Formula di Taylor e di McLaurin: sviluppi notevoli, resto, limiti ed esercizi svolti

Vicino a un punto, la retta tangente approssima una funzione con un polinomio di primo grado. La formula di Taylor fa lo stesso con polinomi di grado più alto, che seguono anche la curvatura del grafico e sbagliano sempre meno. È lo strumento più potente del corso di Analisi 1: risolve in poche righe i limiti più difficili, dice subito l’ordine di un infinitesimo, permette di calcolare a mano numeri come $e$ o $\sin 0{,}2$ sapendo quanto si sbaglia e decide i casi dubbi di massimi e minimi. All’esame lo trovi quasi sempre, di solito dentro un limite. In questa pagina vediamo l’idea, come si calcolano i coefficienti, la formula con il resto di Peano e con il resto di Lagrange, la tabella degli sviluppi di McLaurin da sapere, l’algebra degli o piccoli per combinarli, il metodo per i limiti, la stima dell’errore, l’ordine di infinitesimo, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

L’idea: dalla retta tangente ai polinomi

Prendi $f(x) = e^x$ vicino a $x_0 = 0$. La sua retta tangente è $y = 1 + x$: in 0 ha lo stesso valore e la stessa pendenza dell’esponenziale. In $x = 0{,}1$ dà $1{,}1$, mentre $e^{0{,}1} = 1{,}105\,17\ldots$: l’errore è di circa cinque millesimi.

La retta sbaglia perché è dritta, mentre il grafico di $e^x$ curva verso l’alto. Per seguire la curvatura serve un termine di secondo grado: un polinomio che in 0 abbia, oltre al valore e alla pendenza, anche la stessa derivata seconda. Poi la stessa derivata terza, e così via. Ecco cosa succede in $x = 0{,}1$ (i polinomi li ricaviamo tra poco):

Polinomio	Valore in 0,1	Errore
$1 + x$	$1{,}1$	$5{,}2 \cdot 10^{-3}$
$1 + x + \frac{x^2}{2}$	$1{,}105$	$1{,}7 \cdot 10^{-4}$
$1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6}$	$1{,}105\,167$	$4{,}3 \cdot 10^{-6}$

Ogni termine in più divide l’errore per qualche decina. Sul grafico si vede la stessa cosa: ogni polinomio resta attaccato all’esponenziale su un tratto più lungo del precedente.

Come si calcolano i coefficienti

Cerchiamo un polinomio di grado al massimo $n$ scritto con le potenze di $(x - x_0)$, perché è comodo quando si sostituisce $x = x_0$:

$$\begin{gathered} P(x) = a_0 + a_1\,(x - x_0) + a_2\,(x - x_0)^2 \\ {} + \dots + a_n\,(x - x_0)^n \end{gathered}$$

Vogliamo che in $x_0$ abbia lo stesso valore e le stesse derivate successive di $f$ fino all’ordine $n$: $P^{(k)}(x_0) = f^{(k)}(x_0)$ per $k = 0, 1, \dots, n$.

Deriviamo $P$ più volte:

$$\begin{gathered} P'(x) = a_1 + 2\,a_2\,(x - x_0) + \dots \\ P''(x) = 2\,a_2 + 3 \cdot 2\,a_3\,(x - x_0) + \dots \\ P'''(x) = 3 \cdot 2\,a_3 + \dots \end{gathered}$$

Sostituendo $x = x_0$, tutti i termini che contengono ancora $(x - x_0)$ si annullano: $P(x_0) = a_0$, $P'(x_0) = a_1$, $P''(x_0) = 2\,a_2$, $P'''(x_0) = 3!\,a_3$. In generale, derivando $k$ volte, i termini di grado minore di $k$ spariscono, quelli di grado maggiore contengono ancora $(x - x_0)$ e dal termine $a_k (x - x_0)^k$ resta $k!\,a_k$. Quindi $P^{(k)}(x_0) = k!\,a_k$, e la condizione $P^{(k)}(x_0) = f^{(k)}(x_0)$ dà i coefficienti.

Si dice «di ordine $n$» e non «di grado $n$» perché il grado può essere più basso: se $f^{(n)}(x_0) = 0$, l’ultimo termine manca. Nota che $T_1(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$ è proprio la retta tangente.

Esempio. Per $f(x) = e^x$ con $x_0 = 0$ tutte le derivate valgono $e^x$, e in 0 valgono 1. Quindi $a_k = \frac{1}{k!}$ e

$$T_n(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \dots + \frac{x^n}{n!}$$

Sono i polinomi della tabella qui sopra. Quando il centro è $x_0 = 0$, come qui, si parla di polinomio di McLaurin.

