Soluzioni degli esercizi sulle Formule di Taylor Formule di MacLaurin più usate (h, n numeri interi non negativi; a numero reale): e t =+t + t! + t3 tn +... + 3! n! + o(tn ) ln( + t) =t t + t3 3 t4 4 +... t n +( )n n + o(tn ) sin(t) =t t3 3! +... t h+ +( )h (h +)! + o t h+ cos(t) = t! + t4 4! +... +( )h t h (h)! + o t h tan(t) =t + t3 3 + t5 5 + 7t7 35 + o(t7 )... ecc. arctan(t) =t t3 3 +... t h+ +( )h (h +) + o t h+ ( + t) a a (a ) =+at + t a (a ) (a ) + t 3 +... +! 3! a (a )... (a n +) n! t n + o(t n ). Per trovare le formule di MacLaurin arrestate al quart ordine di ogni funzione proposta (che è una funzione composta di una funzione f(t) dicuisiconoscelaformuladimaclaurinediun monomio g(x) di primo grado in x, con l eccezione dell ultima che è anche moltiplicata per x), nei primi tre casi scriviamo le formule di MacLaurin arrestate al quart ordine della funzione f(t) e poi sostituiamo t = g(x), mentre nell ultimo caso scriviamo le formule di MacLaurin arrestate al terz ordine () della funzione f(t), poi sostituiamo t = g(x) einfine moltiplichiamo per x. a) cos(x) cos t = t! + t4 4! +o(t4 ) e quindi () cos(x) = (x)! b) e x e t =+t + t! + t3 3! + t4 4! + o(t4 ) e quindi e x =+( x)+ ( x) c) ln( x)! + ( x)3 3! + ( x)4 4! + (x)4 +o(x 4 )= x + 4! 3 x4 +o(x 4 ) + o(x 4 )= x +x 4 3 x3 + 3 x4 + o(x 4 ) ln( + t) =t t + t3 3 t4 4 + o(t4 ) e quindi ln( x) =( x) ( x) d) x sin(x) + ( x)3 3 ( x)4 4 + o(x 4 )= x x 8 3 x3 4x 4 + o(x 4 ) sint = t t3 3! + o(t3 ) e quindi sin(x) =(x) (x)3 + o( )=x 4 3! 3 x3 + o( ) e (3) x sin(x) =x 4 3 x4 + o(x 4 ). ) Si noti che non è possibile arrestare al quart ordine la formula di MacLaurin di sint in quanto la derivata quarta in t =0è nulla. ) Attenzione: o ³(x) 4 = o x 4, poiché con il simbolo o( )si intende solo mettere in evidenza a quale ordine di infinitesimo è superiore ciò che si trascura, senza tener conto della sua scrittura esplicita. 3 ) Notare che moltiplicare per x la funzione ha l effetto di moltiplicare per x ogni monomio del polinomio di Taylor eancheilrestoo echex o = o x 4.
