Soluzioni
  • Il problema ci chiede di calcolare il polinomio di Taylor della funzione goniometrica

    f(x)=\frac{\cos(x)}{2+\sin(x)}

    centrato in x_0=0 e di ordine n=2. Per definizione, il polinomio è dato dalla relazione

    T_{2}(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2

    in cui

    \bullet \ \ \ f(0),\ f'(0) \ \mbox{e}\ f''(0) sono rispettivamente la valutazione della funzione, della sua derivata prima e della sua derivata seconda, in x_0=0;

    \bullet \ \ \ 2!=2\cdot 1=2 è il fattoriale di 2.

    Dobbiamo inoltre determinare il resto nella forma di Lagrange che nel caso in esame sarà

    R_2(x)=\frac{f^{(3)}(\xi)}{3!}x^3=\frac{f^{(3)}(\xi)}{6}x^3

    in cui f^{(3)}(\xi) è la derivata terza di f(x) valutata in un punto \xi\in(0,x).

    Se abbiamo queste informazioni, siamo in grado di scrivere lo sviluppo associato alla funzione:

    f(x)=T_2(x)+R_2(x)

    ossia

    f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2}x^2+\frac{f^{(3)}(\xi)}{6}x^{3}

    Polinomio di Taylor e resto di Lagrange

    Per esplicitare il polinomio di Taylor armiamoci di pazienza e calcoliamo le derivate fino al terzo ordine (quella del terzo ordine ci serve per scrivere il resto nella forma di Lagrange) ed esplicitiamo le valutazioni che ci servono:

    \\ f(x)=\frac{\cos(x)}{2+\sin(x)} \ \ \ \to \ \ \ f(0)=\frac{1}{2} \\ \\ \\ f'(x)=-\frac{1+2\sin(x)}{(2+\sin(x))^{2}}\ \ \ \to \ \ \ f'(0)=-\frac{1}{4}\\ \\ \\ f''(x)=\frac{2\cos(x)(\sin(x)-1)}{(2+\sin(x))^3}\ \ \ \to \ \ \ f''(0)=-\frac{1}{4}

    La derivata terza di f(x) è

    f^{(3)}(x)=\frac{(1-\sin(x))(9+\cos^2(x)-\sin^2(x)+10\sin(x))}{(2+\sin(x))^4}

    per cui la sua valutazione in \xi risulta

    f^{(3)}(\xi)=\frac{(1-\sin(\xi))(9+\cos^2(\xi)-\sin^2(\xi)+10\sin(\xi))}{(2+\sin(\xi))^4}

    Usiamo le valutazioni in x_0=0 per scrivere il polinomio di Taylor che risulta:

    \\ T_{2}(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2}x^2= \\ \\ \\ =\frac{1}{2}-\frac{1}{4}x-\frac{1}{8}x^2

    Il resto nella forma di Lagrange è invece

    \\ R_{2}(x)=\frac{f^{(3)}(\xi)}{6}x^3=\\ \\ \\ =\frac{(1-\sin(\xi))(9+\cos^2(\xi)-\sin^2(\xi)+10\sin(\xi))}{6(2+\sin(\xi))^4}x^3

    Lo sviluppo associato alla funzione è quindi

    \\ f(x)=T_2(x)+R_2(x)= \\ \\ \\ =\frac{1}{2}-\frac{1}{4}x-\frac{1}{8}x^2+\frac{(1-\sin(\xi))(9+\cos^2(\xi)-\sin^2(\xi)+10\sin(\xi))}{6(2+\sin(\xi))^4}x^3

    con \xi\in(0,x).

    Analisi dell'errore

    Il secondo punto del problema ci chiede di verificare che l'errore commesso sostituendo f\left(\frac{1}{10}\right) con T_{2}\left(\frac{1}{10}\right) è minore di 10^{-2}.

    Poiché l'errore E_{2}(x) è definito come il modulo della differenza tra la funzione f(x) e il polinomio di Taylor di ordine 2, esso coincide con il resto di Lagrange in valore assoluto, per cui

    \\ E_{2}(x)=|f(x)-T_2(x)|=|R_{2}(x)|= \\ \\ \\ =\left|\frac{(1-\sin(\xi))(9+\cos^2(\xi)-\sin^2(\xi)+10\sin(\xi))}{6(2+\sin(\xi))^4}x^3\right|= \\ \\ \\ =\left|\frac{(1-\sin(\xi))(9+\cos^2(\xi)-\sin^2(\xi)+10\sin(\xi))}{6(2+\sin(\xi))^4}\right|\cdot |x^3|

    Per risolvere il problema dobbiamo quindi dimostrare che

    E_{2}\left(\frac{1}{10}\right)<10^{-2}

    Esplicitiamo il primo membro sfruttando a dovere le proprietà del valore assoluto:

    \\ E_{2}\left(\frac{1}{10}\right)=\left|\frac{(1-\sin(\xi))(9+\cos^2(\xi)-\sin^2(\xi)+10\sin(\xi))}{6(2+\sin(\xi))^4}\right|\cdot \left|\left(\frac{1}{10}\right)^3\right|= \\ \\ \\ =\frac{|1-\sin(\xi)|\ |(9+\cos^2(\xi)-\sin^2(\xi)+10\sin(\xi)|}{6|2+\sin(\xi)|^4}\cdot \left|\left(\frac{1}{10}\right)^3\right|\le (\bullet)

    dopodiché cerchiamo una maggiorazione per l'espressione in \xi usando la limitatezza di seno e coseno e la disuguaglianza triangolare.

    \\ \bullet\ \ \ \ |1-\sin(\xi)|\le 1+|\sin(\xi)|\le 2 \\ \\ \\ \bullet \ \ \  |9+\cos^2(\xi)-\sin^2(\xi)+10\sin(\xi)|\le \\ \\ \le 9+|\cos^2(\xi)|+|\sin^2(\xi)|+10|\sin(\xi)|\le\\ \\  \le 9+1+1+10=21 \\ \\ \\ \bullet \ \ \ |2+\sin(\xi)|\ge 2 \ \ \ \forall \xi\in \left(0,\frac{1}{10}\right)

    Grazie a queste disuguaglianze, possiamo maggiorare (\bullet) con la seguente quantità

    (\bullet)\le \frac{2\cdot 21}{6\cdot 2^4}\cdot\frac{1}{10^3}=\frac{7}{16000}

    Evidentemente \frac{7}{16000} è minore di 10^{-2}, pertanto:

    E_{2}\left(\frac{1}{10}\right)\le 10^{-2}

    che è quello che volevamo dimostrare.

    Risposta di Ifrit
 
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