Discussione: Bar Nino
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Vecchio 26-04-19, 00:26   #3090
Erasmus
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Predefinito Re: Bar Nino

Queste serie (e molte altre, a comincioiare da quella dell'esponenziale o da quella dsell'arcotangente) le puoi "inventare" tu stesso se ti ricordi che sono "Sviluppi in serie di Mac Laurin" (che poi sono un caso particolare degli sviluppi in serie di Taylor)

Serie di Mac Laurin
Supponiamo che una certa funzione f(x) sia indefinitamente derivabile (cioè che esista la sua derivata prima, e poi la derivata di questa cioè la dertivata seconda, e poi la derivata di questa cioè la derivata terza, e così via indefinitamente.).
Allora f(x) è sviluppabile in serie di Mac Laurin ... come segue.
1) Si cerca una serie di potenze, che sarà del tipo
c0 + c1·x + c2·x^2 + c3·x^3 + c4·x^4 + ... (ecc. ecc.). Ossia
Codice:
          
f(x) =  cn · x^n
        n=0
2) I coefficienti cn delle potenze x^n sono
cn = <derivata di ordine n in x = 0 > fratto n! ("enne fattoriale"). E bisogna assumere che la derivata di ordine 0 è la stessa funzione.
Allora, se indichiamo con fn(0) la derivata n-esima di f(x) in x= 0, la serie di Mac Laurin viene:
f(x) = f(0) /0! + f1(0)·x/1! + f2(0)(x^2)/2! + f3(0)(x^3)/3! +... (ecc., ecc.)
Ossia:
Codice:
                   
f(x) = f(0) + fn(0)·(x^n)/n!   (*)
                  n=1
Supponiamo, per esempio, di non conoscere lo sviluppo in serie di potenze di cos(x).
Allora ce lo costruiamo!
Basta che ci ricordiamo che la derivata di sin(x) è cos(x) e la derivata di cos(x) è –sin(x).
• il termine di grado 0 è cos(0) = 1.
• La derivata prima di cos(x) è –sin(x) che in x=0 vale 0. Mancherà dunque il termine di grado 1
• La derivata seconda di cos(x) è la derivata della derivata prima che era –sin(x); quindi è –cos(x) che in x= 0 vale –1. Il termine di 2° grado è dunque [(–1)/(2!]·x^2 =( –x^2)/2.
• La derivata terza di cos(x) è la derivata della derivata seconda che era – cos(x); è cioè –(–sin(x) = sin(x) che in x=0 vale 0. Mancherà anche il termine di 3° grado.
• Continuando analogamente si trova che tutti i termini di grado dispari hanno la derivata o sin(x) o –sin(x), comunque nulla in x=0. Dunque nello sviluppo in serie di potenze di cos(x) mancano tutti i termini di grado dispari. Ed è giusto che sia così dato che cos(x) è una funzione PARI, cioè che vale ugualmente in x e in –x. In formula:
cos(x) = cos(–x) per ogni x.

• In definitiva: la derivata (2n+2)–esima di cos(x) è l'opposto della derivata 2n–esima e la derivata (2n+4)–esima è uguale alla derivata 2n-esima.
Pertanto ci sono tutti e soli i termini di grado pari con segno alterno (essendo 1 il valore in x=0 di cos(x) e –1 il valore in x=0 di –cos(x).
• Pertanto abbiamo:
cos(x) = 1 – (x^2)/2 + (x^4)/24 – (x^6)/720 + ... +[(–1)^n]·[x^(2n)]/(2n)!+ ...
Ossia:
Codice:
                        
cos(x) =  [(–1)^n]·[x^(2n)]/(2n)!
             n=0
–––––––––
Cerchiamo ora lo sviluppo in serie di potenze di t della funzione
x = arctan(t).
Questa è l'inversa della funzione y = tan(x).
Sappiamo inoltre che se x = g(y) è la funzione inversa di y = f(x), allora la derrivata di x = g(y) è in ogni punto il reciproco della derivata di y = f(x).
Indicando con' y' = f'(x) la derivata di f(x) sappiamo anche che la derivata di una funzione prodotto di altre due funzioni, ossia di
f(x) = h(x)·k(x)
è
f'(x) = h'x)·k(x) + h(x)·k'(x).
Sfruttiamo questìultima nozione per calcolare la derivata di t = tan(x) = sin(x) · [cos(x)]^(–1).
Abbiamo dunque:
t' = cos(x) · [cos(x)]^(–1) + sin(x)·{(–[cos(x)]^(–2)}(–sin(x) = 1 + {[sinx)^2}/{[cos(x)]^2} = 1 + [tan(x)]^2 = 1 + t^2.
Allora la derivata dell'inversa di t = tan(x), ossia di x = arctan(t) è
x' = 1/(1 + t^2) .
E' arcinoto che per 0 < t ≤ 1 la serie geometrica d termine iniziale 1 e ragione – t, ossia
1 – t +t^2 – t^3 + t^4 – t^5 + t^6 – t^7 + ... (ecc., ecc.) (**)
converge a 1/(1 + t^2).
D'altra parte, la (**) è la drivata di
t – (t^3)/3 + t(^5)/5 –( t^7)/7 + ... +[ (–1)^n].t^(n+1)/(2n+1).
Pertanto, per x tale che sia –1 ≤ tan(x) ≤ 1 (ossia per –π/4 ≤ x ≤ π/4), se t = tan(x) si ha:
x = arctan(t) = t – (t^3)/3 + (t^5)/5 – (t^7)/7 + (t^9)/9 – (t^11)/11 + ... (ecc., ecc.). (***)
[Allo stesso risultato si arriva applicando la formula generale (*) della serie di Mac Laurin.]

In particolare, per x = π/4, siccome tan(π/4) = 1, la serie (***) diventa (come già tu hai scritto poco tempo fa):[code]
π/4 = 1 – 1/3 + 1/5 – 1/7 + 1/9 – 1/11 + 1/13 – 1/15 + ... (ecc., ecc.).
Ossia:
Codice:
       /Users/arnavic/Desktop/sin(π:6).png
π=4·[(–1)^n]/(2n+1)
      n=0
E siccome tan(π/6) = 1/√(3) abbiamo anche:
π/6 = [1/√(3)]·{1 – 1/(3·3) + 1/[(3^2)·5] –1/[(3^3)·7] + 1/[(3^4)·9] – 1/[(3^5)·11]+ ... +[(–1)^n]/[(3^n)·(2n+1)}.
Ossia:
π = 2√(3)·{1 – 1/(3·3) + 1/[(3^2)·5] –1/[(3^3)·7] + 1/[(3^4)·9] – 1/[(3^5)·11]+ ... +[(–1)^n]/[(3^n)2n+1)}.

Guarda qua il mio Grapher:

–––
Serie di Taylor
La funzione y = f(x) sia indefinitamente derivabile per x = x.
Allora risulta, indicando con fn(x) la derivata n-esima di f(x) in x = x;
Codice:
                                         
f(x) =f(x) + ∑[fn(x)/n!]·(x – x)^n.
                n=1
Si vede di colpo che per x = 0 la serie di Taylor diventa la serie di Mac Laurin
–––
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Erasmus
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Ultima modifica di Erasmus : 02-05-19 08:50.
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