Verifichiamo almeno nei casi (a) e(d) che la procedura usata equivale al calcolo diretto della formula di MacLaurin. Per trovare il polinomio di MacLaurin di grado 4 di ogni funzione F(x) in esame scriviamo le prime 4 derivate di F(x), il loro valore per x 0 =0eilcoefficiente che si ottiene dividendo ogni derivata k-esima per k!: (a) F (x) F 0 (x) F 00 (x) F 000 (x) F (4) (x) cos(x) sin(x) 4cos(x) 8sin(x) 6 cos(x) in x 0 =0 0 4 0 6 diviso k! 0 0 /3 e quindi la formula di MacLaurin cercata è cos(x) = x + 3 x4 + o(x 4 ) (d) F (x) F 0 (x) F 00 (x) F 000 (x) F (4) (x) x sin(x) sin(x)+ 4cos(x)+ sin(x)+ 3 cos(x)+ x cos(x) 4x sin(x) 8x cos(x) +6x sin(x) in x 0 =0 0 0 4 0 3 diviso k! 0 0 0 4/3 e quindi la formula di MacLaurin cercata è x sin(x) =x 4 3 x4 + o(x 4 ). È evidente specie in questo ultimo caso, come sia più veloce il metodo di sostituzione (applicabile dopo aver controllato che valgano anche per la funzione composta tutte le ipotesi del teorema di Taylor, e che il punto iniziale sia quello corretto).. Per scrivere la formula di MacLaurin arrestata al quart ordine della funzione x sin(x ), NON si può utilizzare il metodo di sostituzione con le modalità viste sopra, poiché - pur essendo la funzione derivabile (con continuità) tutte le volte che si vuole - il punto iniziale x 0 =0perla funzione composta sin(x ) corrisponde al punto iniziale t 0 = per la funzione f(t) =sin(t) e quindi non si può usare la formula di MacLaurin di sin(t) (valida solo se il punto iniziale è t 0 =0). Per evitare le complicazioni legate al calcolo di una tabella come la precedente si può operare in almeno due modi: Imodo:osserviamochesin(x )=sin(x)cos() cos(x)sin() e quindi (vedi esercizio ) x sin(x ) = x cos() x 4 3 x3 + o( ) x sin() x + 3 x4 + o(x 4 ) = = x sin() + x cos() + sin() 4 3 x4 cos() + o(x 4 ) 3 x5 sin() + o(x 5 )= (4) = x sin() + x cos() + sin() 4 3 x4 cos() + o(x 4 ) II modo: calcoliamo la formula di Taylor di sin(t) con punto iniziale t 0 = arrestata al terz ordine; poiché f(t) f 0 (t) f 00 (t) f 000 (t) sin(t) cos(t) sin(t) cos(t) in t 0 = sin() cos() sin() cos() sin() diviso k! sin() cos() cos() 6 risulta sin(t) = sin() + cos() (t +)+ sin() (t +) cos() (t +) 3 + o (t +) 3 6 e quindi, sostituendo t =x, sin(x ) = sin() + cos() (x)+ sin() (x) cos() (x) 3 + o (x) 3 = 6 = sin() + x cos() + x sin() 4 3 x3 cos() + o( ) da cui, moltiplicando per x, si ottiene la stessa formula ricavata nel I modo. 4 ) Attenzione: o x 4 ingloba tutte le potenze con esponente maggiore di 4 e tutti i termini già raccolti nell o x 5.
