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ESERCIZI SUL CALCOLO DI LIMITI CON GLI SVILUPPI DI
TAYLOR
a cura di Michele Scaglia
SVILUPPI DI MACLAURIN DELLE PRINCIPALI FUNZIONI
Ricordiamo nella tabella che segue gli sviluppi di Taylor per x → 0 delle principali funzio- ni elementari (tali sviluppi vengono anche detti Sviluppi di Maclaurin).
ex^ = 1 + x + x^2 2!
x^3 3!
x^4 4!
x^5 5!
xn n!
log(1 + x) = x − x^2 2
x^3 3
x^4 4
x^5 5
- · · · + (−1)n−^1 xn n
- o(xn) per x → 0
sin x = x − x^3 3!
x^5 5!
x^7 7!
- · · · + (−1)n^ x^2 n+ (2n + 1)!
- o(x^2 n+2) per x → 0
cos x = 1 − x^2 2!
x^4 4!
x^6 6!
tan x = x +
x^3 3
x^5 + o(x^6 ) per x → 0
arctan x = x − x^3 3
x^5 5
x^7 7
- · · · + (−1)n^ x^2 n+ (2n + 1)
- o(x^2 n+2) per x → 0
arcsin x = x + x^3 6
x^5 + o(x^6 ) per x → 0
sinh x = x + x^3 3!
x^5 5!
x^7 7!
x^2 n+ (2n + 1)!
cosh x = 1 + x^2 2!
x^4 4!
x^6 6!
x^2 n (2n)!
√ 1 + x = 1 +
x −
x^2 +
x^3 + o(x^3 ) per x → 0
ESERCIZI SVOLTI
- Calcolare il limite
lim x→ 0 sin x − cos x + 1 2 x + x^2 + 1 − ex^ − 1 x
Svolgimento.
Per prima cosa osserviamo che il limite si presenta nella forma indeterminata
Controlliamo se la sostituzione dei vari addendi infinitesimi con gli infinitesimi polinomiali equi- valenti porterebbe ad eventuali cancellazioni. Essendo per x → 0,
sin x ∼ x, (1 − cos x) ∼
x^2 , (ex^ − 1) ∼ x,
si avrebbe, per x → 0,
sin x − cos x + 1 2 x + x^2 + 1 − ex x−^1
sin x + (1 − cos x) 2 x + x^2 + 1 − ex x−^1
x + 12 x^2 2 x + x^2 + 1 − xx
x + 12 x^2 2 x + x^2 + 1 − 1
vale a dire una cancellazione al denominatore. Pertanto, sostituiremo opportunamente le funzioni al denominatore con polinomi tramite gli sviluppi di Taylor attorno a x = 0. Prima, per`o, riscriviamo il denominatore della frazione facendo il minimo comune denominato- re. Si ha
sin x − cos x + 1 2 x + x^2 + 1 −
ex^ − 1 x
sin x − cos x + 1 2 x^2 + x^3 + x − ex^ + 1 x
x · (sin x − cos x + 1) 2 x^2 + x^3 + x − ex^ + 1
Il numeratore diviene, per mezzo degli infinitesimi equivalenti,
x ·
x +
x^2
= x(x + o(x)) = x^2 + o(x^2 ).
Abbiamo trascurato il termine 12 x^2 in quanto, quando un fattore tende a 0, ai fini della risolu- zione della forma indeterminata, occorre individuare l’addendo di grado pi`u basso.
A questo punto sviluppiamo l’unica funzione non polinomiale che compare a denominatore, vale a dire ex.
Risulta evidente che il fattore a denominatore non possa essere trattato con gli infinitesimi polinomiali equivalenti dedotti dai limiti notevoli (si arriverebbe infatti a una cancellazione). Sviluppiamo quindi la funzione esponenziale che, osserviamo, e una funzione composta (in quanto l’argomento dell’esponenziale none la variabile indipendente x, bens`ı −x). Poich´e risulta
et^ = 1 + t + t^2 2
t^3 6
t^4 24
si ha, essendo nel nostro caso t = −x → 0 per x → 0,
e−x^ = 1 − x + x^2 2
x^3 6
x^4 24
Per quanto riguarda il log, invece, non abbiamo a che fare con una funzione composta. Risulta immediatamente
log(1 + x) = x − x^2 2
x^3 3
x^4 4
Pertanto, per x → 0, il numeratore `e scrivibile come segue:
e−x^ + log(1 + x) − 1 = 1 − x + x^2 2
x^3 6
x^4 24 +x − x^2 2
x^3 3
x^4 4
x^3 + o(x^3 ) =
x^3 + o(x^6 )
Occupiamoci ora del denominatore. Compaiono due fattori. Le funzioni coinvolte non sono delle funzioni compote. Si ha
cosh x = 1 + x^2 2
- o(x^3 ), sinh x = x + o(x^2 ) per x → 0.
