Limiti di funzione - svolgimenti Useremo la notazione f f g per 0 0 g =. Inoltre ricordiamo la definizione di o piccolo: f f = og f è o piccolo di g per 0 0 g =0. Dalla definizione abbiamo subito: og+og =og, ocg =og, og + og = og, ofog =ofg, come nel seguente esempio: 3 + o 3 + o + o 8 = 4 + o 5 +o 4 +o 5 +o 8 = 4 + o 4 +o 5 +o 8 = 4 + o 4. Per il calcolo di iti che si presentano nelle forme indeterminate del tipo 0/0 o / faremo uso anche dei seguenti risultati. Teorema di De L Hôpital. o regola di De L Hôpital Siano f,g : I R funzioni definite e derivabili in un intorno destro I di 0 [, + [. Supponiamo che sia verificata una delle due condizioni: i forma 0/0 f = 0+ ii forma / f = 0+ Se esiste il ite f 0+ g = L, allora esiste anche il ite g =0; 0+ 0+ g = f 0+ g = L. Le stesse conclusioni sono valide per il ite 0 se f,g sono definite in un intorno sinistro di 0 ], + ]. Indicheremo nel corso degli esercizi con H l applicazione del teorema di De L Hôpital, come nel seguente esempio: log log = =H = 0 0 / 0 / / = 0 =0.
Esercizi sui iti È spesso utile tenere a mente alcuni iti notevoli, tra i quali ricordiamo: sin e = ; =; 0 0 log + e = ; 0 =+ ; α >0 log = 0; log =0. α 0 Sarà di estrema utilità nel calcolo dei iti la formula di Taylor con il resto di Peano: n f k a f = a k + o a n per a, k! k=0 valida per esempio per funzioni derivabili n + volte in un intorno di a. Ilpolinomio di Taylor di f di ordine n e di centro a verrà indicato con T n a f = n k=0 f k a a k ; k! se a = 0 si ometterà l indice a. Dalla formula di Taylor e dalla definizione di o piccolo si ottiene subito che in certi iti si può sostituire alla funzione il suo polinomio di Taylor, dall uguaglianza a f a n = a T n a f a n. Svolgimenti Cercheremo di svolgere questo esercizio usando per quanto possibile la regola di De l Hôpital. Verifichiamo prima di tutto che si tratti di una forma indeterminata. Ricordiamo che si ha sin per 0, e quindi sin log3 = 3 log =0. La funzione + log presenta una forma indeterminata del tipo per 0+. In forma esponenziale si ha + log = e log log+. Dobbiamo quindi calcolare il log log +. Possiamo applicare il teorema di De L Hôpital nel seguente modo: log + log =H = + log
3 Andrea Braides. = Anche qui abbiamo usato il fatto che per ogni α>0. Quindi si ha che. +log = + log = log =0. logα =0 elog log+ = e 0 =. Dunque si ha una forma indeterminata del tipo 0/0. Possiamo usare il teorema di De L Hôpital, tenendo conto di quanto visto sopra, e calcolando la derivata Si ottiene De log log+ =e log log+ + log + log +. + log sin log 3 = 3 e log log+ log = 3 log+ + log + log + elog + log = 3 log log + + + + log + log = 3 log + log + 3 log + + log = 3 + 3 log + + log. Possiamo ancora applicare il teorema di De L Hôpital: log + + log =H = Quindi il valore del nostro ite è /3. + + log =0.
Esercizi sui iti 4 Questo esercizio è simile all esercizio ; lo si può quindi svolgere come già visto. Seguiamo qui una strada diversa, cercando di sfruttare alcuni iti notevoli. Ricordiamo che log + y y e che e y y per y 0+, quindi dato che, come in., log log 7 0 7 log = e log log 7 log log 7 per 0+ e anche e per 0+. Dunque possiamo calcolare 7 log e log 3 = log log 7 log 3 = log log 7 6 log = 6 log 7 = 6 7 = 7 6 Nell ultimo passaggio abbiamo usato di nuovo che log 7 7. Si consiglia di cercare di risolvere l esercizio seguendo anche questo metodo. 3 Il ite si presenta nella forma indeterminata +, dato che sin5 =+. Possiamo riscrivere, usando la funzione esponenziale Dobbiamo quindi calcolare il ite logcos3 cos 3 sin5 = e sin5. logcos3 sin5 = logcos3 5 abbiamo usato sin y y per y 0 che si presenta nella forma 0/0. Possiamo usare il teorema di De L Hôpital per ottenere: logcos3 5 =H = infatti tan y y per y 0. Il ite è quindi e 9 0. 3 tan3 0 = 9 0
5 Andrea Braides 4 Come in 3 si ha una forma indeterminata del tipo +, poichè 4 tan 4 =. Si ha quindi 4 sin 3 = e log 4 tan 4 sin 3. tan 4 Si deve calcolare il ite log 4 tan 4 sin 3 = log 4 tan 4 3 =H = 4 = tan 4 4 tan 4 6 + tan 4 tan 4 6 = 4 4 tan 4 6 6 tan 4 tan 4 4 3 8 3 = 8 3 =H 4 tan 4 6 96 3 8 3 = 4 4 tan 4 3 8 3 = 8 9 8 3 = 6 9. Notare che si è usato più volte il fatto che tan 4 4 per 0. Il ite cercato è e 6 9. 5 Questo ite si può calcolare come i due precedenti. Un altro metodo possibile è usare gli sviluppi di Taylor che può essere anch esso utilizzato per i iti 3 e 4. Per semplificare i calcoli considereremo il ite sin 3 3 sin. Il risultato del ite 5 sarà /L. Come in 3 e 4 ci si riconduce al calcolo di sin 3 log 3. Se ricordiamo che sin 3 =3 9 3 + o 3 e che log + y =y + oy, si ha sin 3 log = log 3 3 + o = 3 + o.