3. Per trovare il polinomio di MacLaurin del polinomio ( + t) / di grado 4, si può applicare l ultima delle formule di MacLaurin elencate tra quelle di uso frequente, con a = ed n =4: ( + t) / =+ t+ t + t 3 + 3 t 4 +o(t 4 )=! 3! 4! =+ t 8 t + 6 t3 5 8 t4 + o(t 4 ). Stesso risultato si ottiene scrivendo le prime 4 derivate di ( + t) /, il loro valore per t 0 =0e desumendo il coefficiente di ogni t k (che si ottiene dividendo la derivata k-esima per k!): f (t) f 0 (t) f 00 (t) f 000 (t) f (4) (t) ( + t) / ( + t) / 4 ( + 3 t) 3/ 8 ( + t) 5/ 5 ( + t) 7/ 6 in t 0 =0 / /4 3/8 5/6 diviso k! / /8 3/ (3! 8) 5/ (4! 6) a) Posto t = 4x, si ricava la formula di MacLaurin (con punto iniziale x 0 =0) arrestata al quarto ordine di 4x = x x 4 0x 4 + o(x 4 ) b) Posto t =4x, si ricava la formula di MacLaurin (con punto iniziale x 0 =0) arrestata al quarto ordine di +4x =+x x +4 0x 4 + o(x 4 ) c) Posto t = 4x, si ricava la formula di MacLaurin (con punto iniziale x 0 =0) arrestata al quarto ordine di +x =+x x + x3 5 8 x4 + o(x 4 ) d) Posto t = 4x, si ricava la formula di MacLaurin (con punto iniziale x 0 =0) arrestata al quarto ordine di x = x x x3 5 8 x4 + o(x 4 ) 4. Anche in questo esercizio ogni funzione in esame è composta di una funzione f(t) di cui si conosce la formula di MacLaurin e di un monomio g(x) (di secondo grado). Poiché in x 0 =0 risulta t 0 = g(0) = 0, ef(g(x)) è una funzione che ammette derivate (continue) di ogni ordine, è possibile calcolare la formula di MacLaurin di f(g(x)) sostituendo t = g(x) nella formula di MacLaurin di f(t). In più, per avere una formula arrestata al sesto ordine di f(g(x)), basterà arrestare la formula di f(t) al terz ordine. a) e x e t =+t + t! + t3 3! + o(t3 ) e quindi e x =+(x )+ (x ) + (x ) 3 + o! 3! b) e x e t =+t + t! + t3 3! + o(t3 ) e quindi e x =+( x )+ ( x ) + ( x ) 3 + o! 3! µ x c) tan tan(t) =t + t3 3 + o(t3 ) d) arctan(x ) ³(x ) 3 =+x + x4! + x6 3! + o(x6 ) ³( x ) 3 = x + x4 ³ µ µ x x equindi tan = + arctan(t) =t t3 3 + o(t3 ) e quindi arctan(x )=(x )+ (x ) 3 + o ³( ) =x + 8 3 3 x6 + o(x 6 ). 3! x6 3! + o(x6 ) 3 x + o ³( ) = x 3 + x6 4 + o(x6 )
5. Dobbiamo scrivere le formule di MacLaurin arrestate al terz ordine della funzione e x x a) seguendo la definizione, la formula di MacLaurin si ottiene scrivendo le prime 3 derivate di e x x, il loro valore per x 0 =0e desumendo il coefficiente di ogni x k (che si ottiene dividendo la derivata k-esima per k!): f(x) f 0 (x) f 00 (x) f 000 (x) e x x ( x) e x x +( x) e x x 6( x)+( x) 3 e x x in x 0 =0 5 diviso k! / 5/ (3!) Quindi e x x =+x x 5 6 x3 + o( ). b) Osservando che e x x = e x e x echee x =+x+ x! +x3 3! +o(x3 ) ed e x = x + x4! +o(x4 ) (vedi esercizio 4) si ha e x x = e x e x = +x + x! + x3 µ =+x+ x x! +x3 3! +o(x3 ) x +x + 3! + o(x3 ) x + x4 + x4! + x3 3! + o(x3 )! + o(x4 )! = (5) +x + x! + x3 3! + o(x3 ) +o(x 4 )= (6) =+x + x! + x3 3! + o(x3 ) x + o( )=+x x 5 6 x3 + o( ). Il fatto che nel penultimo passaggio si siano trascurati gli ultimi due addendi porterebbe a pensare che si possa arrestare il polinomio di MacLaurin di e x al secondo ordine. Ma approssimando e x = x + o(x ) non potremmo assicurare la correttezza del coefficiente del termine di terzo grado, visto che (lavorando come sopra) si arriva a una formula del tipo µ e x x =+x+ x x 3! + 3! + o(x3 ) x + µx + x! + x3 3! + o(x3 ) +o(x )=+x x +o(x ). c) Usando la formula di MacLaurin arrestata al terz ordine di e t =+t + t! + t3 3! + o(t3 ) e sostituendo t = x x si ha e x x =+(x x )+ (x x ) + (x x ) 3 + o ³( x ).! 