x 0 se i loro valori coincidono in x 0, così come tutte le derivate fino all ordine n, ossia se f (k) (x 0 ) = g (k) (x 0 ) per 0 k n. Per maggiore chiarezza, f e g hanno ordine di contatto n in x 0 se e solo se f(x 0 ) = g(x 0 ) f (x 0 ) = g (x 0 ) f (x 0 ) = g (x 0 ) f (n) (x 0 ) = g (n) (x 0 ). Evidentemente, è necessario che f e g abbiano entrambe almeno n derivate in x 0 ma potrebbero averne di più. Dalla definizione dovrebbe essere chiaro che se f è derivabile in x 0 allora essa e la sua linearizzazione in x 0 hanno ordine di contatto uno in tal punto. Esempi. (26) Consideriamo f(x) = cos x, g(x) = x2 e prendiamo x 0 = 0. Come già osservato, f, g C (R), cioè esse hanno derivate di ogni ordine in ogni punto; le

6 184 Analisi Matematica 1 prime quattro derivate nell origine sono: f(0) = 1 g(0) = 1 f (0) = sin(0) = 0 g (0) = 0 f (2) (0) = cos(0) = 1 g (2) (0) = 1 f (3) (0) = sin(0) = 0 g (3) (0) = 0 f (4) (0) = cos(0) = 1 g (4) (0) = 0. Quindi f e g hanno ordine di contatto 3 (quindi anche 2) nell origine, ma non hanno ordine di contatto 4, in quanto le derivate quarte non coincidono nell origine. (27) L esempio (25) mostra che la funzione e 1/x2 (prolungata per continuità a zero nell origine) ha ordine di contatto arbitrariamente alto con la funzione identicamente zero, ossia queste due funzioni hanno derivate di ogni ordine coincidenti nell origine, pur essendo diverse l una dall altra in ogni punto x 0. (28) Consideriamo la funzione esponenziale f(x) = e x in un intorno dell origine. Siccome f (n) (x) = f(x) = e x per ogni n 0, si avrà f (n) (0) = 1 per ogni intero n 0. Consideriamo poi il monomio g(x) = 1 n! xn. È un semplicissimo esercizio mostrare che g (k) 0 se k n (0) = 1 se k = n. Ad esempio, x 2 /2 si annulla nell origine ed anche la sua derivata x; la derivata seconda vale identicamente 1 (quindi anche nell origine) e tutte le derivate successive sono oviamente zero. Analogo fenomeno accade per ogni n, come si può facilmente vedere ricordando le regole di derivazione delle potenze. Da questo fatto segue che il polinomio di grado n p n (x) = 1 + x + 1 2! x ! x n! xn soddisfa p (k) n (0) = 1 se k n 0 se k > n. Ma allora p n ed e x hanno ordine di contatto esattamente n (e non più di n) nell origine, in quanto tutte le derivate fino alla n-esima coincidono; le derivate di ordine n + 1 nell origine sono invece diverse: una è zero e l altra è 1. Ispirandoci all esempio precedente, possiamo osservare che è facile costruire una funzione la cui derivata di ordine k abbia un preassegnato valore a k in x 0 e le cui altre derivate siano tutte nulle i tal punto. Consideriamo il monomio m k (x) = a k k! (x x 0) k.