La formula di Taylor con il resto di Peano

La differenza $R_n(x) = f(x) - T_n(x)$ si chiama resto di ordine $n$: è l’errore che commetti usando il polinomio al posto della funzione. Il primo teorema dice che, vicino a $x_0$, il resto è trascurabile rispetto all’ultima potenza usata.

Per $n = 1$ basta che $f$ sia definita vicino a $x_0$ e derivabile in $x_0$, e il teorema dice che la tangente sbaglia di un $o(x - x_0)$. Con $n = 3$ l’errore va a zero più in fretta di $(x - x_0)^3$: più alto è $n$, più il polinomio è «incollato» alla funzione. Le funzioni del corso (polinomi, esponenziali, logaritmi, funzioni goniometriche e loro combinazioni) sono derivabili quante volte vuoi nei punti interni del dominio, quindi le ipotesi sono quasi sempre soddisfatte.

Dimostrazione

Per $n = 1$ il limite è $\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} - f'(x_0)$, che tende a 0 per la definizione di derivata.

Per $n \geq 2$ il limite è una forma $\frac{0}{0}$. Anche le derivate di numeratore e denominatore fino all’ordine $n - 2$ tendono a 0, perché $T_n$ ha in $x_0$ le stesse derivate di $f$ e queste derivate sono continue; quelle del denominatore, inoltre, non si annullano per $x \neq x_0$. Applichiamo de l’Hôpital $n - 1$ volte. La derivata $(n-1)$-esima di $T_n$ è $f^{(n-1)}(x_0) + f^{(n)}(x_0)(x - x_0)$, quella di $(x - x_0)^n$ è $n!\,(x - x_0)$, e si arriva a

$$\frac{1}{n!}\left(\frac{f^{(n-1)}(x) - f^{(n-1)}(x_0)}{x - x_0} - f^{(n)}(x_0)\right)$$

Il rapporto incrementale di $f^{(n-1)}$ tende a $f^{(n)}(x_0)$ per definizione di derivata, quindi tutto tende a 0. Siccome quest’ultimo limite esiste, per de l’Hôpital esistono e valgono 0 anche quelli precedenti.

Il resto di Lagrange: quanto vale l’errore

Peano dice che l’errore è trascurabile, ma non dà un numero. Per sapere quanto sbagli in un punto preciso serve una derivata in più.

$\xi$ è la lettera greca «csi». Il resto ha la forma del termine successivo del polinomio, ma con la derivata calcolata in un punto $\xi$ che non conosciamo. Spesso però sappiamo quanto può essere grande quella derivata: se $|f^{(n+1)}(t)| \leq M$ per ogni $t$ tra $x_0$ e $x$,

$$|R_n(x)| \leq \frac{M}{(n+1)!}\,|x - x_0|^{n+1}$$

Con $n = 0$ la formula diventa $f(x) = f(x_0) + f'(\xi)(x - x_0)$: è il teorema di Lagrange, di cui questa è la generalizzazione.

L’idea della dimostrazione. Il resto $R = R_n$ e la funzione $g(t) = (t - x_0)^{n+1}$ si annullano in $x_0$ insieme alle loro prime $n$ derivate. Applicando il teorema di Cauchy $n + 1$ volte, ogni volta tra $x_0$ e il punto trovato prima:

$$\begin{gathered} \frac{R(x)}{g(x)} = \frac{R'(\xi_1)}{g'(\xi_1)} = \frac{R''(\xi_2)}{g''(\xi_2)} = \dots \\ {} = \frac{R^{(n+1)}(\xi)}{g^{(n+1)}(\xi)} = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} \end{gathered}$$

perché $T_n$ ha grado al massimo $n$, quindi $R^{(n+1)} = f^{(n+1)}$, e $g^{(n+1)} = (n+1)!$.

	Peano	Lagrange
Ipotesi	$n$ derivate in $x_0$	$n + 1$ derivate su un intervallo
Cosa dice	resto trascurabile	formula del resto, con $\xi$ ignoto
Serve per	limiti e ordini di infinitesimo	stimare l’errore con i numeri

Gli sviluppi di McLaurin da sapere

Con $x_0 = 0$ la formula di Taylor si chiama formula di McLaurin (il matematico si chiamava Colin Maclaurin; nei libri italiani trovi anche Mac Laurin). Gli sviluppi delle funzioni elementari si ottengono calcolando le derivate in 0, e vanno saputi a memoria.