3! Osserviamo che l infinitesimo di ordine inferiore in (x x ) 3 è e quindi scrivere o ³( x ) equivale a scrivere o( ). Sono quindi significativi nella somma i termini aventi grado non superiore a 3 (gli altri si possono trascurare). Dunque: e x x =+x x + x + x3! 3! + o(x3 )=+x x 5 6 x3 + o( ). 6. Per x che tende a 0, la funzione ln( x + x )+x x NON è o(x ). Infatti sostituendo t = x x nella formula di MacLaurin di ln( + t) arrestata al second ordine: ln( + t) =t t + o(t ) si ha, ragionando come in (5c) ln( x + x )= x+x ( x + x ) +o ³( x + x ) = x+x x +o(x )= x+ x +o(x ) e quindi ln( x + x )+x x = x + o(x ),cioèvaazerocome x (vedi figura ). 5 ) Distribuendo rispetto alla seconda somma e osservando che +x + x! + x3 3! + o o x 4 = o x 4 6 ) Attenzione: o ingloba tutte le potenze con esponente maggiore di 3 e tutti i termini già raccolti nell o x 4. 4
- 0 - Fig.: ln( x + x )+x x (nero), x (rosso) Fig.: e x (nero), + x (rosso) 7. NON si può calcolare la formula di MacLaurin arrestata al second ordine di e x. Infatti la funzione in esame non è derivabile in x 0 =0, non essendolo x. Tuttavia continua e x a valere il ite notevole =,cioèe x + x o anche e x =+ x + o( x) + x (vedi figura ). 8. a) Osserviamo che sin(x) =x x3 3! + o(x3 ) e x cos(x) =x µ x! + o(x ). Dunque: sinx x cosx = 0 0 x x3 3! + o(x3 ) Invece, usando il teorema di de l Hospital, (H) 3x sinx x cosx cosx cosx + x sinx x x3! + o(x3 ) 3x sinx 0 x 3 (ite notevole) = 3. 3 + o(x3 ) b) Osserviamo che sin(x) =x x3 3! + o(x3 ) e arctan(x) =x x3 3 + o(x3 ). Dunque: sinx arctanx = x 0 3! x 0 + o(x3 ) x x3 3 + o(x3 ) = 6 + o(x3 ) = 3 6. Invece, usando il teorema di de l Hospital, sinx arctanx (H) cosx sinx + x +x (H) (+x ) (ite notevole) = 3x 6x 6 + 3 = 6. c) Osserviamo che e x = x+ x! x3 3! +o(x3 ) e ln( + x) =x x + x3 3 +o(x3 ). Dunque (7) : x e x +ln(+x) = x + 0! x 0 x3 3! + o(x3 ) + x x + x3 3 + o(x3 ) = = x 3! + x3 3 + o(x3 ) x + o(x) =0. x 6 Invece, usando il teorema di de l Hospital, e x +ln(+x) (H) e x + e x +x (H) (+x) =0. x x 7 ) Questo esercizio insegna che, in presenza di somme di funzioni ciascuna da approssimare con un polinomio, può non essere sufficiente arrestare le formule di Taylor all ordine indicato ad esempio da un monomio presente al denominatore (o al numeratore), in quanto i primi addendi possono annullarsi vicendevolmente. 5 =3.
