Esercizi svolti. 2. Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x 0 indicato e fino all ordine n richiesto:

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1 Esercizi svolti 1. Utilizzando gli sviluppi fondamentali, calcolare gli sviluppi di Maclaurin con resto di Peano delle funzioni seguenti fino all ordine n indicato: a fx ln1 + 3x, n 3 b fx cosx, n 10 c fx 1 + x 1 x, n 3 d fx sinx sinhx, n 6 e fx e x3 1 sinx 3, n 1 f fx e 3x 1 sin x, n 4 g fx e x 1 3, n 4. Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x 0 indicato e fino all ordine n richiesto: a fx e x, x 0 1, n 3 b fx sin x, x 0 π/, n 5 c fx + x + 3x x 3, x 0 1, n d fx ln x, x 0, n 3 3. Calcolare lo sviluppo di Maclaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino all ordine n richiesto: a fx ln1 + sin x, n 3 b fx lncosx, n 4 c fx 1 1+x+x, n 4 d fx cosh x, n 4 c 006 Politecnico di Torino 1

2 4. Utilizzando gli sviluppi di Taylor, calcolare l ordine di infinitesimo e la parte principale rispetto alla funzione campione usuale delle seguenti funzioni: a fx sin x x cos x 3, x 0 b fx cosh x 1 + x, x 0 c fx e 1/x e sin1/x, x + 5. Utilizzando gli sviluppi di Taylor, calcolare i seguenti limiti: a lim e x 1 + ln1 x tanx x e x cosx 3 b lim x x 4 c lim log1 + x arctan x + 1 e x 1 + x4 1 d lim x x log 1 + sin 1 x + x e lim 5 1+tan x 5 1 cosx c 006 Politecnico di Torino

3 Svolgimento 1. a Utilizziamo lo sviluppo fondamentale ln1 + z z z + z n+1zn n + ozn, 1 operando la sostituzione z 3x. Poiché z 3x x per x 0 si ha che ox oz. Possiamo quindi arrestare lo sviluppo fondamentale a n 3, ottenendo: ln1 + 3x 3x 3x + 3x3 3 + ox 3 3x 9x + 9x3 + ox 3. b Utilizziamo lo sviluppo fondamentale cosz 1 z! + z4 zn n 4! n! + ozn+1 e operiamo la sostituzione z x. Ricordando che ox m n ox mn, si ha oz n ox n ; possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z 4, ottenendo: cosx 1 x4! + x8 4! + ox10. c Consideriamo lo sviluppo della funzione 1 + z α per α 1/ arrestandolo al terzo ordine: z 1 + z 1 + z 8 + z oz3. 3 Sostituendo in questo sviluppo dapprima z x e poi z x, si ha: 1 + x 1 x 1 + x x 8 + x ox3 + x x 1 8 x ox3 x + x3 8 + ox3. d Utilizziamo gli sviluppi fondamentali sin z z z3 3! + z5 5! n z n+1 n + 1! + ozn+1, 4 sinh z z + z3 3! + z5 5! zn+1 n + 1! + ozn+1, 5 c 006 Politecnico di Torino 3

4 sostituendo z x e osservando che è sufficiente arrestarsi al termine cubico. Si ha sin x sinh x x x6 3! + ox6 x + x6 3! + ox6 x6 3 + ox6. e Utilizziamo lo sviluppo 4 e lo sviluppo della funzione esponenziale e z 1 + z + z! + z3 3! zn n! + ozn. 6 Lo sviluppo richiesto è di ordine 1; tenendo conto del fatto che dobbiamo operare la sostituzione z x 3, possiamo arrestare lo sviluppo del seno all ordine 3 e quello dell esponenziale all ordine 4. Otteniamo fx e x3 1 sinx x 3 + x3 + x3 3 + x3 4 + o x ! 3! 4! x 3 x3 3 + o x 3 4 3! x6 + x9 6 + x1 4 + x9 6 + ox1 x6 + x9 3 + x1 4 + ox1. f Utilizziamo gli sviluppi 4 e 6. Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine; entrambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine: fx e 3x 1 sin x 1 + 3x + 3x + 3x3 + 3x4 + ox 4 1! 3! 4! x x3 + ox 4 3! 3x + 9x + 9x3 + 81x4 4 + ox4 x 4x3 3 + ox4 Svolgiamo il prodotto, trascurando i termini di ordine superiore al quarto, ottenendo: fx e 3x 1 sin x 6x + 9x 3 + 5x 4 + ox 4. c 006 Politecnico di Torino 4

