Formule di Taylor e Maclaurin: 6 Esercizi Progressivi
Le formule di Taylor e Maclaurin permettono di approssimare una funzione derivabile in un punto con un polinomio, utilizzando le derivate della funzione in quel punto. Questi sviluppi sono fondamentali per l’analisi del comportamento locale delle funzioni, il calcolo di limiti, l’integrazione approssimata e molte applicazioni in fisica e ingegneria.
👉Le formule di Taylor e Maclaurin
Nozioni Teoriche: Polinomi di Taylor e Maclaurin
Il polinomio di Taylor di grado [math]n[/math] per una funzione [math]f(x)[/math], supposta derivabile [math]n[/math] volte nel punto [math]x_0[/math], è dato da:
[math]P_n(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{f”(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \dots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n = \sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k[/math]
dove [math]f^{(k)}(x_0)[/math] indica la derivata [math]k[/math]-esima di [math]f[/math] valutata in [math]x_0[/math], e [math]k![/math] è il fattoriale di [math]k[/math].
Il polinomio di Maclaurin è un caso speciale del polinomio di Taylor in cui il punto base è [math]x_0=0[/math]:
[math]P_n(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f”(0)}{2!}x^2 + \dots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n = \sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k[/math]
Esercizio 1 (Base): Polinomio di Maclaurin
Testo: Trova il polinomio di Maclaurin di grado [math]3[/math] per la funzione [math]f(x)=e^x \cos(x)[/math].
Soluzione:
Per trovare il polinomio di Maclaurin di grado [math]3[/math], abbiamo bisogno di calcolare la funzione e le sue prime tre derivate nel punto [math]x_0=0[/math].
1. Calcolo delle derivate:
[math]f(x) = e^x \cos(x)[/math]
Usiamo la regola del prodotto per le derivate:
[math]f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x) \cos(x) + e^x \frac{d}{dx}(\cos(x)) = e^x \cos(x) – e^x \sin(x) = e^x(\cos(x) – \sin(x))[/math]
[math]f”(x) = \frac{d}{dx}(e^x)(\cos(x) – \sin(x)) + e^x \frac{d}{dx}(\cos(x) – \sin(x)) = e^x(\cos(x) – \sin(x)) + e^x(-\sin(x) – \cos(x)) = e^x(\cos(x) – \sin(x) – \sin(x) – \cos(x)) = -2e^x \sin(x)[/math]
[math]f”'(x) = \frac{d}{dx}(-2e^x \sin(x)) = -2 \left( \frac{d}{dx}(e^x) \sin(x) + e^x \frac{d}{dx}(\sin(x)) \right) = -2 (e^x \sin(x) + e^x \cos(x)) = -2e^x(\sin(x) + \cos(x))[/math]
2. Valutazione della funzione e delle derivate in [math]x_0=0[/math]:
[math]f(0) = e^0 \cos(0) = 1 \cdot 1 = 1[/math]
[math]f'(0) = e^0(\cos(0) – \sin(0)) = 1(1 – 0) = 1[/math]
[math]f”(0) = -2e^0 \sin(0) = -2 \cdot 1 \cdot 0 = 0[/math]
[math]f”'(0) = -2e^0(\sin(0) + \cos(0)) = -2 \cdot 1 (0 + 1) = -2[/math]
3. Costruzione del polinomio di Maclaurin di grado 3:
Usiamo la formula del polinomio di Maclaurin fino al termine di grado 3:
[math]P_3(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f”(0)}{2!}x^2 + \frac{f”'(0)}{3!}x^3[/math]
Sostituiamo i valori calcolati:
[math]P_3(x) = 1 + 1 \cdot x + \frac{0}{2}x^2 + \frac{-2}{6}x^3[/math]
[math]P_3(x) = 1 + x + 0 – \frac{1}{3}x^3[/math]
[math]P_3(x) = 1 + x – \frac{x^3}{3}[/math]
Risposte: Il polinomio di Maclaurin di grado 3 per [math]f(x)=e^x \cos(x)[/math] è [math]P_3(x) = 1 + x – \frac{x^3}{3}[/math].
Esercizio 2 (Medio): Polinomio di Taylor
Testo: Trova il polinomio di Taylor di grado [math]2[/math] per la funzione [math]f(x)=\sqrt{x}[/math] centrato in [math]x_0=1[/math].