9. a) Per provare che 4x ln( x) se x6=0 f(x)= sinx x cosx 4 se x=0 4x ln ( x) ècontinuainx =0dobbiamo verificare che = 4. sinx x cosx Si è già visto nell esercizio 8a che I sinx x cosx = 3 x3 + o ( ). Ricordiamo inoltre che (vedi esercizio c): ln( x) = x x 8 3 x3 4x 4 + o(x 4 ), mentre (vedi esercizio 3a): 4x = x x 4 0x 4 + o(x 4 ). Visto però che i coefficienti di nelle due formule sono tali da non elidersi, per trovare una rappresentazione significativa della differenza delle due funzioni basterà arrestare le due formule al terz ordine: I 4x ln( x) =[ x x 4 + o( )] x x 8 3 x3 + o( ) = = 4 + o( ) 8 3 x3 + o( ) = 4 3 x3 + o( ). Quindi risulta effettivamente: 4x ln( x) 4 3 x3 + o ( ) sinx x cosx = 4. 3 x3 + o ( ) Per vedere se f(x) è anche derivabile in x =0, cerchiamo il ite del rapporto incrementale: f(x) f(0) x x µ 4 3 x3 + o ( ) 3 x3 + o ( ) +4 o ( ) x 4 + o (x 4 ) : notiamo che usando le formule di Taylor arrestate allo stesso ordine che era stato utile per mostrare la continuità della funzione si manifesta una forma di indecisione (8) : dobbiamo migliorare l approssimazione al numeratore e al denominatore! Usando le formule sopra riportate arrestate al quart ordine si ottiene I 4x ln( x)= x x 4 0x 4 +o(x 4 ) x x 8 3 x3 4x 4 + o(x 4 ) = = 4 0x 4 + o(x 4 ) 8 3 x3 4x 4 + o(x 4 ) = 4 3 x3 6x 4 + o(x 4 ) mentre al denominatore si ha (9) I sinx x cosx = x 3! x3 + 5! x5 + o(x 5 ) x! x3 + 4! x5 + o(x 5 ) = 3 x3 30 x5 + o(x 5 ) e quindi f(x) f(0) = 4 3 x3 6x 4 + o(x 4 ) 3 x3 30 x5 + o(x 5 ) +4= 6x4 + o(x4 4 ) 30 x5 + o(x 5 ) 3 x3 = 6x4 + o(x 4 ) 30 x5 + o(x 5 ) 3 x3 + o( ) 8 ) Questa situazione si presenterà in ogni esercizio dello stesso tipo. Infatti per provare la continuità in x 0 di una funzione f(x) basta mostrare che f(x 0 + h) f(x 0 )=o(h) ; invece per provarne la derivabilità si deve calcolare proprio il ite al tendere di h a0delrapportoo(h) /h e quindi si deve precisare quanto vale l o(h). 9 ) Questa ulteriore approssimazione del denominatore è in questo caso inutile, poiché al numeratore è presente una potenza di ordine inferiore a 5, che risulterà quindi prevalente. Vedremo nell esercizio 9c) e 9d) come questa cautela sia talora indispensabile. 6
Dunque: f(x) f(0) x x 6x4 + o(x 4 ) 3 x3 + o( ) 6x 4 + o(x 4 ) 3 x4 + o (x 4 ) = = 8: neseguechef(x) è anche derivabile in x =0e f 0 (0) = 8, come mostra la figura 3, nella quale in nero è rappresentata la funzione f(x) e in rosso un segmento della retta tangente al suo grafico in (0, 4). - 0-5 b) Per provare che +4x + e x f(x)= arctanx x cosx se x6=0 6 se x=0 Figura 3 è continua in x =0dobbiamo verificare che +4x + e x arctanx x cosx =6. Ricordiamo che (vedi formulario): arctanx = x 3 x3 + o ( ) e cosx = x + o (x ) per cui I arctanx x cosx = x 3 x3 + o ( ) x x + o (x ) = 6 x3 + o ( ) Ricordiamo inoltre che (vedi esercizio b): e x = x +x 4 3 x3 + 3 x4 + o(x 4 ), mentre (vedi esercizio 3b): +4x =+x x +4 0x 4 + o(x 4 ). Visto però che i coefficienti di nelle due formule sono tali da non elidersi, per trovare una rappresentazione significativa della somma delle due funzioni basterà arrestare le due formule al terz ordine: I +4x + e x =[+x x +4 + o( )] + x +x 4 3 x3 + o( ) = =4 + o( )+ 4 3 x3 + o( ) = 8 3 x3 + o( ) Quindi risulta effettivamente: +4x + e x arctanx x cosx 8 3 x3 + o ( ) 6 x3 + o ( ) =6. Per vedere se f(x) è anche derivabile in