• Esponenziale. Tutte le derivate valgono 1 in 0: i coefficienti sono $\frac{1}{k!}$.
• Seno e coseno. Le derivate del seno sono $\cos x$, $-\sin x$, $-\cos x$, $\sin x$, poi si ripetono; in 0 valgono $1, 0, -1, 0, \dots$ Restano solo le potenze dispari, con segni alterni. Il coseno, allo stesso modo, ha solo potenze pari.
• Logaritmo. Per $f(x) = \ln(1 + x)$: $f'(x) = \frac{1}{1 + x}$, $f''(x) = -\frac{1}{(1 + x)^2}$, $f'''(x) = \frac{2}{(1 + x)^3}$, e in generale $f^{(k)}(0) = (-1)^{k-1}(k-1)!$. Diviso per $k!$ dà $\frac{(-1)^{k-1}}{k}$: niente fattoriali.
• Potenza. Per $(1 + x)^\alpha$, con $\alpha$ reale, $f^{(k)}(0) = \alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - k + 1)$. Se $\alpha$ è un numero naturale lo sviluppo si ferma: è il binomio di Newton.
• Tangente. Le derivate in 0 valgono $0, 1, 0, 2$, quindi $\tan x = x + \frac{x^3}{3} + o(x^3)$; continuando si trova anche il termine $\frac{2}{15}x^5$.

Le righe di $\sqrt{1 + x}$ e $\frac{1}{1 + x}$ sono il caso $\alpha = \frac{1}{2}$ e $\alpha = -1$; quella di $\frac{1}{1 - x}$ si ottiene dalla precedente cambiando $x$ in $-x$. Lo sviluppo dell’arcotangente si ricava da quello di $\frac{1}{1 + x^2}$, come vedrai con le serie di potenze.

Perché nel seno c’è $o(x^{2n+2})$? Il seno ha solo potenze dispari, quindi il termine di grado $2n + 2$ ha coefficiente zero: i polinomi di ordine $2n + 1$ e $2n + 2$ coincidono. Per questo puoi scrivere $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^4)$, un’informazione in più gratis. Lo stesso vale per coseno, arcotangente e tangente.

I primi termini sono esattamente i limiti notevoli: $\sin x = x + o(x)$ equivale a $\frac{\sin x}{x} \to 1$, e $\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2)$ equivale a $\frac{1 - \cos x}{x^2} \to \frac{1}{2}$. Taylor aggiunge i termini successivi.

Un’approssimazione locale

La formula di Taylor parla di quello che succede vicino a $x_0$. Lontano, aggiungere termini può perfino peggiorare le cose. Per $\ln(1 + x)$, in $x = 1{,}5$ i polinomi di grado da 1 a 6 valgono a turno $1{,}5$; $0{,}375$; $1{,}5$; $0{,}234$; $1{,}753$; $-0{,}145$… e dal grado 2 in poi sono sempre più lontani da $\ln 2{,}5 \approx 0{,}916$. Oltre $x = 1$ gli sviluppi del logaritmo non servono per calcolare: il motivo lo vedrai con il raggio di convergenza delle serie di potenze.

L’algebra degli o piccoli

Calcolare tante derivate è lungo. Per fortuna non serve quasi mai: gli sviluppi di funzioni più complicate si ottengono da quelli della tabella con un po’ di algebra. Il segreto è sapere come si comportano gli o piccoli. Qui $x \to 0$, $n$ e $m$ sono naturali e $c$ è una costante.

Le ultime due dicono che l’o piccolo di ordine più basso «si mangia» tutte le potenze più alte: è il troncamento. Le uguaglianze si leggono da sinistra a destra: $x^3 = o(x^2)$ è vero, mentre $o(x^2) = x^3$ non ha senso.

Sostituzione

In uno sviluppo puoi sostituire a $x$ qualunque espressione che tende a 0. Da $e^t = 1 + t + \frac{t^2}{2} + o(t^2)$ con $t = x^2$, e da $\sin t = t - \frac{t^3}{6} + o(t^4)$ con $t = 2x$:

$$\begin{gathered} e^{x^2} = 1 + x^2 + \frac{x^4}{2} + o(x^4) \\ \sin(2x) = 2x - \frac{4}{3}\,x^3 + o(x^4) \end{gathered}$$

perché $o\big((x^2)^2\big) = o(x^4)$ e $\frac{(2x)^3}{6} = \frac{4}{3}x^3$. Invece $e^{x + 1}$ non si sviluppa così, perché $x + 1 \to 1$: si scrive $e^{x+1} = e \cdot e^x$.