7 Calcolo differenziale 185 Le sue derivate in x 0 sono tutte nulle, tranne la k-esima che vale a k. In formule: m (j) k (x 0 se j k 0) = a k se j = k, come si può dimostrare per induzione sull intero k. Se ne deduce quindi che sommando un certo numero di monomi di tal sorta (di gradi diversi), si può ottenere un polinomio le cui derivate in x 0 abbiano tutte valori preassegnati. Proposizione 4.3. Il polinomio (4.106) p n (x) = ha in x 0 derivate a 0, a 1,..., a n, ossia (4.107) p (k) n (x 0) = n k=0 a k k! (x x 0) k 0 se k > n a k se k n. Esso è inoltre l unico polinomio di grado n con tale proprietà. Dimostrazione. La verifica che il polinomio (4.106) soddisfa (4.107) è lasciata al lettore, ed è una conseguenza della discussione appena svolta. Quanto all unicità, sia Q n un polinomio di grado n. Scegliendo opportunamente le costanti b 0, b 1,..., b n, esso può essere scritto nella forma Per quanto appena visto, risulta q n (x) = q (k) n (x 0) = n k=0 b k k! (x x 0) k. 0 se k > n b k se k n. Se quindi q n soddisfa anch esso la formula (4.107), se cioè ha in x 0 derivate a 0, a 1,..., a n, bisogna che b k = a k per k = 1,..., n. Ma allora q n = p n, come volevasi. La Proposizione 4.3 dice in realtà che è facile costruire un polinomio che abbia l ordine di contatto che desideriamo con un assegnata funzione in un dato punto. Teorema 4.4 (Polinomio di Taylor). Siano f(a, b) R ed x 0 (a, b). Supponiamo che f ammetta (almeno) n derivate in x 0. Esiste allora uno ed un solo polinomio di grado n che ha ordine di contatto n con f in x 0. Esso si chiama il polinomio di Taylor di f di grado n in x 0, ed è definito dalla formula (4.108) p n (x) = n k=0 f (k) (x 0 ) (x x 0 ) k. k! Se x 0 = 0, esso si dice il polinomio di McLaurin di grado n di f.

8 186 Analisi Matematica 1 Dimostrazione. La derivata k-esima del polinomio definito da (4.108) è f (k) (x 0 ) in virtù della Proposizione 4.3, e questo vale per 1 k n. Quindi p n ed f hanno ordine di contatto n in x 0. Per la stessa proposizione, un polinomio di tal grado e con tali derivate è unico. Deve essere chiaro che un polinomio di Taylor dipende dalla funzione f, dal grado n e dal punto x 0. Per essere precisi bisognerebbe quindi usare una notazione del tipo p n,x0 [f](x), che è eccessivamente pesante. Se sarà necessario mettere in evidenza il grado, mentre la funzione ed il punto sono chiari dal contesto, scriveremo p n (x); similmente potremo scrivere p[f] oppure p n [f] qualora qualche parametro debba essere evidenziato e gli altri siano chiari. Esempi. (29) Da quanto visto nell esempio (28), il polinomio di McLaurin di grado n di e x è p n [exp x] = 1 + x + 1 2! x ! x n! xn. (30) Il polinomio di McLaurin di grado n di un qualunque polinomio P n di grado n è il polinomio stesso, cioè P n. Infatti, se allora P n (k) (0) = c k k!, da cui l asserto. n P n (x) = c k x k, k=0 (31) Un metodo efficace per calcolare ordinatamente il polinomio di Taylor di una data funzione è di realizzare una tabella. Illustriamo questo metodo applicandolo alla funzione f(x) = sin x, di cui vogliamo calcolare i polinomi di McLaurin. n f (n) (x) f (n) (0) 0 sin x 0 1 cos x 1 2 sin x 0 3 cos x 1 4 sin x La tabella mostra un evidente periodicità: il comportamento delle derivate si ripete ogni quattro ordini. In particolare, osserviamo che tutte le derivate di ordine pari sono zero mentre le derivate di ordine dispari sono alternativamente 1 e 1. Quindi, il polinomio di McLaurin di sin x di un grado qualsiasi conterrà solo potenze dispari a segni alternati, ossia sarà del tipo (4.109) p 2n+1 [sin x] = x 1 3! x ! x5 1 7! x ! x9 + + ( 1) n 1 (2n + 1)! x2n+1.