x =0, cerchiamo il ite del rapporto incrementale: µ f(x) f(0) 8 x x 3 x3 + o ( ) 6 x3 + o ( ) 6 o ( ) x 4 + o (x 4 ) : notiamo che usando le formule di Taylor arrestate allo stesso ordine che era stato utile per mostrare la continuità della funzione si manifesta una forma di indecisione (0) : dobbiamo migliorare l approssimazione al numeratore e al denominatore! Usando le formule sopra riportate arrestate al quart ordine si ottiene I +4x+e x =+x x +4 0x 4 +o(x 4 )+ x +x 4 3 x3 + 3 x4 + o(x 4 ) = 0) Vedi nota all esercizio 9a. =4 0x 4 + o(x 4 )+ 4 3 x3 + 3 x4 + o(x 4 ) = 8 3 x3 8 3 x4 + o(x 4 ) 7
mentre al denominatore si ha () I arctanx x cosx = x 3 x3 + 5 x5 +o (x 5 ) x x + 4! x4 + o (x 4 ) = 6 x3 + 9 0 x5 +o(x 5 ) e quindi f(x) f(0) = 8 3 x3 8 6 x3 + 9 3 x4 + o(x 4 ) 0 x5 + o(x 5 ) 6 = 8 3 x4 + o(x 4 ) 38 5 x5 + o(x 5 ) 6 x3 + 9 0 x5 + o(x 5 ) Dunque: f(x) f(0) x x 8 3 x4 + o(x 4 ) 8 3 x4 + o(x 4 ) 6 x3 + o( ) = 6 x4 + o (x 4 ) = 56: neseguechef(x) è anche derivabile in x =0e f 0 (0) = 56, come mostra la figura 4, nella quale in nero è rappresentata la funzione f(x) e in rosso un segmento della retta tangente al suo grafico in (0, 6). = 8 3 x4 + o(x 4 ) 6 x3 + o( ) 0-0 c) Per provare che sin(x) arctanx f(x)= +ln(+x) se x6=0 +x 4 se x=0 è continua in x =0dobbiamo verificare che sin(x) arctanx +ln(+x) +x =4. Figura 4 Ricordiamo che (vedi formulario): arctanx = x 3 x3 + 5 x5 + o(x 5 ) e ln( + x) =x x + 3 x3 4 x4 + o (x 4 ). Ricordiamo inoltre che (vedi esercizio d): sin(x) =x 4 3 x3 + 4 5 x5 + o(x 5 ), mentre (vedi esercizio 3c): +x =+x x + x3 5 8 x4 + o(x 4 ). Ne segue, arrestando le due formule che rappresentano le funzioni al numeratore al terz ordine (visto che i coefficienti di nelle due formule sono tali da non elidersi): I sin(x) arctanx =x 4 3 x3 + o( ) x 3 x3 + o ( ) = 3 x3 + o ( ) e, operando similmente al denominatore: I +ln(+x) +x =+ x x + 3 x3 + o ( ) +x x + x3 + o( ) = = 3 x3 + o( ) x3 + o( ) = 6 x3 + o( ) Quindi risulta effettivamente: sin(x) arctanx +ln(+x) +x 3 x3 + o ( ) 6 x3 + o( ) =4. Per vedere se f(x) è anche derivabile in x =0, cerchiamo il ite del rapporto incrementale: ) Questa ulteriore approssimazione del denominatore è in questo caso inutile, poiché al numeratore è presente una potenza di ordine inferiore a 5, che risulterà quindi prevalente. Vedremo negli esercizi 9c) e 9d) come questa cautela sia talora indispensabile. 8
µ f(x) f(0) x x 3 x3 + o ( ) 6 x3 + o( ) 4 o ( ) x 4 + o (x 4 ) : notiamo che usando le formule di Taylor arrestate allo stesso ordine che era stato utile per mostrare la continuità della funzione si manifesta una forma di indecisione () : dobbiamo migliorare le approssimazioni al numeratore e al denominatore! Usando le formule sopra riportatearrestatealquint ordinesiottiene I sin(x) arctanx=x 4 3 x3 + 4 5 x5 +o(x 5 ) x 3 x3 + 5 x5 + o(x 5 ) = 3 x3 5 x5 +o(x 5 ) Usando le formule sopra riportate arrestate al quart ordine si ottiene I +ln( + x) +x =+ x x + 3 x3 4 x4 + o (x 4 ) +x x + x3 5 8 x4 + o(x 4 ) = e quindi (3) = 3 x3 4 x4 + o (x 4 ) x3 5 8 x4 + o(x 4 ) = 6 x3 + 3 8 x4 + o(x 4 ) f(x) f(0) = 3 x3 5 x5 + o(x 5 ) 6 x3 + 3 8 x4 + o(x 4 ) 4= 5 x5 + o(x 5 ) 3 x4 + o(x 4 ) 6 x3 + 3 8 x4 + o(x 4 ) = 3 x4 + o(x 4 ) 6 x3 + o( ) Dunque f(x) f(0) x x 3 x4 + o(x 4 3 ) 6 x3 + o( ) x4 + o(x 4 ) 6 x4 + o(x 4 ) =9: ne segue che f(x) è anche derivabile in x =0e f 0 (0) = 9, come mostra la figura 5, nella quale in nero è rappresentata la funzione f(x) e in rosso un segmento della retta tangente al suo grafico in (0, 4). 5-0 Figura 5 d) Per provare che x cos(x) arctanx f(x)= e x + se x6=0 x 4 se x=0 x cos(x) arctanx ècontinuainx =0dobbiamo verificare che e x + x =5. Ricordiamo che (vedi formulario): arctanx = x 3 x3 + 5 x5 + o(x 5 ) e e x =+x +! x + 3! x3 + 4! x4 + o(x 4 ). Inoltre (vedi esercizio a): x cos(x) =x x + 3 x4 + o(x 4 ) = x + 3 x5 + o(x 5 ), mentre (vedi esercizio 3d): x = x x x3 5 8 x4 + o(x 4 ). Visto che i coefficienti di nelle formule sono tali da non elidersi, per trovare una rappresentazione significativa della differenza delle due funzioni al numeratore e della somma delle due al denominatore basterà arrestare le formule al terz ordine: I x cos(x) arctanx =[x + o ( )] x 3 x3 + o ( ) = 5 3 x3 + o ( ) ) Vedi nota all esercizio 9a. 3) Notare l importanza di aver dato un approssimazione più fine del denominatore! 9
I e x + x = +x +! x + 3! x3 + o( ) + x x x3 + o( ) = = 3! x3 + o( )+ x3 + o( ) = 3 x3 + o( ) Quindi risulta effettivamente: x cos(x) arctanx e x + x 5 3 x3 + o ( ) 3 x3 + o ( ) =5. Per vedere se f(x) è anche derivabile in x =0, cerchiamo il ite del rapporto incrementale: µ f(x) f(0) 5 x x 3 x3 + o ( ) 3 x3 + o ( ) 5 o ( ) x 4 + o (x 4 ) : notiamo che usando le formule di Taylor arrestate allo stesso ordine che era stato utile per mostrare la continuità della funzione si manifesta una forma di indecisione (4) : dobbiamo migliorare le approssimazioni al numeratore e al denominatore! Usando le formule sopra riportatearrestatealquint ordinesiottiene I x cos(x) arctanx= x + 3 x5 + o (x 5 ) x 3 x3 + 5 x5 + o(x 5 ) = 5 3 x3 + 7 5 x5 +o(x 5 ) Usando le formule sopra riportate arrestate al quart ordine si ottiene I e x + x=+x+! x + 3! x3 + 4! x4 +o(x 4 ) + x x x3 5 8 x4 + o(x 4 ) = = 3! x3 + 4! x4 + o(x 4 )+ x3 5 8 x4 + o(x 4 ) = 3 x3 7 x4 + o( ) e quindi (5) f(x) f(0) = 5 3 x3 + 7 5 x5 + o(x 5 ) 3 x3 7 x4 + o(x 4 ) 5= Dunque f(x) f(0) x x 35 x4 + o(x 4 ) 3 x3 + o( ) 7 5 x5 + o(x 5 )+ 35 x4 + o(x 4 ) 3 x3 7 x4 + o(x 4 ) 35 4 x4 + o(x 4 ) x 4 + o (x 4 ) = = 35 x4 + o(x 4 ) 3 x3 + o( ) = 35 :neseguechef(x) è anche derivabile in x =0e 4 5 f 0 (0) = 35, come mostra la figura 6, nella quale in nero 4 è rappresentata la funzione f(x) e in rosso un segmento della retta tangente al suo grafico in (0, 5). - 0 Figura 6 4) Vedi nota all esercizio 9a. 5) Notare l importanza di aver dato un approssimazione più fine del denominatore! 0