C’è un solo polinomio di grado al massimo $n$ che approssima $f$ a meno di $o(x^n)$, quindi quello che ottieni con l’algebra è il polinomio di Taylor. Ne segue un trucco: in $e^{x^2}$ il coefficiente di $x^4$ è $\frac{f^{(4)}(0)}{4!} = \frac{1}{2}$, quindi $f^{(4)}(0) = 12$, senza calcolare quattro derivate.

Somma e prodotto

Nella somma si sommano i termini simili. Il risultato è preciso solo fino all’o piccolo di ordine più basso tra quelli presenti:

$$\begin{gathered} e^x - \cos x \\ {} = \left(1 + x + \frac{x^2}{2}\right) - \left(1 - \frac{x^2}{2}\right) + o(x^2) \\ {} = x + x^2 + o(x^2) \end{gathered}$$

Nel prodotto si moltiplicano i polinomi e si buttano nell’o piccolo le potenze troppo alte. Per $e^x \ln(1 + x)$ fino all’ordine 3:

$$\begin{gathered} e^x \ln(1 + x) = \left(1 + x + \frac{x^2}{2}\right) \\ {} \cdot \left(x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}\right) + o(x^3) \\ {} = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + x^2 - \frac{x^3}{2} \\ {} + \frac{x^3}{2} + o(x^3) \\ {} = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3) \end{gathered}$$

Perché $e^x$ solo fino a $x^2$? Perché $\ln(1 + x)$ comincia con $x$: il termine $\frac{x^3}{6}$ di $e^x$, moltiplicato almeno per $x$, darebbe $x^4$. Allo stesso modo, in $\sin^2 x$ fino all’ordine 4 basta il seno fino a $x^3$:

$$\begin{gathered} \sin^2 x = \left(x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)\right)^2 \\ {} = x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^4) \end{gathered}$$

Composizione e quoziente

Per $e^{\sin x}$ fino all’ordine 3 si pone $t = \sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$, che tende a 0. Le potenze di $t$, troncate a $x^3$, sono $t^2 = x^2 + o(x^3)$ e $t^3 = x^3 + o(x^3)$; inoltre $o(t^3) = o(x^3)$, perché $t$ ha ordine 1. Allora:

$$\begin{gathered} e^{\sin x} = 1 + t + \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{6} + o(t^3) \\ {} = 1 + x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3) \\ {} = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^3) \end{gathered}$$

I termini in $x^3$ si cancellano: un risultato che con le derivate sarebbe stato tutt’altro che ovvio.

Per i quozienti si usa $\frac{1}{1 - t} = 1 + t + t^2 + o(t^2)$. Con $t = \frac{x^2}{2} + o(x^3)$ si ha $t^2 = o(x^3)$, quindi

$$\begin{gathered} \frac{1}{\cos x} = \frac{1}{1 - \frac{x^2}{2} + o(x^3)} \\ {} = 1 + \frac{x^2}{2} + o(x^3) \\[1mm] \tan x = \sin x \cdot \frac{1}{\cos x} \\ {} = \left(x - \frac{x^3}{6}\right)\left(1 + \frac{x^2}{2}\right) + o(x^3) \\ {} = x + \frac{x^3}{3} + o(x^3) \end{gathered}$$

come nella tabella.

Fino a che ordine sviluppare?

1. In una frazione guarda prima il denominatore: se è $x^n$, o se il suo primo termine non nullo è $c\,x^n$, sviluppa il numeratore fino all’ordine $n$.
2. Se dopo le cancellazioni resta solo un o piccolo, ti sei fermato troppo presto: sviluppa di più.
3. In un prodotto, se un fattore comincia con $x^k$, l’altro basta svilupparlo fino all’ordine $n - k$. In una composizione, se l’argomento comincia con $x^k$, la funzione esterna basta svilupparla fino all’ordine $n/k$ (arrotondato per eccesso), mentre l’argomento va sviluppato fino all’ordine $n$.
4. Sviluppare più del necessario non è mai sbagliato: allunga solo i conti, e i termini in più finiscono nell’o piccolo.

Taylor nei limiti

Qui Taylor dà il meglio, nelle forme $\frac{0}{0}$ con funzioni elementari. La scaletta:

1. Controlla che sia una forma indeterminata con $x \to 0$. Se $x \to x_0 \neq 0$, poni $t = x - x_0$; se $x \to \pm\infty$, poni $t = \frac{1}{x}$.
2. Trova l’ordine $n$ del denominatore.
3. Sviluppa il numeratore fino all’ordine $n$, con la tabella e le regole.
4. Semplifica: restano i termini principali, perché $\frac{o(x^n)}{x^n} \to 0$.