Soluzione:
Per trovare il polinomio di Taylor di grado [math]2[/math] centrato in [math]x_0=1[/math], abbiamo bisogno di calcolare la funzione e le sue prime due derivate nel punto [math]x_0=1[/math].
1. Calcolo delle derivate:
[math]f(x) = \sqrt{x} = x^{1/2}[/math]
[math]f'(x) = \frac{1}{2}x^{(1/2 – 1)} = \frac{1}{2}x^{-1/2}[/math]
[math]f”(x) = \frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)x^{(-1/2 – 1)} = -\frac{1}{4}x^{-3/2}[/math]
2. Valutazione della funzione e delle derivate in [math]x_0=1[/math]:
[math]f(1) = \sqrt{1} = 1[/math]
[math]f'(1) = \frac{1}{2}(1)^{-1/2} = \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{2}[/math]
[math]f”(1) = -\frac{1}{4}(1)^{-3/2} = -\frac{1}{4} \cdot 1 = -\frac{1}{4}[/math]
3. Costruzione del polinomio di Taylor di grado 2 centrato in [math]x_0=1[/math]:
Usiamo la formula del polinomio di Taylor fino al termine di grado 2:
[math]P_2(x) = f(1) + f'(1)(x-1) + \frac{f”(1)}{2!}(x-1)^2[/math]
Sostituiamo i valori calcolati:
[math]P_2(x) = 1 + \frac{1}{2}(x-1) + \frac{-1/4}{2}(x-1)^2[/math]
[math]P_2(x) = 1 + \frac{1}{2}(x-1) – \frac{1}{8}(x-1)^2[/math]
Risposte: Il polinomio di Taylor di grado 2 per [math]f(x)=\sqrt{x}[/math] centrato in [math]x_0=1[/math] è [math]P_2(x) = 1 + \frac{1}{2}(x-1) – \frac{1}{8}(x-1)^2[/math].
Esercizio 3 (Medio-Avanzato): Utilizzo dello Sviluppo di Maclaurin nei Limiti
Testo: Usa il polinomio di Maclaurin di [math]\sin(x)[/math] per dimostrare che:
[math]\lim_{x \to 0}\frac{\sin(x)-x+\frac{x^3}{6}}{x^5}=\frac{1}{120}[/math]
Teoria:
Gli sviluppi di Taylor (e Maclaurin) sono potenti strumenti per il calcolo dei limiti, specialmente quelli in forme indeterminate come [math]\frac{0}{0}[/math]. Sostituendo la funzione con il suo polinomio di Taylor di grado opportuno (incluso il termine di resto o con notazione di Landau [math]o(x^n)[/math]), è spesso possibile semplificare l’espressione e calcolare il limite senza ricorrere alla regola di de l’Hôpital.
Lo sviluppo di Maclaurin della funzione [math]\sin(x)[/math] è dato da:
[math]\sin(x) = x – \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} – \frac{x^7}{7!} + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}[/math]
Per il limite dato, avremo bisogno dei termini fino a [math]x^5[/math]. Includiamo anche il termine di resto con la notazione di Landau [math]o(x^5)[/math] o [math]o(x^6)[/math] per indicare che i termini successivi sono di ordine superiore a [math]x^5[/math].
[math]\sin(x) = x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + o(x^6)[/math]
Soluzione:
1. Sostituire lo sviluppo di Maclaurin di [math]\sin(x)[/math] nell’espressione del limite:
Consideriamo l’espressione all’interno del limite:
[math]\frac{\sin(x)-x+\frac{x^3}{6}}{x^5}[/math]
Sostituiamo [math]\sin(x)[/math] con il suo sviluppo di Maclaurin:
[math]\frac{\left(x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + o(x^6)\right) – x + \frac{x^3}{6}}{x^5}[/math]
2. Semplificare il numeratore:
Notiamo che i termini [math]x[/math] e [math]-\frac{x^3}{6}[/math] si cancellano:
[math]\frac{x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + o(x^6) – x + \frac{x^3}{6}}{x^5} = \frac{\frac{x^5}{120} + o(x^6)}{x^5}[/math]
3. Dividere per [math]x^5[/math]:
Dividiamo ogni termine nel numeratore per [math]x^5[/math] (per [math]x \neq 0[/math]):
[math]\frac{\frac{x^5}{120}}{x^5} + \frac{o(x^6)}{x^5} = \frac{1}{120} + o(x)[/math]
Ricordiamo che [math]o(x)[/math] rappresenta una funzione che tende a [math]0[/math] per [math]x \to 0[/math].