Esercizi sui iti 6 Quindi si ottiene log sin 3 3 = Si ha e 3 4. Il risultato del ite è quindi / e 3 4. 3 = 3 4. 6 Dato che sin per 0 il ite cercato è uguale a log + cos 7 6 Per semplificare i conti possiamo cambiare variabile, ponendo y =. Si ha quindi 6. log + y y cos y 7 y6 8 Cerchiamo di applicare il teorema di De L Hôpital: H = 8 7 = 8 7 = 8 7 = 8 7 = = y +y y cos y + y sin y 6y 5 y + y y cos y y sin y 6y 5 + y cos y y sin y 6y 4 =H = yy sin y cos y++y 3 sin y + y cos y 4y 3 y 3 cos y +5y sin y 3y cos y + 3 sin y y 3 cos y +5 sin y +3 y = +5+ 7 = 6 + 7 sin y y cos y y 3 sin y y cos y y 3 =H = cos y cos y + y sin y 3y = 6 + = 3. Notare che abbiamo usato quando possibile il ite notevole di sin y/y.
7 Andrea Braides 7 Come nell esercizio 6 possiamo usare la relazione tan 4 4 per 0, e la sostituzione y = per semplificare i calcoli : 7. = 8 cos log + 4 7 tan 4 8 cos log + 4 7 6 7. = 6 8 log + y y cos y 7y 6. Il ite tra parentesi tonde è quello considerato nell esercizio 6 vedere la formula 6., quindi il risultato cercato è 6/3. Vogliamo però descrivere un altro metodo per ottenerlo, usando gli sviluppi di Taylor. Consideriamo il ite log + y y cos y y 6. Per calcolare L dobbiamo calcolare il polinomio di Taylor di grado 6 della funzione fy = log + y y cos y. Ricordiamo che eche per cui e anche Quindi si ha log + z =z z + 3 z3 + oz 3 cos y = y + 4 y4 + oy 4 log + y =y y4 + 3 y6 + oy 6 fy = y cos y = y y4 + 4 y6 + oy 6. 3 4 y 6 + oy 6 = 7 4 y6 + oy 6. Si ha quindi 7 4. Da 7. si ha che il risultato cercato è 8 7 8 7 7 4 = 6 3, come già visto in precedenza.
Esercizi sui iti 8 8 Prima di tutto possiamo semplificare il ite ricordando che sin 6 6per 0, e usando la sostituzione y =. Si ottiene così 6 log + 3 sin 6 6 6 8. = 6 3 3 Dobbiamo calcolare quindi il ite 8. 3 log + y y siny 3 y 6. 3 log + y y siny 3 y 6. Possiamo usare gli sviluppi di Taylor per il logaritmo ed il seno, ottenendo come nell esercizio precedente log + y =y y4 + 3 y6 + oy 6 e anche y siny 3 =y y 3 6 y 3 3 + 0 y 3 5 + oy 5 Si ha quindi 3 log + y y siny 3 =y 3 y4 3+ 3 40 y6 3+oy 6. = 3y y4 + y6 3 y 3 y4 3y 6 3+ 3 + oy 6 40 e dunque = 3 3 40 y 6 3+oy 6 = 3 0 y6 3+oy 6, 8.3 e il risultato cercato è si veda 8. 3 0 y6 3+oy 6 y 6 = 3 3, 0 8.4 6 3 3 5.
9 Andrea Braides 9 Questo esercizio è completamente analogo al precedente. Infatti, se usiamo il fatto che tan 6 6per 0, otteniamo il ite = 4 3 4 sin 3 4 6 log + 6 6 3 log + sin 3 6. La quantità tra parentesi in quest ultima espressione è esattamente il ite L nella formula 8., il cui valore è 0 3 3 come calcolato in 8.3. Quindi il risultato cercato è 4 3 3 30. Si consiglia di cercare di calcolare questo ite e i due precedenti anche mediante l uso della regola dell Hopital, come descritto nello svolgimento dell esercizio 6, e confrontare i due metodi. 0 La funzione arcsincos è continua in = 0, e quindi possiamo sostituire nel ite arcsincos 0 = arcsin = π, ottenendo π sinsin arctan 5. In questo caso sembra che la regola dell Hopital sia difficile da applicare provare per credere!, dal momento che si deve derivare 5 volte la funzione composta sinsin, e non sembrano facili le semplificazioni come per esempio nell esercizio 6. Cerchiamo quindi di usare gli sviluppi di Taylor fino al quint ordine per le funzioni sinsin e arctan. Si ha ricordando lo sviluppo di Taylor del seno, e che sin per 0: Dal momento che sinsin = sin 6 sin 3 + 0 sin 5 + osin 5 = sin 6 sin 3 + 0 sin 5 + o 5. sin = 6 3 + 0 5 + o 5 0. sin 3 = 6 3 + o 3 3 = 3 5 + o 5 sin 5 = + o 5 = 5 + o 5,
Esercizi sui iti 0 abbiamo sinsin = 6 3 + 0 5 6 3 5 + 0 5 + o 5 = 3 3 + 0 5 + o 5. D altra parte arctan = 3 3 + 5 5 + o 5, e quindi sinsin arctan = Il ite cercato è quindi π 0 5 + o 5 = 5 0 5 + o 5. sinsin arctan 5 = π 0 5 + o 5 5 = 5π. Questo ite è simite al precedente. Notiamo che si può sostituire nel ite arctancos 0 = arctan = π 4, ottenendo 4 π arctansin cos 5. Anche qui utilizziamo gli sviluppi di Taylor fino al quint ordine. Ricordando lo sviluppo dell arcotangente, che sin per 0 e tenendo conto degli sviluppi già visti in 0., si ottiene: Inoltre si ha e quindi arctansin = sin 3 sin3 + 5 sin5 + osin 5 = 6 3 + 0 5 3 3 5 + 5 5 + o 5 = 3 + 3 8 5 + o 5. cos = + 4 4 + o 4 = 3 + 4 5 + o 5, arctansin cos = 3 8 4 5 + o 5 = 3 5 + o 5. Sostituendo questo sviluppo nel ite si ottiene il risultato: 4 π arctansin cos 5 = 4 π 3 5 + o 5 5 = 4 3π.