5 g Riferendoci allo sviluppo 6 sviluppiamo la funzione gx e x 1 fino al quarto ordine: gx e x 1 1 x + x! + x3 3! x + x! + x3 + x4 3! 4! + ox4. + x4 4! + ox 4 1 Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo; tutti i termini che si ottengono sono di grado superiore al quarto, tranne due: il cubo di x e il triplo prodotto tra il quadrato di x e x /. Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a: fx e x 1 3 x 3 + 3x4 + ox4. x + x! + x3 3! 3 + x4 4! + ox4. a Consideriamo lo sviluppo di Maclaurin della funzione esponenziale 6; con la sostituzione x + 1 z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione gz fz 1 e z 1 con centro z 0 0 e arrestato al terzo ordine: e z 1 e 1 e z e z + z! + z3 3! + oz3. Ritornando alla variabile x si ha e x e 1 x + 1 x x ox ! 3! b Con la sostituzione x π z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione gz f z + π sin z + π cosz con centro z0 0: possiamo utilizzare lo sviluppo arrestato al quarto ordine. Quindi sin x 1 x π +! x π 4 + o 4! x π 5. c Presentiamo due metodi per trovare lo sviluppo richiesto. Il primo metodo consiste nell utilizzare direttamente la formula di Taylor, calcolando f1, f 1 e f 1: f1 5, f x 1 + 6x 3x, f 1 4, f x 6 6x, f 1 0. Lo sviluppo risulta quindi fx 5 + 4x 1 + ox 1. Un metodo alternativo consiste nell operare la sostituzione x 1 t e nel calcolare lo sviluppo della funzione gt ft+1 5+4t t 3 ; essendo richiesto c 006 Politecnico di Torino 5

6 lo sviluppo al secondo ordine, trascuriamo il termine cubico e otteniamo gt 5 + 4t + ot ; ritornando alla variabile x ritroviamo il risultato precedente. d Operiamo la sostituzione x t; dobbiamo sviluppare la funzione gt ft + lnt + con centro t 0 0. Dobbiamo ricondurci allo sviluppo 1, arrestandolo al terzo ordine. Per fare questo scriviamo lnt + ln 1 + t ln + ln 1 + t e utilizziamo 1 con la sostituzione z t/, ottenendo: lnt + ln + t t 8 + t3 4 + ot3. 3. a Utilizziamo lo sviluppo fondamentale 1; poiché la funzione sin x è infinitesima per x 0 possiamo operare la sostituzione z sin x, ottenendo lo sviluppo ln1 + sin x sin x sin x + sin x3 3 + osin x 3. 7 Poiché sin x x per x 0, sia ha che osin x 3 ox 3. Per ottenere lo sviluppo richiesto possiamo quindi sviluppare la 7, trascurando in essa i termini di ordine superiore al terzo: ln1 + sin x x x3 6 + ox3 1 x x3 6 + ox x x ox3 + ox 3 x x3 6 x + x3 3 + ox3 x x + x3 6 + ox3. b Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale 1; in questo caso la sostituzione è meno immediata. Infatti bisogna scrivere la funzione cosx nella forma 1 + z, dove z un infinitesimo per x 0: essendo cosx 1+cos x 1, possiamo porre z cosx 1. Osserviamo che cosx 1 x per x 0, per cui oz ox 4 ; possiamo quindi arrestare lo sviluppo 1 al secondo ordine: ln1 + cosx 1 cosx 1 cosx 1 + ox 4 c 006 Politecnico di Torino 6

7 x + x4 4! + ox4 1 x + x4 4! + ox4 x + x4 4! x4 8 + ox4 x x4 1 + ox4. c Utilizziamo lo sviluppo fondamentale z 1 z + z z n+1 z n + oz n, 8 operando la sostituzione z x + x ; poiché x + x x per x 0, dobbiamo arrestare lo sviluppo ai termini di quarto grado. Si ha quindi: x + x 1 x + x + x + x x + x 3 + x + x 4 + ox 4 1 x + x + x + x 3 + x 4 x 3 + 3x 4 + ox x 4 + ox 4 + ox 4 1 x + x 3 x 4 + ox 4. d Dobbiamo tenere conto dello sviluppo 3 e di quello del coseno iperbolico: cosh z 1 + z! + z4 4! zn n! + ozn+1 9 Da quest ultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che cosh x 1 x + ox, per cui cosh x 1 x per x 0; operata la! sostituzione z cosh x 1, è quindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine. Si ha: cosh x 1 + cosh x 1 cosh x 1 cosh x ocosh x x + x4 4! + ox4 1 x 8 + x4 4! + ox4 + ox x 4 x ox4 4. a Si considera lo sviluppo 4 e lo sviluppo con la sostituzione z x 3 ; non è immediato decidere a priori a quale termine arrestarsi, in quanto si possono avere cancellazioni dei primi termini; possiamo provare ad arrestare lo sviluppo c 006 Politecnico di Torino 7