9 Calcolo differenziale 187 Si guardi con attenzione l ultimo termine: esso indica il segno giusto. Il segno positivo compare infatti per le potenze 1, 5, 9..., ossia per i dispari 2n + 1 con n pari. Un ultima osservazione: il polinomio di McLaurin di grado pari di sin x è un polinomio di grado dispari! Infatti, per definizione, l ultimo termine che compare nel polinomio di McLaurin di grado ad esempio 4, ha come coefficiente di x 4 il numero reale f (4) (0)/4!, che è zero. Quindi tale polinomio è in effetti p 4 (x) = x 1 3! x3. Più in generale, si può dire che p 2n+1 [sin x] = p 2n+2 [sin x] ed entrambi sono polinomi di grado 2n + 1 nel senso usuale del termine. (32) Utilizzando il metodo precedente per la funzione f(x) = cos x, abbiamo n f (n) (x) f (n) (0) 0 cos x 1 1 sin x 0 2 cos x 1 3 sin x 0 4 cos x Questa volta tutte le derivate di ordine dispari sono zero mentre le derivate di ordine pari sono alternativamente 1 e 1. Quindi, il polinomio di McLaurin di cos x di un grado qualsiasi conterrà solo potenze pari a segni alternati, ossia sarà del tipo (4.110) p 2n [cos x] = 1 1 2! x ! x4 1 6! x ! x8 + + ( 1) n 1 (2n)! x2n. Considerzioni analoghe a quelle svolte per il polinomio di McLaurin della funzione seno mostrano che p 2n [cos x] = p 2n+1 [cos x] ed entrambi sono polinomi di grado 2n nel senso usuale del termine. (33) Prendiamo ora f(x) = log(1 + x). La tabellina è questa volta n f (n) (x) f (n) (0) 0 log(1 + x) 0 1 (1 + x) (1 + x) (1 + x) !(1 + x) 4 3! 5 4!(1 + x) 5 4! 6 5!(1 + x) 6 5! d interpretazione non più difficile. A partire dalla derivata prima in poi, i segni di alternano e vale la formula f (k) (0) = ±(k 1)! con il segno opposto alla parità. Si

10 188 Analisi Matematica 1 avrà dunque (4.111) p n [log(1 + x)] = x 1 2 x x3 1 4 x x5 + + ( 1) n+1 1 n xn. (34) La formula (4.105) mostra che il polinomio di McLaurin (del prolungamento per continuità) della funzione e 1/x2 di qualunque grado è la funzione identicamente nulla. Concludiamo questa sezione con una osservazione, che formalizziamo nella proposizione che segue; la dimostrazione è lasciata per esercizio al lettore Proposizione 4.5. Siano f, g : (a, b) R derivabili n volte in x 0 (a, b) e siano α, β R. Si ha allora: (i) p n [αf + βg] = αp n [f] + βp n [g]; (ii) p n [f] = p n 1[f ] Sviluppi di Taylor. Il teorema che segue generalizza il Teorema 1.3 ed anche Teorema 3.6 a gradi più alti. Teorema 4.6 (Sviluppo di Taylor). Sia f : (a, b) R derivabile n volte in x 0 (a, b) e sia p n il suo polinomio di Taylor di grado n in x 0. Posto (4.112) R n (x) = f(x) p n (x), si ha R n (x) (4.113) = 0 (formula di Peano). x x0 (x x 0 ) n Se inoltre f è derivabile (n + 1) volte in (a, b) \ {x 0 }, per ogni x (a, b) esiste ξ compreso tra x 0 ed x tale che (4.114) R n (x) = f (n+1) (ξ) (n + 1)! (x x 0) n+1 (formula di Lagrange). Dimostrazione. Dimostriamo (4.113) per induzione su n. Per n = 1 essa è esattamente (1.72). Supponiamo ora che la formula (4.113) sia vera per ogni funzione con n derivate in x 0. Se supponiamo che f ne abbia (n + 1), allora f ne ha n e possiamo scrivere la formula (4.113) per f, cioè f (x) p n [f ](x) = 0. x x 0 (x x 0 ) n Si osservi che, riscrivendo il numeratore tenendo conto della Proposizione 4.5, l uguaglianza precedente diviene x x 0 d dx (f(x) p n+1[f]) (x) (x x 0 ) n = 0.