Esempio 1. $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^3}$. Il denominatore ha ordine 3:

$$\begin{gathered} x - \sin x = x - \left(x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)\right) \\ {} = \frac{x^3}{6} + o(x^3) \end{gathered}$$

quindi il limite è $\frac{1}{6}$. Con de l’Hôpital servono tre passaggi: $\frac{1 - \cos x}{3x^2}$, poi $\frac{\sin x}{6x}$, poi $\frac{\cos x}{6} \to \frac{1}{6}$.

Esempio 2. $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x - \frac{x^2}{2}}{x^3}$. Con $e^x$ fino a $x^3$ il numeratore è $\frac{x^3}{6} + o(x^3)$, e il limite è $\frac{1}{6}$.

Esempio 3. $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\cos x - e^{-x^2/2}}{x^4}$. Qui de l’Hôpital è un incubo: serve la derivata quarta di $e^{-x^2/2}$, che è $(x^4 - 6x^2 + 3)\,e^{-x^2/2}$. Con Taylor, sostituendo $t = -\frac{x^2}{2}$ nello sviluppo di $e^t$ fino a $t^2$:

$$\begin{gathered} \cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4) \\ e^{-x^2/2} = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{8} + o(x^4) \end{gathered}$$

I termini fino a $x^2$ si cancellano, e resta $\frac{x^4}{24} - \frac{x^4}{8} = -\frac{x^4}{12}$. Il limite è $-\frac{1}{12}$. Fermandoti all’ordine 2 avresti avuto $\frac{o(x^2)}{x^4}$, che non dice niente.

Esempio 4. $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x^3}$. Con gli asintotici, $\tan x \sim x$ e $\sin x \sim x$, verrebbe la tentazione di scrivere $x - x = 0$: sbagliato, perché nelle somme non si sostituisce. Con gli sviluppi al terzo ordine:

$$\begin{gathered} \tan x - \sin x \\ {} = \left(x + \frac{x^3}{3}\right) - \left(x - \frac{x^3}{6}\right) + o(x^3) \\ {} = \frac{x^3}{2} + o(x^3) \end{gathered}$$

e il limite è $\frac{1}{2}$. Altri limiti di questo tipo li trovi negli esercizi svolti sui limiti.

Stimare l’errore con il resto di Lagrange

Quanti termini servono per calcolare e? Con $x_0 = 0$ e $x = 1$, tutte le derivate di $e^x$ sono $e^x$. Per $0 < \xi < 1$ vale $e^\xi < e < 3$, quindi

$$|R_n(1)| = \frac{e^\xi}{(n+1)!} < \frac{3}{(n+1)!}$$

Per un errore minore di un millesimo serve $(n+1)! > 3000$: $6! = 720$ non basta, $7! = 5040$ sì. Quindi $n = 6$:

$$\begin{gathered} e \approx 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{24} + \frac{1}{120} + \frac{1}{720} \\ {} \approx 2{,}718\,06 \end{gathered}$$

Il valore vero del numero di Nepero è $2{,}718\,28\ldots$: l’errore è $0{,}000\,23$, sotto la stima $\frac{3}{5040} \approx 0{,}000\,6$. Il resto qui è positivo, quindi $e$ sta tra $2{,}718\,05$ e $2{,}718\,66$: le cifre $2{,}718$ sono già certe, ma non sappiamo ancora se, arrotondato a tre decimali, $e$ valga $2{,}718$ o $2{,}719$. Con $n = 7$ la stima scende a $\frac{3}{40\,320} \approx 0{,}000\,07$ e si ottiene $2{,}718\,25$: ora $e$ sta tra $2{,}718\,25$ e $2{,}718\,33$, e anche l’arrotondamento a tre decimali, $2{,}718$, è certo.

Quanto vale sin 0,2? Con il polinomio di ordine 3, con $0{,}2$ in radianti:

$$\sin 0{,}2 \approx 0{,}2 - \frac{0{,}2^3}{6} \approx 0{,}198\,667$$

Tutte le derivate del seno sono comprese tra $-1$ e 1. Con $n = 3$ il resto di Lagrange dà $|R_3| \leq \frac{0{,}2^4}{4!} \approx 6{,}7 \cdot 10^{-5}$. Ma il seno non ha il termine in $x^4$, quindi $T_3 = T_4$, e possiamo usare il resto di ordine 4:

$$|R_4| \leq \frac{0{,}2^5}{5!} \approx 2{,}7 \cdot 10^{-6}$$

Il valore vero è $\sin 0{,}2 = 0{,}198\,669\,3\ldots$: l’errore è $2{,}66 \cdot 10^{-6}$, praticamente uguale alla stima.