8 del seno al quinto grado e quello del coseno al quarto. Si ha: sin x x cos x x x3 3 3! + x5 5! + ox5 + x 1 x/ 3 x x3 3! + x5 5! + ox5 x ox5! + + x/ ox 4 4! x + x3 6 x ox5 Possiamo quindi concludere che la parte principale di fx per x 0 è x 5 /70 e che l ordine di infinitesimo è 5. Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si è rivelata corretta, in quanto ci ha permesso di ottenere la parte principale. Se ci fossimo fermati prima al terzo grado in 4 e al secondo in avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo. Poiché, come abbiamo già detto, non è possibile determinare a priori l ordine a cui fermarsi, si deve provare, aggiungendo eventualmente nel calcolo altri termini, se il risultato non si rivela significativo. b La funzione fx è pari, per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari. Come tentativo, possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine; tenendo conto di 9 e di 3, si ha: fx 1 + x! + x4 1 + x + x4 3 + ox4 5x4 6 + ox4. 4! + ox4 1 + x 8 + ox4 4x4 1 + x x4 + ox4 La funzione fx è quindi infinitesima di ordine 4 per x 0 e la sua parte principale è 5x4 6. c Con la sostituzione t 1/x ci riconduciamo allo studio della funzione gt e t e sin t per t 0; possiamo quindi riferirci agli sviluppi 6 e 4. In questo caso non è sufficiente arrestare gli sviluppi al secondo ordine si svolgano i calcoli per esercizio, ma si deve arrivare al terzo ordine: e t e sin t 1 + t + t! + t3 3! + ot sin t + sin t + sin3 t + osin t 3! 3! c 006 Politecnico di Torino 8

9 1 + t + t + t3 6 + ot t t3 6 + t + t3 6 + ot3 Quindi t3 6 + ot3 fx 1 1 6x + o 3 x 3 x a Lo sviluppo di Maclaurin della funzione tangente, arrestato al quinto ordine, è: tanz z + z3 3 + z oz5 10 Lo sviluppo del denominatore è quindi tanx x x3 + 3 ox3 ; anche il numeratore deve essere quindi sviluppato almeno al terzo ordine. Utilizzando gli sviluppi 6 e 1 e arrestandoci al terzo ordine abbiamo: e x 1 + ln1 x 1 + x + x + x3 6 + ox x x x3 3 + ox3 Quindi possiamo concludere che x3 6 + ox3. e x 1 + ln1 x lim tanx x lim x3 + 6 ox3 x ox3 1. b Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno fino al quarto ordine; tenendo conto degli sviluppi 6 e otteniamo e x cosx 3 x 1 + x + x4 + ox4 + 1 x + x4 4 + ox4 3 x Quindi 11 4 x4 + ox 4. e x cosx 3 lim x x lim x4 + ox 4 11 x 4 4. c 006 Politecnico di Torino 9

10 c Essendo 1 + x 4 1 x 4 + ox 4 per x 0, dobbiamo calcolare uno sviluppo del quarto ordine della funzione a numeratore. Osserviamo che, essendo arctanx x per x 0 si ha che x arctan x x, per cui ox arctanx ox. Abbiamo quindi il seguente sviluppo per la funzione hx ln1+x arctan x+ 1 e x : hx x arctan x x arctan x + ox x + x4 + ox4 x x x3 3 + ox3 x x x3 3 + ox3 + ox 4 + x x4 + ox4 x 5x4 6 x x4 + ox4 4x4 3 + ox4. Possiamo concludere che: log1 + x arctan x + 1 e x lim 1 + x4 1 lim 4x4 + 3 ox4 x 4 + ox d Il limite è della forma x gx, dove gx x ln 1 + sin x 1 ; bisogna innanzitutto studiare il comportamento della funzione gx per capire se ci troviamo di fronte a una forma indeterminata del tipo. Con la sostituzione t 1/x ci riconduciamo a studiare la funzione ht g1/t ln1+sin t t per t 0. Otteniamo si tenga presente l Esercizio 3a: per cui ht ln1 + sin t t t t + ot 1 t t 1 + o1 gx x ln 1 + sin 1 x 1 x + o1. Questo risultato ci dice che effettivamente x gx è una forma indeterminata del tipo e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla; infatti si ha: lim x + x x ln 1 + sin 1 1 lim x x + + o1 1. c 006 Politecnico di Torino 10

11 e Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici: 5 tan x tan x 5 5 lim 1 cosx lim x + ox 10 lim e tan xln 5 1 x + ox Tenendo conto dello sviluppo 6 e ricordando che tanx x per x 0 si ha che: Quindi: e tan xln ln5 tan x + ox 1 ln 5 x + x3 3 + ox3 + ox ln 5x + ox tan x 5 lim 1 cos x 10 lim e tan x ln5 1 x + ox ln 5x + ox 10 lim 10 ln5. x + ox c 006 Politecnico di Torino 11