Andrea Braides Dal momento che sinh = e e basta esaminare il ite e sin + log e 3 = Cerchiamo di applicare il teorema di De L Hôpital. e sin + log 3. H = e sin cos 3 = e sin cos 3 =H = = esin e sin cos + e sin cos e sin sin 6 cos cos 6 esin sin 6. Se notiamo che sin, e sin, cos, e per 0, possiamo semplificare il ite ottenendo cos 6 6 =H = Il risultato cercato è quindi cos sin 6 sinh e 3 e. 6 = 6 6 = 3. 3 Questo esercizio è analogo all esercizio. Si può quindi svolgere usando la regola di De L Hôpital. Un altro modo è usare gli sviluppi di Taylor fino all ordine 3. Si ha e arctan = + arctan + arctan + 6 arctan 3 + oarctan 3. D altronde arctan = 3 3 + o 3 arctan = 3 3 + o 3 = + o 3 arctan 3 = + o 3 = 3 + o 3, e quindi, dato che arctan, e arctan =+ 3 3 + + 6 3 + o 3 =+ + 6 3 + o 3.
Esercizi sui iti Si ha anche e quindi log = 3 3 + o3 e arctan + log =e arctan + log = e 3 + o 3. Il nostro ite vale dunque dato che coshsin e sin e arctan + log e sin coshsin 3. = = e arctan + log e 3 3 + o 3 3 =. Si consiglia di risolvere anche l esercizio precedente usando gli sviluppi di Taylor. 4 Questo ite è analogo ai due precedenti. Si può quindi risolvere sia usando gli sviluppi di Taylor che utilizzando la regola di De L Hôpital. Ricordando che cosh = + + o si ha cosh e quindi cosh sin 3. Il nostro ite vale quindi Cambiando variabile y = otteniamo e arctan + log + e 3. e arctan y + log y e y 0 y 3. Questo ite è analogo a quello già considerato in 3.. Quindi il risultato cercato è.
3 Andrea Braides 5 Dal momento che + per 0, si ha arctan π per 0. Quindi il ite si presenta nella forma indeterminata 0/0. Il denominatore si comporta come 9 6 poichè sin 3 3. Il nostro ite è quindi eguale al ite 9 π arctan sin 6. Notiamo che la variabile compare sempre con potenze pari. Questo ci suggerisce il cambiamento di variabile y =. Si ottiene quindi 9 π arctany sin y y 3. Notiamo che non possiamo usare gli sviluppi di Taylor a questo punto poichè l argomento dell arcotangente tende a +. Applichiamo la regola di De L Hôpital, ricordando che Si ottiene D arctany = + y y = +y. 5. H = 9 = 7 +y cos y 3y + y cos y y A questo punto possiamo scegliere se utilizzare lo sviluppo di Taylor fino all ordine per il coseno, o procedere continuando ad usare la regola dell Hopital. Scegliamo per esempio questa seconda strada ma si consiglia di verificare anche mediante la prima cfr. la risoluzione dell esercizio 7: H = 7 = 7 cos y + y cos y ++y sin y y + y sin y y + y sin y = 7 + +0= 54.
Esercizi sui iti 4 6 Come nell esercizio precedente il ite è nella forma indeterminata 0/0, e non è possibile utilizzare direttamente gli sviluppi di Taylor. Si può applicare la regola di De L Hôpital, usando anche che sin 3 3,eche ottenendo D arctan sin = cos + sin, π arctan sin 3 sin 3 6 sin 3 6. = 6 =H = 6 π arctan sin 3 sin 3 5 cos + sin cos 3 5 4 = 30 cos + sin cos 3 4. Possiamo usare gli sviluppi di Taylor per seno e coseno fino all ordine 4: cos = + 4 4 + o 4 sin = 6 3 + o 3 = 3 4 + o 4 cos 3 = 3 + 3 8 4 + o 4, ottenendo cos + sin cos 3 = + 4 4 + 3 4 3 + 3 8 4 + o 4 = 3 4 + o 4. Sostituendo questa espressione in 6. si ottiene 30 3 4 + o 4 4 = 0.
5 Andrea Braides 7 Questo ite è simile ai due precedenti, in special modo all esercizio 5. In questo caso il ite è eseguito per 0, e quindi sin 3 e arctan 0 sin 3 = π. Abbiamo quindi una forma indeterminata 0/0. Notiamo che si ha sin 7 9 sin 9 ; Il nostro ite è quindi uguale a π 7 + arctan sin 3 + sinsin3 0 sin 9, dove la variabile compare sempre tramite sin 3. Questo fatto ci suggerisce il cambiamento di variabile y = sin 3, che porta al ite 7 π + arctan y + sin y y 3 = 7 π arctan y siny y 3. Questo ite è stato considerato nell esercizio 5. Applicando la regola di De L Hôpital, si ottiene come in 5.: 7 Dato che cos y = y + oy, si ha + y cos y 3y. + y cos y = + y y +oy = y + oy, e quindi 7 y + oy cos y 3y = 4.
Esercizi sui iti 6 8 Il ite si presenta nella forma indeterminata 0/0. Al denominatore troviamo sin 3 5. Un applicazione della regola di De L Hôpital sembra piuttosto complicata. Cerchiamo di usare quindi gli sviluppi di Taylor al grado 5. Abbiamo e =+ + + 3! 3 + 4! 4 + 5! 5 + o 5 cos3 = 9 + 7 8 4 + o 5 cos 0 = 5 + 5 6 4 + o 5 =+ + + 3 + 4 + 5 + o 5 e 3 = 3 + 9 + o, e dunque e cos3 =+ 4 3 3 3 + 7 6 4 + 79 30 5 + o 5 cos 0 =+ 4 4 3 + 6 4 + 6 5 + o 5 Si ha quindi 3 3 e 3 = 3 3 4 + 3 5 + o 5. e cos3 cos 0 ed infine + 3 3 e 3 = 79 30 6 + 3 5 + o 5 = 9 30 5 + o 5, e cos3 cos 0 7 sin 3 + 3 3 e 3 = 9 30 5 + o 5 7 5 = 7 30. 9 Anche in questo esercizio usiamo gli sviluppi di Taylor. Esaminiamo però prima il denominatore: dato che arctan y y per y 0, si ha 3 arctan 3 = 4 5.