Ordine di infinitesimo e comportamento locale

Se $f(x) = c\,(x - x_0)^k + o\big((x - x_0)^k\big)$ con $c \neq 0$, allora $f$ è un infinitesimo di ordine $k$ per $x \to x_0$, e $c\,(x - x_0)^k$ è la sua parte principale: $f(x) \sim c\,(x - x_0)^k$. Lo sviluppo dà l’ordine senza fatica: $x - \sin x$ ha ordine 3 e parte principale $\frac{x^3}{6}$; $\ln(1 + x) - x$ ha ordine 2 e parte principale $-\frac{x^2}{2}$.

Lo stesso ragionamento decide i punti stazionari. Se $f'(x_0) = 0$ e la prima derivata non nulla in $x_0$ è $f^{(n)}(x_0)$, con $n \geq 2$, allora

$$\begin{gathered} f(x) - f(x_0) \\ {} = \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}\,(x - x_0)^n + o\big((x - x_0)^n\big) \end{gathered}$$

Vicino a $x_0$, il segno di $f(x) - f(x_0)$ è quello della parte principale. Se $n$ è pari, $(x - x_0)^n \geq 0$: c’è un minimo relativo se $f^{(n)}(x_0) > 0$, un massimo relativo se $f^{(n)}(x_0) < 0$. Se $n$ è dispari, $(x - x_0)^n$ cambia segno: né massimo né minimo, ma un flesso a tangente orizzontale.

Per esempio $f(x) = \cos x + \frac{x^2}{2}$ ha in 0 derivate prima, seconda e terza nulle: il test della derivata seconda tace. Lo sviluppo $f(x) = 1 + \frac{x^4}{24} + o(x^4)$ dice che $x = 0$ è un minimo. È il criterio delle derivate successive, che usi per massimi e minimi e per concavità, convessità e flessi.

Un po’ di storia

L’inglese Brook Taylor pubblicò la formula nel 1715, nel libro Methodus incrementorum directa et inversa. Non fu il primo: varianti del risultato erano già note, in modo indipendente, a James Gregory, Newton, Leibniz, Johann Bernoulli e de Moivre. Lo scozzese Colin Maclaurin usò il caso $x_0 = 0$ nel suo Treatise of Fluxions del 1742, attribuendolo esplicitamente a Taylor; eppure quel caso porta oggi il suo nome. Nel 1772 Lagrange definì la formula di Taylor il principio fondamentale del calcolo differenziale, e il suo nome è rimasto legato al resto.

Gli errori più comuni

• Fermarsi a un ordine troppo basso. Se dopo le cancellazioni resta solo $o(x^k)$, non puoi concludere niente: sviluppa di più.
• Cancellare gli o piccoli tra loro. $o(x^3) - o(x^3)$ fa $o(x^3)$, non 0.
• Tenere termini oltre l’ordine dell’o più basso. Se un pezzo è sviluppato fino a $o(x^2)$, i termini in $x^3$ degli altri pezzi non hanno più significato.
• Usare McLaurin quando l’argomento non tende a 0. $e^{x+1}$ non è $1 + (x + 1) + \dots$, e $\ln x$ non ha sviluppo di McLaurin. Per $x \to 1$ si pone $t = x - 1$ e si usa $\ln(1 + t)$.
• Sbagliare fattoriali e segni. Nel seno il termine di quinto grado è $\frac{x^5}{120}$, non $\frac{x^5}{5}$ (quello è l’arcotangente); in $\ln(1 + x)$ i segni si alternano e non ci sono fattoriali.
• Usare i gradi. Gli sviluppi delle funzioni goniometriche valgono solo in radianti.
• Sostituire gli asintotici in una somma. $\tan x - \sin x \sim x - x = 0$ è falso: la differenza ha parte principale $\frac{x^3}{2}$.
• Scambiare il resto di Peano per una stima numerica. $o(x^3)$ non dice quanto vale l’errore in $x = 0{,}5$: per un numero serve il resto di Lagrange.

Esercizi svolti

1. Un polinomio di Taylor fuori dall’origine

Testo. Scrivi il polinomio di Taylor di ordine 2 di $f(x) = \sqrt{x}$ con centro $x_0 = 4$ e usalo per approssimare $\sqrt{4{,}1}$.