11 D altra parte, applicando il Teorema di de l Hôpital si ha (f(x) p n+1 [f]) (x) = x x 0 (x x 0 ) n+1 x x0 Calcolo differenziale 189 = x x0 d (f(x) p dx n[f]) (x) d (x x dx 0) n+1 d (f(x) p dx n+1[f]) (x) = 0, (n + 1)(x x 0 ) n che è quanto serve per provare induttivamente la formula di Peano. Dimostriamo la (4.114) assumendo x > x 0. Il caso x < x 0 si dimostra in modo analogo. Poniamo per semplicità R(x) = R n (x). Per definizione, visto che p n è il polinomio di Taylor di f di grado n, si avrà: R(x 0 ) = R (x 0 ) = = R (n) (x 0 ) = 0, R (n+1) (x) = f (n+1) (x), per ogni x (a, b) \ {x 0 }. Poniamo ora S(x) = (x x 0 ) n+1. Evidentemente S(x 0 ) = S (x 0 ) = = S (n) (x 0 ) = 0, S (n+1) (x) = (n + 1)!. Le funzioni R e S soddisfano le ipotesi del Teorema di Cauchy nell intervallo [x 0, x]. Esiste perciò un punto ξ 1 (x 0, x) tale che R(x) S(x) = R (ξ 1 ) S (ξ 1 ). Similmente, le funzioni R e S soddisfano le ipotesi del Teorema di Cauchy nell intervallo [x 0, ξ 1 ]. Esiste perciò un punto ξ 2 (x 0, ξ 1 ) tale che R (ξ 1 ) S (ξ 1 ) = R (ξ 2 ) S (ξ 2 ). Procedendo, si perviene ad una sequenza di (n + 1) numeri ξ 1,..., ξ n+1 tali che x 0 < ξ n+1 < ξ n < < ξ 2 < ξ 1 e tali che R(x) S(x) = R (ξ 1 ) S (ξ 1 ) = R (ξ 2 ) S (ξ 2 ) = = R(n+1) (ξ n+1 ) S (n+1) (ξ n+1 ). Ponendo ξ = ξ n+1, il primo e l ultimo membro dell uguaglianza precedente forniscono cioè la tesi. f(x) p n (x) = f (n+1) (ξ) (n + 1)! (x x 0) n+1, Il polinomio di Taylor approssima dunque f in un intorno di x 0 con una precisione via via superiore al crescere del grado del polinomio, nel senso che la differenza R n tende a zero, per x x 0, più rapidamente, di quanto tenda a zero la potenza (x x 0 ) n ; questo il senso della formula (4.113). Vale anche il viceversa: Proposizione 4.7. Se f : (a, b) R ha n derivate in x 0 e P è un polinomio di grado minore o uguale a n tale che x x 0 f(x) P (x) (x x 0 ) n = 0,

12 190 Analisi Matematica 1 allora P è il polinomio di Taylor di grado n di f in x 0. Dimostrazione. Sia p n il polinomio di Taylor di grado n di f in x 0. La (4.113) e l ipotesi implicano che p n (x) P (x) p n (x) f(x) f(x) P (x) = + = 0. x x 0 (x x 0 ) n x x0 (x x 0 ) n (x x 0 ) n Se poniamo si ha dunque p n (x) P (x) = d 0 + d 1 (x x 0 ) + + d n (x x 0 ) n, 0 = x x0 d 0 (x x 0 ) n + d 1 (x x 0 ) n d n 1 x x 0 + d n, il che è possibile se e solo se d 0 = d 1 = = d n 1 = d n = 0, ossia P (x) = p n (x), che è quanto si voleva provare. In figura sono riportati i polinomi di McLaurin del seno di grado n = 1, 5, 9, 15.