7 Andrea Braides Dobbiamo sviluppare il numeratore quindi fino all ordine 5. Dagli sviluppi di esponenziale, sin e della funzione / + otteniamo e = + 6 3 + 4 4 + o 4, sin3 =3 9 3 + 43 0 5 + o 5, e sin3 =3 9 3 + 43 0 5 3 9 3 + 3 9 3 6 3 3 + 4 4 3 + o 5 Dunque si ottiene e quindi =3 3 3 3 +5 4 + 0 5 + o 5 3 + = 3 + 3 + 4 + o 4 = 3 +3 3 3 +3 4 3 5 + o 5 e 7 6 = 7 6 + 49 7 + o, 6 3 e 7 6 =6 3 7 4 + 49 5 + o 5. e sin3 e sin3 3 arctan 3 3 + +63 e 7 6 = 7 60 5 + o 5, + +63 e 7 6 = 7 60 5 + o 5 = 7 4 5 5. 0 Il ite si presenta nella forma indeterminata 0/0. Calcoliamolo usando gli sviluppi di Taylor. A differenza degli esercizi precedenti, non è presente nè al numeratore nè al denominatore alcuna espressione riconducibile immediatamente a una funzione del tipo α ; non è chiaro quindi a quale ordine ci dobbiamo arrestare negli sviluppi. Consideriamo il numeratore; si nota che è una funzione di sinsin. Dal momento che sinsin, e arctan y = y 3 y3 + oy 3, si ha arctansinsin sinsin
Esercizi sui iti 8 = sinsin 3 sinsin 3 + osinsin 3 sinsin = 3 sinsin 3 + o 3. Dal momento che sinsin verificarlo!, si ottiene arctansinsin sinsin 3 3. Dobbiamo quindi sviluppare anche il denominatore fino all ordine 3. Si ha e quindi arctansin = sin 3 sin 3 + osin 3 = 6 3 + o 3 3 + o3 3 + o 3 = 3 + o 3 arctansin arctan = 3 + o 3 3 3 + o 3 = 6 3 + o 3. In conclusione, otteniamo arctansinsin sinsin arctansin arctan = 3 3 6 3 + o 3 =. L esercizio è analogo a 0. Risolviamolo usando gli sviluppi di Taylor: sinarctansin = arctansin 6 arctansin 3 + oarctansin 3 = arctansin 6 arctansin 3 + o 3. Notare che abbiamo usato il fatto che arctansin sin per 0. Inoltre abbiamo sinarctan = arctan 6 arctan 3 + oarctan 3 = 3 3 + o 3 6 + o3 + o 3 = 3 + o 3. Qui abbiamo usato arctan per 0. Dunque si ha e anche sinarctansin arctansin = 6 arctansin 3 + o 3 6 3, sinarctan sin = 3 + o 3 6 3 + o 3 = 3 3 + o 3. Si ottiene quindi sinarctansin arctansin sinarctan sin = 6 3 3 3 + o 3 =.
9 Andrea Braides Questo esercizio è in parte simile ai due precedenti. Notiamo che il numeratore è una funzione di sinsin. Usando lo sviluppo di Taylor per la funzione tangente al grado 3 si ottiene tansinsin sinsin = sinsin + 3 sinsin 3 + osinsin 3 sinsin = 3 sinsin 3 + osinsin 3 = 3 sinsin 3 + o 3. Si è usato sinsin sin per 0. Analogamente il denominatore è una funzione di sintan. Usando gli sviluppi di Taylor per tan e sin si ottiene: tansintan sinsintan = sintan + 3 sintan 3 + osintan 3 sintan 6 sintan 3 + osintan 3 Si ha quindi = sintan 3 + osintan 3 = sintan 3 + o 3 tansinsin sinsin tansintan sinsintan = come già visto infatti sinsin sintan. 3 sinsin 3 sintan = 3 3 3 Quest esercizio è analogo al precedente. Come nell esercizio 0 abbiamo arctansinsin sinsin 3 sinsin 3 3 3, mentre nell esercizio abbiamo già visto che per cui tansintan sinsintan sintan 3 3 arctansinsin sinsin tansintan sinsintan = 3 3 3 = 3.
Esercizi sui iti 0 4 Come già visto nell esercizio, possiamo calcolare lo sviluppo di Taylor del denominatore ottenendo: tansintan sinsintan = sintan 3 + o 3 = 3 + o 3. Quindi dobbiamo sviluppare anche il numeratore fino al grado 3. Sempre riguardando l esercizio otteniamo lo sviluppo di Taylor tansinsin sinsin = 3 sinsin 3 + o 3 = 3 3 + o 3, mentre si ha sin 3 = 3 + o 3 ; dunque il numeratore ha lo sviluppo Il ite cercato vale quindi tansinsin sinsin sin 3 = 3 3 + o 3. tansinsin sinsin sin 3 tansintan sinsintan = 3 3 + o 3 3 + o 3 = 4 3. 5 Questo esercizio differisce dal precedente solamente perchè i ruoli di numeratore e denominatore sono invertiti. Dall esercizio 3 infatti si ottiene per il numeratore: arctansinsin sinsin 3 3 ; quindi anche per il denominatore dobbiamo calcolare lo sviluppo di Taylor fino all ordine 3. Possiamo ancora ricordare i calcoli dell esercizio, e ottenere tansintan sinsintan = sintan 3 + o 3 = 3 + o 3. Quindi per il denominatore otteniamo sin 3 tansintan + sinsintan = sin 3 3 + o 3 Dunque il ite cercato è: arctansinsin sinsin sin 3 tansintan + sinsintan = = 3 3 + o 3 = 3 + o 3. 3 3 3 + o 3 = 3.