4. Calcolare il limite:
Ora calcoliamo il limite dell’espressione semplificata per [math]x \to 0[/math]:
[math]\lim_{x \to 0} \left(\frac{1}{120} + o(x)\right)[/math]
Poiché [math]\lim_{x \to 0} o(x) = 0[/math], il limite è semplicemente:
[math]\frac{1}{120} + 0 = \frac{1}{120}[/math]
Risposte: Usando lo sviluppo di Maclaurin di [math]\sin(x)[/math], abbiamo dimostrato che il limite vale [math]\frac{1}{120}[/math].
Esercizio 4 (Avanzato): Sviluppo di Taylor tramite Composizione
Testo: Trova lo sviluppo di Taylor (Maclaurin) di [math]f(x)=\log(1+\sin(x))[/math] fino al termine di grado [math]4[/math], centrato in [math]x_0=0[/math].
Teoria:
Invece di calcolare ripetutamente le derivate di funzioni composte, possiamo usare gli sviluppi di Taylor (Maclaurin) noti delle funzioni componenti e sostituire uno sviluppo nell’altro. Dobbiamo essere attenti a mantenere solo i termini fino al grado desiderato.
Gli sviluppi di Maclaurin noti che ci servono sono:
[math]\log(1+y) = y – \frac{y^2}{2} + \frac{y^3}{3} – \frac{y^4}{4} + o(y^4)[/math]
[math]\sin(x) = x – \frac{x^3}{3!} + o(x^4) = x – \frac{x^3}{6} + o(x^4)[/math]
Vogliamo lo sviluppo di [math]\log(1+\sin(x))[/math] in termini di [math]x[/math]. Poniamo [math]y = \sin(x)[/math] nello sviluppo di [math]\log(1+y)[/math].
Soluzione:
1. Sostituire lo sviluppo di [math]\sin(x)[/math] in quello di [math]\log(1+y)[/math]:
Sostituiamo [math]y = x – \frac{x^3}{6} + o(x^4)[/math] nello sviluppo di [math]\log(1+y)[/math]:
[math]\log(1+\sin(x)) = \left(x – \frac{x^3}{6} + o(x^4)\right) – \frac{1}{2}\left(x – \frac{x^3}{6} + o(x^4)\right)^2 + \frac{1}{3}\left(x – \frac{x^3}{6} + o(x^4)\right)^3 – \frac{1}{4}\left(x – \frac{x^3}{6} + o(x^4)\right)^4 + o((\sin(x))^4)[/math]
2. Espandere le potenze e raccogliere i termini fino al grado 4:
Espandiamo ogni termine, ignorando i termini di grado superiore a 4:
- Termine di grado 1: [math]x[/math] (da [math]y[/math])
- Termine di grado 2: [math]-\frac{1}{2}y^2 \approx -\frac{1}{2}(x)^2 = -\frac{x^2}{2}[/math]
- Termine di grado 3: [math]-\frac{1}{2}(2x)(-\frac{x^3}{6}) + \frac{1}{3}y^3 \approx \frac{x^4}{6} + \frac{1}{3}(x)^3 = -\frac{1}{2}(x^2 – \frac{x^4}{3}) + \frac{1}{3}x^3 + o(x^4) = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{6} + \frac{x^3}{3} + o(x^4)[/math] (correzione: calcolo del terzo ordine da y^2 e y^3)
* [math]y = x – \frac{x^3}{6} + o(x^4)[/math]
* [math]-\frac{1}{2}y^2 = -\frac{1}{2}(x^2 – 2x\frac{x^3}{6} + (\frac{x^3}{6})^2 + \dots) = -\frac{1}{2}(x^2 – \frac{x^4}{3} + \dots) = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{6} + o(x^4)[/math]
* [math]\frac{1}{3}y^3 = \frac{1}{3}(x – \frac{x^3}{6} + \dots)^3 = \frac{1}{3}(x^3 + 3x^2(-\frac{x^3}{6}) + \dots) = \frac{1}{3}x^3 – \frac{x^5}{6} + \dots = \frac{x^3}{3} + o(x^4)[/math]
* [math]-\frac{1}{4}y^4 = -\frac{1}{4}(x + \dots)^4 = -\frac{1}{4}x^4 + o(x^4)[/math]
* [math]o((\sin(x))^4) = o((x – x^3/6 + \dots)^4) = o(x^4)[/math]
Raccogliamo i termini fino a [math]x^4[/math]:
[math]\log(1+\sin(x)) = (x – \frac{x^3}{6}) + (-\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{6}) + (\frac{x^3}{3}) + (-\frac{x^4}{4}) + o(x^4)[/math]
[math]\log(1+\sin(x)) = x – \frac{x^2}{2} + \left(-\frac{1}{6} + \frac{1}{3}\right)x^3 + \left(\frac{1}{6} – \frac{1}{4}\right)x^4 + o(x^4)[/math]