13 Calcolo differenziale Il simbolo o-piccolo di Landau. Per esprimere in modo operativamente snello la formula di Peano, è molto utile introdurre una notazione inventata da Landau 4. Definizione 4.8. Siano f, g : (a, b) R, x 0 (a, b) e g(x) 0 in un intorno bucato di x 0. Diremo che f è o-piccolo di g per x x 0 se e in tal caso scriveremo f = o (g). f(x) x x 0 g(x) = 0 Spieghiamo il senso del simbolo. L affermazione matematica f è o-piccolo di g si può parafrasare dicendo che f tende a zero più rapidamente di g. Quindi il rapporto f/g dovrà essere piccolo in un intorno del punto in esame e questo suggerisce di utilizzare la lettera graficamente più simile allo zero, ossia la o. Il concetto matematico che si vuole sintetizzare potrebbe essere altrettanto bene espresso dalla scrittura f/g = o, algebricamente equivalente a f = o g, dove o indica una funzione infinitesima per x x 0 (e non nulla in un intorno di x 0 ). Si usa invece la parentesi anziché il prodotto perché ciò che si vuole evidenziare è il comportamento di f rispetto a g e non l esatto valore del rapporto. Questa osservazione è importante, perché prima di aver compreso appieno l uso del simbolo di Landau si è indotti facilmente all errore. Ad esempio, può benissimo capitare che siano vere entrambe le scritture f = o (x) e anche f = o (x 2 ) per x 0, senza implicare x = x 2, che ovviamente è falso. Anzi, se f/x 2 0 per x 0, allora a maggior ragione si avrà f/x = (f/x 2 )x 0. Scrivere invece f = o x 2 e simultaneamente f = o x con la stessa lettera o ad indicare una funzione sarebbe scorretto (perché se ne dedurrebbe x = x 2 ) ed usare due lettere diverse, ridondante. Utilizzando il simbolo di Landau, la formula di Peano per una funzione f con n derivate in x 0 diviene (4.115) f(x) = p n (x) + o ((x x 0 ) n ). Essa evidenzia in quale misura valga l approssimazione locale di f mediante il suo polinomio di Taylor perché esprime il confronto tra la differenza f(x) p n (x) e la potenze intera e positiva (x x 0 ) n. Il simbolo o-piccolo, in combinazione con gli sviluppi di Taylor, permette in molti casi di svolgere il calcolo dei iti con grande efficacia, come vedremo. La seguente 4 Edmund Georg Landau, , matematico tedesco.

14 192 Analisi Matematica 1 proposizione sintetizza le principali proprietà di tipo algebrico del simbolo; la facile dimostrazione è un utile esercizio che viene lasciato al lettore. Proposizione 4.9 (L algebra di o-piccolo). Sia g : (a, b) R una funzione non nulla in un intorno bucato di x 0 (a, b). Per x x 0, si ha: (i) o (λg) = o (g), per ogni λ R \ {0}; (ii) ϕ(x)o (g) = o (g), per ogni ϕ : (a, b) R itata in un intorno di x 0. Se n ed m sono interi non negativi, si ha inoltre: (iii) o ((x x 0 ) n ) ± o ((x x 0 ) m ) = o ((x x 0 ) p ), con p = min{n, m}; (iv) o ((x x 0 ) n ) o ((x x 0 ) m ) = o ((x x 0 ) n+m ); (v) [o ((x x 0 ) n )] m = o ((x x 0 ) mn ); (vi) (x x 0 ) n o ((x x 0 ) m ) = o ((x x 0 ) n+m ); (vii) o [o ((x x 0 ) n )] = o ((x x 0 ) n ); (viii) se f = o ((x x 0 ) n ), con n > 0, allora f = o ((x x 0 ) m ) per ogni 0 m < n. Illustriamo le precedenti considerazioni e le proprietà algebriche appena enunciate con alcuni esempi. (35) Dalla definizione, abbiamo che per x 0 (4.116) 1 cos x = o (x), in quanto il solito ite notevole del coseno implica che ( ) 1 cos x 1 cos x = x 0 1 x x 2 2 = 0. Per le stesse ragioni, per ogni numero reale λ avremo per x 0 λ(1 cos x) = o (x), che illustra (i). Per quanto riguarda (ii), è ovvio che ad esempio per x 0 perché applicando la definizione si ha cos x(1 cos x) x cos x(1 cos x) = o (x) ( ) 1 cos x = cos x 0. x (36) Una o più formule di McLaurin, unitamente alla formula generale (4.115) e alla (iii), possono essere usate in sequenza per ottenere informazioni precise su somme di funzioni. Per illustrare questo aspetto, ridimostriamo la (4.116). Lo sviluppo di McLaurin del coseno, ossia (4.110), per n = 2 implica che per x 0 1 cos x = 1 2 x2 + o ( x 5) e poiché dalla definizione si ha x 2 /2 = o (x), la (iii) dice proprio che il membro destro è un o-piccolo di x, visto che min{1, 5} = 1. La (iii), nel caso n = m, mette in guardia da un possibile errore: in generale, non è vero che o (x n ) o (x n ) = 0, bensì, un po sorprendentemente, o (x n ) o (x n ) = o (x n ).