Andrea Braides 6 Il ite si presenta nella forma forma indeterminata 0/0. Esaminiamo il denominatore usando gli sviluppo di Taylor di sin e tan: sin sin tan + tan = sin tan Il nostro ite è quindi uguale a 4 = sin 6 3 + o 3 sin + 3 3 + o 3 = 3 + o 3 = 4 6 + o 6. logcos + cosh 3 6. Possiamo usare gli sviluppi di Taylor fino all ordine 6: cos = + 4! 4 6! 6 + o 6 = + 3 4 4 45 6 + o 6. Ricordiamo che log y = y y 3 y3 + oy 3, per cui logcos = log 3 4 + 4 45 6 + o 6 = 3 4 + 4 45 6 3 4 3 3 + o 6 = 3 4 + 4 45 6 44 8 3 6 3 86 +o 6 = 4 3 4 64 45 6 + o 6. Basta sviluppare cosh fino all ordine 4: cosh =+ 3 + 3 4 4 + o 4 =+ 3 3 + 7 4 + o 4, per ottenere cosh = + 3 3 + 7 4 + o 4 = + 4 3 4 + 4 7 6 + o 6. Si ha infine logcos + cosh = 64 3 45 + 4 7 6 + o 6 = 7 35 6 + o 6, per cui 4 7 35 6 + o 6 6 = 688 35.
Esercizi sui iti 7 Il ite si presenta nella forma indeterminata 0/0. Possiamo subito semplificare il denominatore usando sin = 6 3 + o 3, per cui sin 6 3. Si ha quindi 3 sin 3 3 sin = 6 sin 3 3. Possiamo semplificare quest espressione ponendo y = 3, per cui = 3 y 3 = y 3 y, e 3 y 3 siny y 3. y Razionalizziamo, moltiplicando per 3 y + 3 y sin y + 3 sin y 3 3 y numeratore e denominatore: y sin y 6 3 y + 3 y sin y + 3 sin yy 3 y = 6 y sin y 3 3 y y 3 y si è usato di nuovo y sin y 6 y3. = 6 y3 y 3 = 3 8 Anche questo ite si presenta nella forma indeterminata 0/0. Vogliamo risolverlo usando gli sviluppi di Taylor di arctan e di + α. Prima di tutto ricordiamo che e per 0 e quindi il ite si può scrivere anche 4 3 arctan 3 4 4 3. Per semplificare i calcoli possiamo cambiare variabile ponendo y = 3 4, per cui il ite diventa 3 y 3 arctan y 3 arctan y y y 3 = y y. Usando gli sviluppi arctan y = y 3 y3 + oy 3, + z 3 =+ 3 z + oz, si ottiene 3 arctan y y Dunque il nostro ite vale = 3 3 y + oy = 9 y + oy = 9 y + oy. 9 y + oy y = 9.
3 Andrea Braides 9 Esaminiamo l integrale Si ha 8t 3 + sint 7 t 8t 3 t, per cui 0 8t 3 + sint 7 t dt 0 8t 3 + sint 7 t dt. 0 8t 3 t dt = 4 3 3 =+. Quindi il nostro ite si presenta nella forma indeterminata /. Possiamo applicare la regola di De L Hôpital, ricordando che D 8t 3 + sint 7 t dt =8 3 sin 7. Abbiamo dunque 0 0 8t 3 + sint 7 t dt 3 4 =H = 8 3 sin 7 3 = 3 sin 7 = 3. 30 Il ite è analogo a quello dell esercizio precedente. Calcoliamo il ite 3 5 0t 4 dt = [ 3 5 t 5] = 3 5 5 5 = 3. Per quanto riguarda il secondo pezzo del ite, abbiamo sint 7 t t, e quindi sint 7 t dt sint 7 t dt t dt = 3 3 8 3 3, e anche 3 5 sint 7 t dt 9 0 per +. Dunque, per il teorema del confronto e il ite cercato vale 3. 3 5 sint 7 t dt =0
Esercizi sui iti 4 3 Il ite, a prima vista, non si presenta in nessuna delle forme indeterminate già viste. Basta però ricordare la formula di cambiamento di base nei logaritmi: log a b = log b log a, per ottenere il ite log7 0 + sin0 log0 3 = = log 7 0 + 7 0 sin0 log0 3 log7 0 + log + 7 0 sin0 log0 3 = log7 /0 log0 /3 = log7 + 0 log log0 + 3 log = 3 0. Abbiamo usato il fatto che /0 sin0 0per +. 3 L esecizio è analogo al precedente: cambiando base al logaritmo si ottiene il ite log7 + sin log 3. Il ite si presenta nella forma indeterminata / ; possiamo cercare quindi di usare la regola di De L Hôpital, ricordando che Si ottiene quindi: D log7 + sin = 7 + sin 7 / + cos D log 3 = 3. H = 3 7 + 4 cos 7 + sin = 3 34 7+4 cos si è usato 7 + sin 7 per +. Quest ultimo ite NON ESISTE si nota subito che la funzione 7 + 4 cos ha delle oscillazioni sempre maggiori. Questo NON VUOL DIRE che il ite L non esiste: solamente che NON SI
5 Andrea Braides PUÒ applicare la regola di De L Hôpital. Si deve quindi procedere come nell esercizio precedente, ottenendo: log7 log 3. A questo punto si può anche usare la regola di De L Hôpital, e ottenere 3 = 3. 33 Come negli esercizi 9 e 30 si ha di fronte un ite nella forma indeterminata /. Si può risolvere questo esercizio come già visto in precedenza, ricordando che y D 8t 3 + sint 7 t 4 dt =8y 3 + siny 7 y 4, 0 e quindi per la regola di derivazione di funzioni composte 3 D 8t 3 + sint 7 t 4 dt = 8 3 3 + sin 3 7 3 4 3 0 =4 3 + 3 sin 4. Si ha dunque, usando la regola di De L Hôpital: 3 0 8t 3 + sint 7 t 4 dt 3 4 =H = =+ sin =. 4 4 Ancora una volta si ha usato che sin / 4 0per +. 4 3 + 3 sin 4 3 34 Questo ite è simile al precedente. Proponiamo qui un calcolo differente. Notiamo subito che 4 [ t 4 4 dt = 5 t 5 4 = 4 5 5 5 4, e quindi il primo pezzo del ite è uguale a ] 4 0 3 5 4 5 5 5 4 = 8 3. Per quanto riguarda il secondo pezzo, mostriamo che converge a zero. Si ha siny, e quindi 4 5 sint 7 t 5 dt 4 5 t [ 5 ] 4 5 dt = 5 6 t 6 5 = 5 4 6 5 5 65 5 = 6 5 5 3 5 5 0 per +. Questo mostra che il ite cercato è 8 3.