Semplifichiamo i coefficienti:
[math]-\frac{1}{6} + \frac{1}{3} = -\frac{1}{6} + \frac{2}{6} = \frac{1}{6}[/math]
[math]\frac{1}{6} – \frac{1}{4} = \frac{2}{12} – \frac{3}{12} = -\frac{1}{12}[/math]
Quindi lo sviluppo è:
[math]\log(1+\sin(x)) = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} – \frac{x^4}{12} + o(x^4)[/math]
Risposte: Lo sviluppo di Maclaurin di [math]\log(1+\sin(x))[/math] fino al termine di grado 4 è [math]x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} – \frac{x^4}{12}[/math].
Esercizio 5 (Creativo): Stima di un Integrale con Serie di Maclaurin
Testo: Usa lo sviluppo di Maclaurin per stimare l’integrale [math]\int_0^{0.1} e^{-x^2} dx[/math] con un errore inferiore a [math]10^{-6}[/math].
Teoria:
Molte funzioni non hanno una primitiva esprimibile in termini di funzioni elementari, come [math]e^{-x^2}[/math] (funzione gaussiana). Tuttavia, possiamo usare lo sviluppo di Maclaurin per approssimare la funzione con un polinomio e integrare il polinomio termine a termine. Per stimare l’errore in una serie a segni alterni convergente (come quella che otterremo), l’errore commesso troncando la serie è al massimo uguale al valore assoluto del primo termine trascurato (criterio di Leibniz per le serie a segni alterni).
Lo sviluppo di Maclaurin della funzione [math]e^y[/math] è:
[math]e^y = 1 + y + \frac{y^2}{2!} + \frac{y^3}{3!} + \frac{y^4}{4!} + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{y^n}{n!}[/math]
Soluzione:
1. Trovare lo sviluppo di Maclaurin di [math]e^{-x^2}[/math]:
Sostituiamo [math]y = -x^2[/math] nello sviluppo di [math]e^y[/math]:
[math]e^{-x^2} = 1 + (-x^2) + \frac{(-x^2)^2}{2!} + \frac{(-x^2)^3}{3!} + \frac{(-x^2)^4}{4!} + \dots[/math]
[math]e^{-x^2} = 1 – x^2 + \frac{x^4}{2} – \frac{x^6}{6} + \frac{x^8}{24} – \dots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n}}{n!}[/math]
2. Integrare lo sviluppo termine a termine:
Integriamo la serie di potenze termine a termine nell’intervallo [math][0, 0.1][/math]:
[math]\int_0^{0.1} e^{-x^2} dx = \int_0^{0.1} \left(1 – x^2 + \frac{x^4}{2} – \frac{x^6}{6} + \frac{x^8}{24} – \dots\right) dx[/math]
[math]\int_0^{0.1} e^{-x^2} dx = \left[x – \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{2 \cdot 5} – \frac{x^7}{6 \cdot 7} + \frac{x^9}{24 \cdot 9} – \dots \right]_0^{0.1}[/math]
[math]\int_0^{0.1} e^{-x^2} dx = \left[x – \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{10} – \frac{x^7}{42} + \frac{x^9}{216} – \dots \right]_0^{0.1}[/math]
Valutando da [math]0[/math] a [math]0.1[/math] (il valore in [math]0[/math] è [math]0[/math] per tutti i termini):
[math]\int_0^{0.1} e^{-x^2} dx = 0.1 – \frac{(0.1)^3}{3} + \frac{(0.1)^5}{10} – \frac{(0.1)^7}{42} + \frac{(0.1)^9}{216} – \dots[/math]
[math]\int_0^{0.1} e^{-x^2} dx = 0.1 – \frac{0.001}{3} + \frac{0.00001}{10} – \frac{0.0000001}{42} + \frac{0.000000001}{216} – \dots[/math]
[math]\int_0^{0.1} e^{-x^2} dx \approx 0.1 – 0.000333333 + 0.000001 – 0.00000000238 + \dots[/math]
3. Stimare l’errore e determinare quanti termini includere:
La serie ottenuta è a segni alterni e i valori assoluti dei termini diminuiscono e tendono a zero. Per il criterio di Leibniz, l’errore commesso troncando la serie è minore o uguale al valore assoluto del primo termine trascurato.