15 Calcolo differenziale 193 L espressione o (x n ) o (x n ) va infatti interpretata come la differenza tra due funzioni, a priori diverse, ciascuna delle quali tende a zero più rapidamente di x n. Ad esempio, x 3 = o ( x 2), 2x 3 = o ( x 2) per x 0, ma certamente x 3 2x 3 = x 3 0. Il significato di (iii) è che il comportamento di una somma (o differenza che sia) è quello del peggiore degli addendi. Per esempio, per x 0 abbiamo x 3 = o ( x 2), x 4 = o ( x 3) e della differenza x 3 x 4 possiamo dire che essa è un o (x 2 ), come garantito da (iii). (37) Per provare (e x 1) 2 = o (x) per x 0, si può osservare che (e x 1) 2 ( e x ) 1 2 = x 0 1 = 0 x x oppure, sapendo che e x = 1 + x + o (x), si calcola: (e x 1) 2 = [x + o (x)] 2 = x 2 + 2xo (x) + o (x) 2 = x 2 + o ( x 2). Infatti, usando (vi) si ha xo (x) = o (x 2 ), mentre (v) implica o (x) 2 = o (x 2 ). La conclusione si trae applicando (iii) ancora una volta: o (x 2 ) + o (x 2 ) = o (x 2 ). (38) La (v) è una conseguenza immediata di (iv). La (vii) può essere parafrasata dicendo: qualcosa che per x x 0 tende a zero più velocemente di qualcos altro che vi tende più velocemente di (x x 0 ) n, tende a zero più velocemente di (x x 0 ) n. (39) Infine, la (viii) è una conseguenza della (vii) perché se m < n, allora per x x 0 si ha (x x 0 ) n = o ((x x 0 ) m ), visto che (x x 0 ) n (x x 0 ) m = (x x 0) n m 0. Quindi se ad esempio f = o (x 2 ) allora f = o (x), mentre il viceversa è palesemente falso: come abbiamo già visto, 1 cos x = o (x), mentre l affermazione 1 cos x = o (x 2 ) è falsa perché (1 cos x)/x 2 1/2 per x 0. (40) Vale la pena di osservare che l affermazione f è infinitesima per x x 0 è semplicemente f = o (1) per x x 0. (41) Gli sviluppi di Taylor consentono di ottenere informazioni molto più sofisticate di quelle che discendono dalle semplici regole algebriche della Proposizione 4.9. Ad esempio, sappiamo che per x 0 si ha x = o(1) e anche sin x = o(1), e nessuna delle due è migliorabile, nel senso che nessuna delle due è un o-piccolo di x n per qualche intero positivo n. Quindi, dalla (iii) si deduce che sicuramente sin x x = o(1). Alla luce della formula (4.109), si può però dimostrare molto di più, ossia sin x x = o (x 2 ). Più precisamente ancora: (4.117) x 0 sin x x x 3 = 1 6