Calcoliamo valore e derivate in 4:

$$\begin{gathered} f(4) = \sqrt{4} = 2 \\ f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} \ \Rightarrow\ f'(4) = \frac{1}{4} \\ f''(x) = -\frac{1}{4\,x\sqrt{x}} \ \Rightarrow\ f''(4) = -\frac{1}{32} \end{gathered}$$

Il coefficiente di $(x - 4)^2$ è $\frac{f''(4)}{2!} = -\frac{1}{64}$, quindi

$$T_2(x) = 2 + \frac{x - 4}{4} - \frac{(x - 4)^2}{64}$$

Con $x = 4{,}1$, cioè $x - 4 = 0{,}1$:

$$\begin{gathered} \sqrt{4{,}1} \approx 2 + 0{,}025 - \frac{0{,}01}{64} \\ {} = 2{,}024\,843\,75 \end{gathered}$$

Il valore vero è $2{,}024\,845\,7\ldots$: l’errore è circa $2 \cdot 10^{-6}$. Con la sola tangente ($2{,}025$) sarebbe stato di $1{,}5 \cdot 10^{-4}$, circa ottanta volte di più.

2. Un limite con sostituzione e prodotto

Testo. Calcola $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 2x - 2x\sin x}{x^4}$.

Il denominatore ha ordine 4. Nello sviluppo del coseno sostituiamo $t = 2x$:

$$\begin{gathered} \cos 2x = 1 - \frac{(2x)^2}{2} + \frac{(2x)^4}{24} + o(x^4) \\ {} = 1 - 2x^2 + \frac{2}{3}x^4 + o(x^4) \end{gathered}$$

quindi $1 - \cos 2x = 2x^2 - \frac{2}{3}x^4 + o(x^4)$. Nel prodotto $2x\sin x$ il fattore $2x$ ha ordine 1, quindi il seno basta fino a $x^3$:

$$\begin{gathered} 2x\sin x = 2x\left(x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)\right) \\ {} = 2x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^4) \end{gathered}$$

Sottraendo, i termini $2x^2$ si cancellano:

$$\begin{gathered} 1 - \cos 2x - 2x\sin x \\ {} = -\frac{2}{3}x^4 + \frac{x^4}{3} + o(x^4) = -\frac{x^4}{3} + o(x^4) \end{gathered}$$

Il limite vale $-\frac{1}{3}$. Al secondo ordine sarebbe rimasto solo $o(x^2)$: per questo serviva l’ordine 4.

3. Lo sviluppo di ln(cos x)

Testo. Scrivi lo sviluppo di McLaurin di $\ln(\cos x)$ fino all’ordine 4 e usalo per calcolare $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\ln(\cos x) + \frac{x^2}{2}}{x^4}$.

Scriviamo $\cos x = 1 + t$, con

$$t = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)$$

che tende a 0 e comincia con $x^2$. Per arrivare a $x^4$ basta $\ln(1 + t)$ fino a $t^2$: $\ln(1 + t) = t - \frac{t^2}{2} + o(t^2)$. Il quadrato di $t$, troncato a $x^4$, è $t^2 = \frac{x^4}{4} + o(x^4)$, e $o(t^2) = o(x^4)$. Quindi

$$\begin{gathered} \ln(\cos x) = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} - \frac{x^4}{8} + o(x^4) \\ {} = -\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{12} + o(x^4) \end{gathered}$$

perché $\frac{1}{24} - \frac{3}{24} = -\frac{1}{12}$. Nel limite il termine $-\frac{x^2}{2}$ si cancella con $+\frac{x^2}{2}$, il numeratore è $-\frac{x^4}{12} + o(x^4)$ e il limite vale $-\frac{1}{12}$.

4. Quanti termini servono per la radice di e

Testo. Usa lo sviluppo di $e^x$ per calcolare $\sqrt{e} = e^{1/2}$ con un errore minore di un millesimo. Quanti termini servono?

Con $x = \frac{1}{2}$ il resto di Lagrange è $R_n = \frac{e^\xi}{(n+1)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}$, con $0 < \xi < \frac{1}{2}$. Siccome $e < 4$, si ha $e^\xi < e^{1/2} < 2$, quindi

$$|R_n| < \frac{2}{(n+1)! \cdot 2^{n+1}}$$

Con $n = 3$ la stima è $\frac{2}{24 \cdot 16} \approx 0{,}005\,2$: troppo. Con $n = 4$ è $\frac{2}{120 \cdot 32} \approx 0{,}000\,52$: va bene. Servono quindi cinque termini:

$$\begin{gathered} \sqrt{e} \approx 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{8} + \frac{1}{48} + \frac{1}{384} \\ {} = \frac{633}{384} = \frac{211}{128} \approx 1{,}648\,44 \end{gathered}$$

Il valore vero è $1{,}648\,72\ldots$: l’errore è $0{,}000\,28$, sotto il millesimo come garantito.