Vogliamo un errore inferiore a [math]10^{-6}[/math]. Calcoliamo il valore assoluto dei termini successivi:
- Primo termine: [math]0.1[/math]
- Secondo termine: [math]\frac{0.001}{3} \approx 3.33 \times 10^{-4}[/math]
- Terzo termine: [math]\frac{0.00001}{10} = 1 \times 10^{-6}[/math]
- Quarto termine: [math]\frac{0.0000001}{42} \approx 2.38 \times 10^{-9}[/math]
Il quarto termine [math]\left|-\frac{(0.1)^7}{42}\right| \approx 2.38 \times 10^{-9}[/math] è inferiore a [math]10^{-6}[/math]. Quindi, se includiamo i termini fino al terzo ([math]\frac{x^5}{10}[/math]), l’errore sarà inferiore al valore assoluto del quarto termine, che è minore di [math]10^{-6}[/math].
Dobbiamo quindi sommare i primi tre termini della serie integrata:
[math]\int_0^{0.1} e^{-x^2} dx \approx 0.1 – \frac{(0.1)^3}{3} + \frac{(0.1)^5}{10}[/math]
[math]\int_0^{0.1} e^{-x^2} dx \approx 0.1 – \frac{0.001}{3} + \frac{0.00001}{10}[/math]
[math]\int_0^{0.1} e^{-x^2} dx \approx 0.1 – 0.000333333 + 0.000001[/math]
[math]\int_0^{0.1} e^{-x^2} dx \approx 0.099667667 + 0.000001 = 0.099668667[/math]
Arrotondando a 6 cifre decimali, otteniamo [math]0.099669[/math]. Se il limite di errore è [math]< 10^{-6}[/math], dobbiamo essere più precisi. Il terzo termine è esattamente [math]0.000001[/math]. L’errore (valore assoluto del quarto termine) è [math]\approx 2.38 \times 10^{-9}[/math], che è decisamente inferiore a [math]10^{-6}[/math].
Sommando i primi tre termini otteniamo l’approssimazione desiderata.
[math]0.1 – 0.000333333 + 0.000001 = 0.099667667[/math]
Un’approssimazione con errore inferiore a [math]10^{-6}[/math] è data dalla somma dei primi 3 termini non nulli.
Risposte: L’integrale approssimato è [math]0.1 – \frac{(0.1)^3}{3} + \frac{(0.1)^5}{10} \approx 0.099667667[/math]. L’errore è inferiore a [math]10^{-6}[/math] poiché il valore assoluto del termine successivo nella serie integrata ([math]\frac{(0.1)^7}{42}[/math]) è minore di [math]10^{-6}[/math].
Esercizio 6 (Molto Avanzato): Sviluppo in Serie e Approssimazione Funzione Speciale
Testo: Trova lo sviluppo in serie di potenze (Maclaurin) per la funzione Error Function [math]\text{erf}(x)[/math] definita come [math]\text{erf}(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^x e^{-t^2}\,dt[/math]. Poi, usa i primi termini dello sviluppo per trovare un’approssimazione di [math]\text{erf}(0.1)[/math].