16 194 Analisi Matematica 1 Infatti: [ sin x x x 1 3! = x3 + o (x 3 ) ] x = 1 3! x3 + o (x 3 ) = 1 x 3 x 3 x o (x3 ) 1 x 3 6. Se quindi le regole algebriche sono di grande utilità nelle manipolazioni, lo strumento analitico, ossia lo sviluppo di Taylor, fornisce informazioni molto più precise. (42) Riprendiamo l Esempio 17 della Sezione 3, ossia e x 1 + log(1 x). x 0 tan x x Dagli sviluppi notevoli sappiamo che Se ne deduce che e x 1 + log(1 x) x 0 tan x x e x 1 = x x x3 + o ( x 3) log(1 x) = x 1 2 x2 1 3 x3 + o ( x 3) tan x x = 1 3 x3 + o ( x 3). 1 6 = x3 + o (x 3 ) 1 x 0 1 = + o(x3 ) 6 x 3 3 x3 + o (x 3 ) x = 1 o(x3 ) 2. 3 x 3 (43) Il lettore attento avrà notato dall esempio (42) che una volta espressa una forma indeterminata del tipo 0/0 mediante gli sviluppi di McLaurin fino ad arrivare a il ite per x 0 è presto calcolato: (4.118) x 0 ax n + o (x n ) bx m + o (x m ) = ax n + o (x n ) bx m + o (x m ) a/b se n = m 0 se n > m non esiste se n < m. La non esistenza del ite se n < m dipende dal fatto che la funzione in esame si comporta come (a/b)x n m, ossia come una potenza negativa di x: essa divergerà positivamente per x 0 + e negativamente per x 0 o viceversa, a seconda del segno di a/b Composizione di sviluppi. Supponiamo di voler calcolare il polinomio di McLaurin di f(x) = log(1+sin x) di ordine ad esempio 4. Siamo tentati di argomentare come segue. Siccome log(1 + y) = y 1 2 y y3 1 4 y4 + o ( y 4) sin x = x 1 3! x3 + o ( x 4)

17 Calcolo differenziale 195 ponendo y = sin x si avrà allora: log(1 + sin x) = sin x 1 2 (sin x) (sin x)3 1 4 (sin x)4 + o ( (sin x) 4) [ = x 1 3! x3 + o ( x 4)] 1 [x 1 2 3! x3 + o ( x 4)] [x 1 3 3! x3 + o ( x 4)] 3 1 [x 1 4 3! x3 + o ( ( x 4)] 4 [ + o x 1 3! x3 + o ( ) x 4)]4. Ora, usando l algebra di o-piccolo [x 1 3! x3 + o ( x 4)] 2 ( ) 1 2 = x 2 + 3! x3 + o ( x 4) ( ) 2 1 2x 3! x3 + 2xo ( x 4) ( ) ! x3 o ( x 4) = x x4 + o ( x 4) e similmente [x 1 3! x3 + o ( x 4)] 3 = x 3 + o ( x 4), [x 1 3! x3 + o ( x 4)] 4 = x 4 + o ( x 4). Quindi, sommando: [x x4 + o ( x 4)] log(1 + sin x) = x 1 3! x3 + o ( x 4) [ x 3 + o ( x 4)] 1 [ x 4 + o ( x 4)] + o ( x 4) 3 4 = x 1 2 x x x4 + o ( x 4). L algebra di o-piccolo è stata usata per avere espressioni con le potenze di x fino alla quarta, inglobando poi tutti i termini di ordine superiore in o (x 4 ). Il ragionamento è corretto, come spiegato dal risultato che segue. Includiamo la dimostrazione perché non è facile reperirla nei libri di testo più comuni. Teorema Supponiamo che: (i) f : (a, b) (c, d) sia derivabile n volte in x 0 ; (ii) g : (c, d) R sia derivabile m volte in y 0 = f(x 0 ). Denotato con P il polinomio di Taylor di grado n di f in x 0 e con Q il polinomio di Taylor di grado m di g in y 0 = f(x 0 ), e posto Q P (x) = n+m k=0 c k (x x 0 ) k, il polinomio µ T (x) = c k (x x 0 ) k, k=0 dove µ = min{n, m}, è il polinomio di Taylor di grado µ di g f in x 0.