5. Un limite da esame

Testo. Calcola $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x^2) - \sin^2 x}{x^2\,(\cos x - 1)}$.

Il denominatore: $\cos x - 1 = -\frac{x^2}{2} + o(x^2)$, quindi $x^2(\cos x - 1) = -\frac{x^4}{2} + o(x^4)$. Ordine 4.

Il numeratore fino all’ordine 4. Con $t = x^2$ basta $\ln(1 + t)$ fino a $t^2$; il quadrato del seno l’abbiamo già calcolato:

$$\begin{gathered} \ln(1 + x^2) = x^2 - \frac{x^4}{2} + o(x^4) \\ \sin^2 x = x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^4) \end{gathered}$$

La differenza è $-\frac{x^4}{2} + \frac{x^4}{3} + o(x^4) = -\frac{x^4}{6} + o(x^4)$. Quindi

$$\lim_{x \to 0} \frac{-\frac{x^4}{6} + o(x^4)}{-\frac{x^4}{2} + o(x^4)} = \frac{1}{3}$$

Con gli asintotici, $\ln(1 + x^2) \sim x^2$ e $\sin^2 x \sim x^2$, il numeratore sarebbe sembrato nullo: è proprio il caso in cui serve Taylor.

6. Un parametro e l’ordine di infinitesimo

Testo. Sia $f(x) = \ln(1 + x) - \dfrac{x}{1 + ax}$, con $a$ reale. Per quale valore di $a$ l’infinitesimo $f$, per $x \to 0$, ha l’ordine più alto possibile? Trova l’ordine e la parte principale.

Sviluppiamo fino all’ordine 3. Con $\frac{1}{1 + t} = 1 - t + t^2 + o(t^2)$ e $t = ax$:

$$\begin{gathered} \frac{x}{1 + ax} = x\left(1 - ax + a^2x^2 + o(x^2)\right) \\ {} = x - a\,x^2 + a^2x^3 + o(x^3) \end{gathered}$$

Sottraendo da $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3)$:

$$\begin{gathered} f(x) = \left(a - \frac{1}{2}\right)x^2 \\ {} + \left(\frac{1}{3} - a^2\right)x^3 + o(x^3) \end{gathered}$$

Se $a \neq \frac{1}{2}$, il primo coefficiente non è nullo: $f$ ha ordine 2, con parte principale $\left(a - \frac{1}{2}\right)x^2$. Se $a = \frac{1}{2}$, il termine in $x^2$ sparisce e quello in $x^3$ vale $\frac{1}{3} - \frac{1}{4} = \frac{1}{12} \neq 0$. L’ordine massimo è quindi 3, per $a = \frac{1}{2}$, con parte principale $\frac{x^3}{12}$. Ne esce un’ottima approssimazione razionale del logaritmo: per $x = 0{,}1$, $\frac{x}{1 + x/2} = 0{,}095\,24$ contro $\ln 1{,}1 = 0{,}095\,31$.

In sintesi

• Il polinomio di Taylor ha in $x_0$ le stesse derivate di $f$ fino all’ordine $n$: il coefficiente di $(x - x_0)^k$ è $\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}$. $T_1$ è la retta tangente; con $x_0 = 0$ si parla di McLaurin.
• Resto di Peano: $f(x) = T_n(x) + o\big((x - x_0)^n\big)$ per $x \to x_0$. Serve per limiti e ordini di infinitesimo.
• Resto di Lagrange: $R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x - x_0)^{n+1}$, con $\xi$ tra $x_0$ e $x$. Serve per stimare l’errore.
• Da sapere: gli sviluppi di $e^x$, $\sin x$, $\cos x$, $\ln(1 + x)$, $(1 + x)^\alpha$, $\frac{1}{1 - x}$, $\arctan x$, $\tan x$.
• Gli altri sviluppi si ottengono con sostituzione, somma, prodotto e composizione; $o(x^n) \pm o(x^n) = o(x^n)$.
• Nei limiti si sviluppa fino all’ordine del denominatore, e oltre se tutto si cancella.
• In un punto stazionario decide la prima derivata non nulla: ordine pari, massimo o minimo; ordine dispari, flesso.

Hai finito la teoria del capitolo: mettiti alla prova con gli esercizi svolti sulle derivate.