Esercizi sui iti 6 35 Notiamo prima di tutto che si ha 3 t costdt = 3 0 sin t t dt =0. Infatti si ha ricordando che sin t t per t 0 [ t costdt ] tdt = 3 3 3 t 3 = 3 3 3 0 3 3 3 sin t dt 3 [ ] 3 tdt = 0 t 0 3 t 3 = 0 3 3 3 0 Dunque abbiamo una forma indeterminata 0/0. Per applicare la regola di De L Hôpital dobbiamo calcolarci le derivate 3 D t costdt = D t costdt t costdt 3 0 0 3 sin t D dt =3 sin3. 0 t 3 Ricordando che sin, otteniamo il ite =4 cos4 3 3 cos6 3 t cost+ 3 3 0 sin t t dt =H = 4 cos4 3 3 cos6+3 sin3 3 3 = 4 3 cos4 + sin3 3 cos6 3 = 4 sin3 3 cos6 + 3 3. Usando gli sviluppi di Taylor di seno e coseno si ottiene 3 cos6 =3 8 + o = 3 54 3 + o 3 =3 + o sin 3 =3 9 3 + o 3 =3 + o sin 3 3 cos6 =o,
7 Andrea Braides per cui si ha sin 3 3 cos6 = o =0. Dunque il ite cercato vale 3. 36 Il ite si presenta nella forma indeterminata 0/0, ed è analogo a quello dell esercizio precedente. Per applicare la regola di De L Hôpital dobbiamo calcolare le derivate 3 3 D t costdt = D 3 0 3 t costdt t costdt 0 =6 3 cos6 3 3 cos6 3 sin t D dt =3 sin3. 0 t 3 Ricordando che tan, otteniamo il ite 3 3 t cost+ 3 3 0 sin t t dt =H = 6 3 cos6 3 3 cos6+3 sin3 3 3 = 3 cos6 + sin3 3 cos6 3 = 3 + sin3 3 cos6. 3 Quest ultimo ite può venire calcolato come nell esercizio 35. Un modo per semplificarlo einando le radici quadrate è semplicemente operare la sostituzione y = 3. Il cambiamento di variabili porta a sin3 3 cos6 3 = 9 siny y cosy y 5. Questo ite si può calcolare utilizzando gli sviluppi di Taylor di seno e coseno come
Esercizi sui iti 8 nell esercizio precedente, oppure direttamente usando la regola di De L Hôpital: sin y y cos y y 5 =H = y cos y y cos y +4y 3 sin y 5y 4 = 5 y cos y y cos y y 4 + 4 5 sin y y = 5 cos y cos y y 3 +0 =H = 5 =H = 4 5 y sin y +4y sin y sin y y 3y + ` e stato utilizzato due volte siny y. Quindi il ite cercato è 3. sin y =0 y 37 Il ite si presenta in una forma indeterminata 0 0. Possiamo riscrivere usando la funzione esponenziale: 3 37. 5 log 3 4 = ep log 5 4. log Dobbiamo dunque calcolare il ite 3 log 5 4. log Usando le proprietà del logaritmo otteniamo log 3 5 = log log + log 3 5 log = log + log 3 5 = + log 3 5. log log Dal momento che log 3 5 log 3 per +, quest ultimo ite è uguale a 0, e quindi. Sostituendo L in 37., si ottiene che il ite cercato è e 4.
9 Andrea Braides 38 Come nel ite precedente il risultato cercato è ep4l, dove L è dato dal ite 3 log 5 5. log Seguiamo qui una risoluzione diversa da quella dell esercizio 37. Notiamo che il ite L si presenta nella forma indeterminata /. Possiamo quindi applicare la regola di De L Hôpital: 3 log 3 5 5 log = log3 3 5 log 5 log =H = 9 3 3 5 5 = 6 3 +5 3 3 5 =. Il ite cercato è dunque e 8. 39 Per semplificare i calcoli, possiamo cambiare variabile ponendo y =. Il ite da calcolare diventa quindi = Esaminiamo la funzione y e y y 3 sin y log y y 6 e y sin y log y cosy+5ysiny cosy+5ysiny. e y sin y = y e y sin y e y. Si ha e y = y + oy =y y + oy e y e y sin y = y y y + oy y + oy = y3 + oy 3, per cui y e y sin y e y y3 y = y. Per quanto riguarda la funzione log cosy+5y siny, possiamo sviluppare facilmente l argomento del log, ottenendo cosy+5y siny = y + oy +5yy + oy = y +0y + oy =+8y + oy.