18 196 Analisi Matematica 1 Dimostrazione. Utilizzeremo la Proposizione 4.7. Mostriamo dapprima che (4.119) g f(x) = Q P (x) + o ((x x 0 ) µ ) Scriviamo innanzitutto g f(x) Q P (x) (x x 0 ) µ = g(f(x)) Q(f(x)) Q(f(x)) Q(P (x)) +. (x x 0 ) µ (x x 0 ) µ Ora, ponendo y = f(x) e usando il cambio di variabile nel calcolo del ite g(f(x)) Q(f(x)) g(f(x)) Q(f(x)) (f(x) f(x 0 )) m = (x x 0 ) µ (f(x) f(x 0 )) m (x x 0 ) µ ( ) µ g(y) Q(y) f(x) f(x0 ) = (f(x) f(x (y y 0 ) m 0 )) m µ 0. x x 0 Infatti, il primo fattore è infinitesimo perché Q è il polinomio di Taylor di grado m di g in y 0, il secondo tende ad una potenza non negativa di f (x 0 ) ed il terzo è infinitesimo perché f è continua in x 0. D altra parte, applicando il Teorema di Lagrange, esiste un punto ξ compreso tra f(x) e P (x) per il quale si ha Q(f(x)) Q(P (x)) = Q f(x) P (x) (ξ) = Q f(x) P (x) (ξ) (x x (x x 0 ) µ (x x 0 ) µ (x x 0 ) n 0 ) n µ. L espressione precedente è infinitesima per x x 0 in quanto il primo fattore tende a g (y 0 ), il secondo è infinitesimo perché P è il polinomio di Taylor di grado n di f in x 0 e il terzo è infinitesimo perché è una potenza non negativa di x x 0. Abbiamo perciò provato la (4.119). Osserviamo infine che g f(x) Q P (x) (x x 0 ) µ = g f(x) T (x) (x x 0 ) µ + n+m k=µ+1 c k (x x 0 ) k µ. Siccome il secondo addendo è infinitesimo, e abbiamo provato che lo è anche il membro sinistro, ne segue che g f(x) T (x) = 0. x x 0 (x x 0 ) µ Siccome T è un polinomio di grado minore o uguale a µ, la Proposizione 4.7 ci permette di dire che esso è il polinomio di Taylor di grado µ di g f in x 0. Esempi. (44) Concludiamo con un esempio. Supponiamo di voler calcolare il ite e λx 1 + log(1 + x) x cos(λx) al variare di λ R. Innanzitutto, per λ = 0 il denominatore è identicamente nullo e quindi per tale valore il lilmite cercato non ha senso. Per ogni altro valore di λ, la

19 Calcolo differenziale 197 funzione è senza altro definita in un intorno destro dell origine, che è quanto necessario per poter calcolare il ite. Ricordiamo gli sviluppi di Taylor: e x = 1 + x + 1 2! x2 + o ( x 2) 1 + x = x 1 8 x2 + o ( x 2) log(1 + x) = x 1 2 x2 + o ( x 2) cos x = 1 1 2! x ! x4 + o ( x 2). Innanzitutto 1 + log(1 + x) = ( x x2 + o ( x 2)) 1 (x x2 + o ( x 2)) 2 + o ( x 2) e quindi il numeratore è e λx = x 1 4 x2 + o ( x 2) 1 8 x2 + o ( x 2) 2 = x 3 8 x2 + o ( x 2) 1 + log(1 + x) = Il denominatore è evidentemente ( λ 1 ) ( ) 3 x λ2 x 2 + o ( x 2). 2 1 cos(λx) = λ2 2 x2 + o ( x 4). Applichiamo ora la formula (4.118). Per λ = 1/2 il ite cercato è uguale al rapporto tra i coefficienti dei termini di grado 2, ossia 1 + log(1 + x) e x/2 x cos(x/2) = = 4 Se λ 1/2 si ha invece e x/2 1 + log(1 + x) + se λ > 1 = 2 x cos(x/2) se λ < 1. 2

20 198 Analisi Matematica 1 Esercizi 1. Calcolare i polinomi di Taylor di quarto grado delle funzioni seguenti: (i) xe x + x log(1 + x) + 2x, x 0 = 0; (ii) x log x sin(x 1), x 0 = 1 (iii) (sin x) 2 arctan(x 2 ), x 0 = 0; (iv) e 1 cos x cos(e x 1), x 0 = 0; 2. Calcolare, se esiste, il ite x 0 (cos x (sin x)2 ) 1/x 4.