Esercizio - polinomio di Taylor del secondo ordine e limiti (lezione 11)

Teoria: Derivate seconde, teorema di Schwarz e formula di Taylor del secondo ordineLe derivate seconde f_{x_i x_j} = (f_{x_i}){x_j} formano la matrice hessiana H_f; se f è C² l'hessiana è simmetrica (teorema di Schwarz: le derivate miste, continue, non dipendono dall'ordine). Il differenziale secondo d²f(x0)(h) = h^T H_f(x0) h = Σ f{x_i x_j} h_i h_j è una forma quadratica. Formula di Taylor del secondo ordine con resto di Peano (D): f(x0 + h) = f(x0) + ∇f(x0)·h + ½ h^T H_f(x0) h + o(|h|²) per f ∈ C². Serve per i punti critici e per calcolare limiti.Derivate seconde, teorema di Schwarz e formula di Taylor del secondo ordine →, Funzioni di più variabili, limiti e continuitàUna funzione scalare di n variabili f : A ⊆ R^n → R ha dominio naturale (dove la formula ha senso), grafico (superficie in R^{n+1}) e insiemi di livello {f = c}. Il limite in x0 (punto di accumulazione) si definisce con ε-δ o con le successioni (Heine); per negare l'esistenza si confrontano restrizioni a curve diverse (rette, parabole), per dimostrarla si maggiora |f − L| con g(ρ) → 0 indipendente da θ (coordinate polari) o si usano i due carabinieri. f è continua in x0 se lim = f(x0). I limiti iterati non bastano.Funzioni di più variabili, limiti e continuità →.

Testo.

1. Scrivere la formula di Taylor di ordine $2$ con resto di Peano di $f(x,y)=\sin(xy)$ in $(0,1)$.
2. Scrivere il polinomio di Taylor di ordine $2$ di $f(x,y)=e^x\cos y$ in $(0,0)$ e di $g(x,y)=\ln(1+x^2+y^2)$ in $(0,0)$.
3. Calcolare, se esistono, $\displaystyle L_1=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{1-\cos x\cos y}{x^2+y^2}$ e $\displaystyle L_2=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{e^x\cos y-1-x}{x^2+y^2}$.

(Fonte: l'esempio della parte 1 è svolto nella lezione 11 del corso di Fondamenti di Analisi Matematica 2, Ing. Aerospaziale UniPD; le altre parti sono applicazioni costruite per queste note.)

Soluzione della parte 1

Con $h=x-0=x$ e $k=y-1$:

• $f(0,1)=\sin0=0$;
• $\nabla f=(y\cos xy,\,x\cos xy)\Rightarrow\nabla f(0,1)=(1,0)$;
• $H_f(0,1)=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ (derivate seconde: $f_{xx}=-y^2\sin xy=0$, $f_{xy}=\cos xy-xy\sin xy=1$, $f_{yy}=-x^2\sin xy=0$).

La formula $f=f_0+f_xh+f_yk+\frac12[f_{xx}h^2+2f_{xy}hk+f_{yy}k^2]+o(h^2+k^2)$ diventa $$\sin(xy)=0+1\cdot x+0\cdot(y-1)+\tfrac12\big[2\,x(y-1)\big]+o\big(x^2+(y-1)^2\big)=x+x(y-1)+o(\cdot)=xy+o\big(x^2+(y-1)^2\big).$$ Il polinomio di Taylor è $xy$. Controllo: con $y=1$ si ottiene $\sin x\approx x$ ✓.

Soluzione della parte 2

$f=e^x\cos y$ in $\underline0$. $f_x=e^x\cos y$, $f_y=-e^x\sin y$, $f_{xx}=e^x\cos y$, $f_{xy}=-e^x\sin y$, $f_{yy}=-e^x\cos y$. In $\underline0$: $f=1$, $\nabla f=(1,0)$, $f_{xx}=1$, $f_{xy}=0$, $f_{yy}=-1$: $$e^x\cos y=1+x+\tfrac12(x^2-y^2)+o(x^2+y^2).$$ (Si ottiene lo stesso moltiplicando gli sviluppi di una variabile: $(1+x+\frac{x^2}{2})(1-\frac{y^2}{2})=1+x+\frac{x^2}2-\frac{y^2}2+\dots$)

$g=\ln(1+x^2+y^2)$ in $\underline0$. $g_x=\frac{2x}{1+x^2+y^2}$, $g_y=\frac{2y}{1+x^2+y^2}$; in $\underline0$ sono nulle. $g_{xx}(0,0)=2$, $g_{yy}(0,0)=2$, $g_{xy}(0,0)=0$ (derivando $\frac{2x}{1+x^2+y^2}$ in $y$ si ha $-\frac{4xy}{(\dots)^2}=0$ in $\underline0$). Quindi $$\ln(1+x^2+y^2)=x^2+y^2+o(x^2+y^2),$$ coerente con $\ln(1+u)\sim u$ per $u=x^2+y^2\to0$.

Soluzione della parte 3

$L_1$. Da $\cos t=1-\frac{t^2}{2}+o(t^2)$, $$\cos x\cos y=\Big(1-\tfrac{x^2}{2}+o(x^2)\Big)\Big(1-\tfrac{y^2}{2}+o(y^2)\Big)=1-\tfrac{x^2+y^2}{2}+o(x^2+y^2)$$ (il prodotto $\frac{x^2y^2}{4}$ è di ordine $4$). Il numeratore è $\frac{x^2+y^2}{2}+o(x^2+y^2)$, quindi $$L_1=\lim\frac{\frac12(x^2+y^2)+o(x^2+y^2)}{x^2+y^2}=\frac12 .$$

$L_2$. Dalla parte 2, $e^x\cos y-1-x=\frac12(x^2-y^2)+o(x^2+y^2)$ e $$\frac{e^x\cos y-1-x}{x^2+y^2}=\frac12\cdot\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}+o(1)=\frac12\cos2\theta+o(1)\quad(\text{in polari}).$$ Il termine $\cos2\theta$ dipende da $\theta$ ($1$ sull'asse $x$, $-1$ sull'asse $y$): il limite non esiste. Infatti sull'asse $x$ il rapporto tende a $\frac12$, sull'asse $y$ a $-\frac12$.

Metodo. Il polinomio di Taylor di ordine $2$ dà la parte principale del numeratore: se la parte quadratica è un multiplo di $x^2+y^2$ si ottiene un limite (è il caso $L_1$); se è una forma quadratica che dipende dalla direzione ($x^2-y^2$) il limite non esiste.

Errori tipici. Dimenticare di ricentrare le variabili ($h=x$, $k=y-1$ nella parte 1); fermarsi a ordine $1$ in un limite dove i termini lineari si cancellano; dimenticare il fattore $\frac12$ sulla parte quadratica.