Esercizi sui iti 30 Ricordando che log + z =z + oz perz 0, si ha log cosy+5ysiny =8y + oy. Dunque il ite vale y 6 y 8y + oy =. 40 Il ite è analogo a quello dell esercizio precedente. Cambiando variabile y = si ottiene il ite y y 6 e y sin y log Come nella risoluzione dell esercizio 39 si vede che mentre y e y sin y y, cos4y y sin4y. cos4y y sin4y = 4y + oy y4y + oy = 8y 8y + oy = 6y + oy, e quindi log cos4y y sin4y = 6y + oy. Il ite cercato è dunque 4y 6y + oy = 4. 4 Il ite si presenta nella forma indeterminata +. Conviene riscrivere l argomento del ite usando la funzione esponenziale: cos + cosh 3 4 4 = ep 3 4 4 cos + cosh log. Si deve quindi calcolare il ite log cos + cosh 4,
3 Andrea Braides che si presenta nella forma indeterminata 0/0. Possiamo utilizzare la regola di De L Hôpital, ricordando che Si ha cos + cosh D log = sin + sinh. cos + cosh H = sin + sinh 4 3 cos + cosh = sin + sinh 4 3 abbiamo tenuto conto del fatto che cos + cosh per 0. Abbiamo ancora una forma indeterminata 0/0. Possiamo quindi ri-applicare la regola di De L Hôpital, e ottenere H = =H = =H = cos + cosh = sin + sinh cos + cosh 6 = = 3. cos + cosh 6 sin + sinh 6 Il risultato è infine ep 3 4 ep. 4 Analogamente al ite precedente si può riscrivere cos3 + cosh3 4 3 4 = ep 4 3 4 cos3 + cosh3 log, per cui si deve calcolare il ite 4 log cos3 + cosh3 3 4. Possiamo utilizzare gli sviluppi di Taylor per le funzioni cos e cosh fino al grado 4, ottenendo cos3 = 3 + 4 34 + o 4 cosh3 =+ 3 + 4 34 + o 4. Si ha quindi cos3 + cosh3 = + 7 4 4 + o 4 =+ 7 8 4 + o 4,
Esercizi sui iti 3 e ricordando che log + z =z + oz perz 0 cos3 + cosh3 log = log + 7 8 4 + o 4 = 7 8 4 + o 4. Dunque si può calcolare il ite Il risultato è quindi ep 9. 4 7 8 4 + o 4 3 4 = 9. 43 Consideriamo per prima cosa gli integrali log 3 e t arctantdt, e log 3 sin t t 3 dt. Per quanto riguarda il primo, la funzione integranda è sempre positiva, vale 0 in 0 epert + si ha e t arctan t π et. Quindi applicando il criterio del confronto asintotico si ha log 3 e t arctantdt =+. Per quanto riguarda il secondo integrale, si ha sin t t 3 t 3, quindi la funzione sin t t è assolutamente integrabile per t +. In 0 invece si ha 3 sin t t 3 t, e quindi log 3 sin t t 3 dt =+. Dunque il ite si presenta nella forma indeterminata /. Consideriamo la funzione log 3 f = e t arctant+ sin t t 3 dt. Essa è ben definita e derivabile per sufficientemente grande e, per il teorema fondamentale del calcolo, si ha: f = e log3 sin log3 arctan log3+ log 3 D log3 3 e arctan + 3 sin D. = 3 arctanlog3 + sin log3 log 3 3 + e arctan + 3 sin
33 Andrea Braides Per il teorema di Hopital si ha quindi f = f sin log3 = 3 arctanlog3 + log 3 3 + e arctan + 4 sin = 3 arctanlog3 + sin =3π + sin y = 3 y 0 y π +. 44 Il ite è simile al precedente. Cerchiamo qui di seguire un procedimento leggermente diverso dallo svolgimento dell esercizio 43. Come in precedenza si nota che le funzioni e t arctan t e sin t/t 3 sono l una continua in 0, l altra integrabile in senso improprio a +. Quindi log e t arctan tdt log log 0 sin t + t 3 dt per +. Il nostro ite è quindi uguale a e t arctan tdt, sin t t 3 dt log + e t arctan tdt + 0 sin t t 3 dt. Questo ite, come nell esercizio precedente, si presenta nella forma indeterminata /. Possiamo applicare la regola di De L Hôpital, ricordando che log D e t arctan tdt 0 = e log arctanlog Dlog =arctanlog = arctanlog, + D sin t t 3 dt = sin 3 D = 3 sin 8 = 4 sin.
Esercizi sui iti 34 Si ha H = arctanlog + 4 sin = arctanlog + 4 sin = π + 4 abbiamo usato il campio di variabile y =. sin =π + sin y y = π + 45 Il ite si presenta nella forma indeterminata 0 + ; infatti si ha + t 3 e t dt = t 3 e t dt =+, per il criterio del confronto per gli integrali impropri, poichè t 3 e t t 3 per t +. Esaminiamo l andamento della funzione 6 logcos 4 logcos per 0, usando lo sviluppo di Taylor di cos e log: cos y = y + 4 y4 + oy 4 log y = y y + oy 4, per cui si ottiene logcos = + 4 4 + o 4 = 4 + o 4, logcos = e quindi Si ha dunque + 4 4 + o 4 = 4 3 4 + o 4, 6 logcos 4 logcos = 4 4 + o 4. 6 logcos 4 logcos t 3 e t dt = 4 Riscriviamo questo ite nella forma indeterminata / : t 3 e t dt 4 4. Possiamo allora applicare la regola di De L Hôpital, ricordando che Si ottiene infine D t 3 e t dt == H = 4 4 t 3 e t dt. 3e D = 3 e = 5 e. 5 e =. 4 5
35 Andrea Braides 46 Il ite è analogo al precedente. Calcoliamo lo sviluppo di Taylor della funzione logcos 4 logcos 3. Si ha cos = + 4 4 + o 4 cos 3 = 3 + 4 3 4 + o 4 = 3 + 3 8 4 + o 4, e quindi ricordando che log y = y y + oy 4 logcos = log + 4 4 + o 4 = + 4 4 + o 4 4 logcos 3 = 4 log 3 + 3 8 4 + o 4 =4 3 + 3 8 4 3 + o 4 Dunque si ottiene lo sviluppo di Taylor = 6 4 + o 4 = 6 3 4 + o 4. logcos 4 logcos 3 = 6 4 6 3 4 + o 4 = 4 + o 4. Il nostro ite è quindi uguale a 4 t 3 e t dt = t 3 e t dt 4. Quest ultimo ite si presenta nella forma indeterminata /. Possiamo applicare la regola di De L Hôpital, ricordando che D t 3 e 3e t dt = D = 8 3 e = 6 5 e. Abbiamo dunque H = 6 5 =8. 4 5
Esercizi sui iti 36 47 Il ite si presenta nella forma indeterminata 0/0. Per applicare il metodo degli sviluppi di Taylor dobbiamo determinare l ordine di infinitesimo di numeratore o denominatore. Studiamo per prima cosa il comportamento del denominatore, per 0, che si presenta in una forma più semplice. Ricordando lo sviluppo del seno sin y = y y3 6 + oy4, si ottiene sin sin = 3 6 + o4, quindi sin sin = 4 6 + o5. Il nostro ite è uguale allora a 3 e sin e sin 4. Possiamo calcolare il polinomio di Taylor di ordine 4 per il numeratore. Ricordando gli sviluppi del seno sopra e dell esponenziale e y =+y + y +oy, e che sin per 0, si ha e sin = + sin + sin 4 + o sin 4 =+ 3 + 4 + o 4 =+ 6 3 4 + 4 + o 4, e sin = + sin + sin + o 4 =+ + 4 + o 4. Dunque e il ite vale e sin e sin = 3 4 + o 4, 3 3 4 4 =. 48 Il ite è analogo a quello dell esercizio 47. Seguiamo qui uno svolgimento leggermente differente. Possiamo riscrivere e 3 sin e 3 sin = e 3 sin e 3sin sin. Quindi, notando che ep3 sin eche e 3sin sin 3sin sin per 0 infatti ricordiamo che e y y per y 0, si ottiene il ite 3sin sin sin sin.