Teoria:
La funzione Error Function è una funzione speciale che non ha una primitiva elementare. Tuttavia, possiamo trovarne lo sviluppo in serie di potenze combinando lo sviluppo di Maclaurin di [math]e^{-t^2}[/math] con l’integrazione termine a termine.
Soluzione:
1. Utilizzare lo sviluppo di Maclaurin di [math]e^{-t^2}[/math]:
Dal Esercizio 5, sappiamo che lo sviluppo di Maclaurin di [math]e^{-t^2}[/math] è:
[math]e^{-t^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n (t^2)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n t^{2n}}{n!}[/math]
[math]e^{-t^2} = 1 – t^2 + \frac{t^4}{2!} – \frac{t^6}{3!} + \dots[/math]
2. Integrare lo sviluppo termine a termine da [math]0[/math] a [math]x[/math]:
Integriamo la serie rispetto a [math]t[/math] da [math]0[/math] a [math]x[/math]:
[math]\int_0^x e^{-t^2}\,dt = \int_0^x \left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n t^{2n}}{n!}\right) dt = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n!} \int_0^x t^{2n}\,dt[/math]
[math]\int_0^x e^{-t^2}\,dt = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n!} \left[\frac{t^{2n+1}}{2n+1}\right]_0^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n!(2n+1)} x^{2n+1}[/math]
Espandiamo i primi termini della serie integrata:
[math]\int_0^x e^{-t^2}\,dt = \frac{(-1)^0}{0!(1)}x^1 + \frac{(-1)^1}{1!(3)}x^3 + \frac{(-1)^2}{2!(5)}x^5 + \frac{(-1)^3}{3!(7)}x^7 + \dots[/math]
[math]\int_0^x e^{-t^2}\,dt = x – \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{10} – \frac{x^7}{42} + \dots[/math]
3. Moltiplicare per la costante [math]\frac{2}{\sqrt{\pi}}[/math] per ottenere lo sviluppo di [math]\text{erf}(x)[/math]:
Per definizione, [math]\text{erf}(x) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^x e^{-t^2}\,dt[/math]. Moltiplichiamo la serie ottenuta per [math]\frac{2}{\sqrt{\pi}}[/math]:
[math]\text{erf}(x) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \left(x – \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{10} – \frac{x^7}{42} + \dots \right)[/math]
[math]\text{erf}(x) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{n!(2n+1)}[/math]
4. Approssimare [math]\text{erf}(0.1)[/math] usando i primi termini:
Usiamo i primi due termini non nulli dello sviluppo in serie per approssimare [math]\text{erf}(0.1)[/math]:
[math]\text{erf}(0.1) \approx \frac{2}{\sqrt{\pi}} \left(0.1 – \frac{(0.1)^3}{3}\right)[/math]
[math]\text{erf}(0.1) \approx \frac{2}{\sqrt{\pi}} \left(0.1 – \frac{0.001}{3}\right)[/math]
[math]\text{erf}(0.1) \approx \frac{2}{\sqrt{\pi}} (0.1 – 0.000333333)[/math]
[math]\text{erf}(0.1) \approx \frac{2}{\sqrt{\pi}} (0.099666667)[/math]
Usando [math]\frac{2}{\sqrt{\pi}} \approx 1.128379[/math]:
[math]\text{erf}(0.1) \approx 1.128379 \times 0.099666667 \approx 0.1124629[/math]
Questa approssimazione è molto vicina al valore esatto di [math]\text{erf}(0.1)[/math].
Risposte: Lo sviluppo in serie di potenze per [math]\text{erf}(x)[/math] è [math]\frac{2}{\sqrt{\pi}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{n!(2n+1)}[/math]. Un’approssimazione di [math]\text{erf}(0.1)[/math] usando i primi due termini non nulli è [math]\frac{2}{\sqrt{\pi}} \left(0.1 – \frac{(0.1)^3}{3}\right) \approx 0.1124629[/math].
Questi esercizi hanno mostrato l’utilità e la versatilità delle formule di Taylor e Maclaurin non solo per approssimare funzioni con polinomi, ma anche per risolvere limiti, sviluppare funzioni speciali in serie di potenze e stimare il valore di integrali non elementari.
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