37 Andrea Braides Esaminiamo prima il denominatore. Calcoliamo lo sviluppo di Taylor della funzione sin sin fino all ordine 3: sin sin = 6 3 + o 3 6 3 + o 3 Quindi il denominatore vale = 3 + o 3. Per quanto riguarda il numeratore, si ha sin sin = 4 + o 4. sin = 6 3 + o 3 = 3 4 + o 3, sin = + o 4, per cui 3sin sin = 4 + o 4. Possiamo calcolare ora il ite 4 + o 4 4 + o 4 =. 49 Il ite si presenta nella forma indeterminata 0/0. Possiamo applicare la regola di De L Hôpital, ottenendo logcosh + logcos logcosh logcos =H = sinh sin cosh cos 4 sinh cosh +4 sin cos = sinh cos cosh sin cos cosh sinh cos + cosh sin cos cosh = sinh cos cosh sin sinh cos + cosh sin
Esercizi sui iti 38 si è usato cosh y, cos y per 0. Quest ultimo ite è ancora nella forma indeterminata 0/0. Possiamo quindi ri-applicare la regola di De L Hôpital: H = sinh sin sinh cos + cosh sin +8 cosh cos. Possiamo semplificare questo ite ricordando che sinh e sin per 0. Si ottiene 8 sinh cos + cosh sin +8 cosh cos. Possiamo ancora una volta applicare la regola di De L Hôpital. H = 6 4 cosh cos +3 3 sinh cos cosh sin / =H = 6 4 cosh cos + 60 sinh cos cosh sin 56 4 sinh sin = 3. Si consiglia di calcolare il ite usando anche gli sviluppi di Taylor si veda l esercizio seguente. 50 Il ite è analogo a quello dell esercizio 49. Calcoliamolo qui usando gli sviluppi di Taylor di log, cos e cosh. Si ha per cui cosh y =+ y + 4 y4 + oy 4 = + y + oy, cos y = y + 4 y4 + oy 4 = y + oy, cosh = + + 6 4 + o 4, cos = + 6 4 + o 4, cosh 3 = + 3 4 + o 4, cos 3 = 3 4 + o 4.
39 Andrea Braides Quindi, ricordando che log + z =z z + oz =z + oz perz 0, si ottiene logcosh = log + + 6 4 + o 4 = + 6 4 + o 4 + o + o 4 = 3 4 + o 4 logcos = log + 6 4 + o 4 = + 6 4 + o 4 + o + o 4 = 3 4 + o 4 logcosh 3 = log + 3 4 + o 4 = 3 4 + o 4 logcos 3 = log 3 4 + o 4 = 3 4 + o 4. Dunque, sommando, si ha infine logcosh + logcos = 3 4 + o 4 + 3 4 + o 4 = 3 4 + o 4 logcosh 3 logcos 3 = 3 4 + o 4 3 4 + o 4 =3 4 + o 4, e quindi logcosh + logcos logcosh 3 logcos 3 = 3 4 + o 4 3 4 + o 4 = 9. Si confronti questo metodo di risoluzione con quello dell esercizio 49. 5 Esaminiamo per prima cosa il denominatore: notiamo che si ha e quindi anche log + ep y =H = y + y log Dunque il ite cercato è uguale a 3 3 + ep 3 arctant t + 6 y + 3 e y +e y =. =, log + cos t + t dt
Esercizi sui iti 40 = 3 L integrale improprio 3 arctant dt t 6 + + 3 log + cos t + t dt 3 log + cos t + t dt è convergente applicare il criterio del confronto con log 3/ + t, per cui il secondo ite si presenta nella forma c/ +, ovvero è uguale a 0. Ci siamo quindi ridotti al calcolo di 6. 3 3 arctant dt t 6 =H = 3 arctan 3 6 6 5 6 3 3 = 3 arctan 3 = π 3. 5 Possiamo razionalizzare il quoziente moltiplicando e dividendo per cos + cos. Si ottiene così il ite 4 3 cos cos cos + = cos cos 3 cos 3 cos cos cos 3 cos. Possiamo applicare il teorema di De L Hôpital, ottenendo 3 cos cos cos 3 cos =H = 3 sin + sin sin 3 3 + sin =H = 3 cos 4 sin + cos cos 3 9 4 6 sin 3 + cos = 3.
4 Andrea Braides 53 Il ite è analogo al precedente. Proponiamo un calcolo alternativo usando gli sviluppi di Taylor. Si ha cos = 4 + o 4 =+o, cos 3 = 3 + o, cos 3 = 6 + o 6 =+o, cos = + o, +z =+ z + oz; quindi cos = +o =+o, cos 3 = 3 + o = 3 4 + o, cos 4 cos 3 =3 + o, 3cos 3 cos = 3 + o, per cui cos 4 cos 3 3cos 3 cos = 3 + o 3 + o =. 54 Il ite si presenta nella forma indeterminata + 0. Trasformiamo il ite in forma esponenziale: ep arctan log e t log tdt. Dobbiamo quindi calcolare il ite arctan log e t log tdt = π log et log tdt ; il risultato cercato sarà dato da e L. Il ite si presenta ora nella forma indeterminata /. Possiamo applicare il teorema di De L Hôpital, ricordando che D log e t log tdt = e log et log tdt.
Esercizi sui iti 4 Quindi H = π Dunque il ite cercato è e π. e log et log tdt =H = π e log + e e log = π + = π. log