Abbiamo sviluppato fino al secondo e al primo ordine rispettivamente in quanto non ci sono altri addendi, nei singoli fattori, che possano portare a cancellazioni. Il denominatore diviene quindi
x^2 − 1 + o(x^3 )
(x + o(x^2 )) = x^3 + o(x^5 ).
In definitiva il limite iniziale diviene
lim x→ 0
x^3 + o(x^6 ) x^3 + o(x^5 )
3) [T. E. 09/01/2007]
Calcolare il limite
lim x→ 0
[
cos(2x) + sin^2
√^2 2 x
]
x (e^2 x^ − cosh(2x) − 2 x)
Svolgimento.
Osserviamo che il limite si presenta nella forma indeterminata 00. Vista la struttura complicata dei vari fattori, procediamo immediatamente con gli sviluppi di ciascuna funzione. Osserviamo che, anche in questo caso, abbiamo a che fare con funzioni composte. Sviluppiamo il termine cos(2x). Poich´e si ha, per t → 0,
cos t = 1 −
t^2 +
t^4 + o(t^4 ),
nel nostro caso, essendo t = 2x → 0 quando x → 0, risulta
cos (2x) ︸︷︷︸ t
(2x)^2 ︸ ︷︷ ︸ t^2
(2x)^4 ︸ ︷︷ ︸ t^4
+o (2x)^4 ︸ ︷︷ ︸ t^4
= 1 − 2 x^2 +
x^4 + o(x^4 ),
cio`e
cos(2x) = 1 − 2 x^2 +
x^4 + o(x^4 ).
Per quanto riguarda il secondo termine, ricordiamo che, per t → 0, si ha
sin t = t −
t^3 +
t^5 + o(t^6 ).
Nel nostro caso si ha t =
x.
Pertanto risulta
sin
√^2
x
t
√^2
x ︸ ︷︷ ︸ t
√^2
x
t^3
√^2
x
t^5
+o(x^6 ) =
√^2
x −
2 · x^3 + o(x^3 ) =
√^2
x −
x^3 + o(x^3 ).
Nella parte finale dello sviluppo abbiamo deciso di arrestarci al terzo ordine, sperando che, nel
Quindi, detto t = 2x, si ha
cosh(2x) = 1 +
(2x)^2 2
(2x)^4 24
x^4 + o(x^4 ).
L’ultimo addendo e gia in forma polinomiale. Pertanto, per x → 0, possiamo scrivere
e^2 x^ − cosh(2x) − 2 x = 1 + 2x + 2x^2 +
x^3 +
x^4 −
1 + 2x^2 +
x^4
− 2 x + o(x^4 ) =
= 1 + 2x + 2x^2 +
x^3 +
x^4 − 1 − 2 x^2 −
x^4 − 2 x + o(x^4 ).
Il termine noto, il termine di grado 1 e il termine di grado 2 si cancellano. Il grado piu basso che restae il terzo. Pertanto, trascurando gli addendi di grado pi`u alto, abbiamo che
e^2 x^ − cosh(2x) − 2 x =
x^3 + o(x^3 ).
Il limite diviene quindi
xlim→ 0
[
cos(2x) + sin^2
x
]
x (e^2 x^ − cosh(2x) − 2 x) = lim x→ 0
x^4 + o(x^4 )
x ·
x^3 + o(x^3 )
xlim→ 0
x^4 + o(x^4 ) 4 3
x^4 + o(x^4 )
- Si calcoli il valore del limite
lim x→ 0 (sinh x)^2 − (sin x)^2 ex^4 − 1
Svolgimento.
A differenza del numeratore, il denominatore pu`o essere trattato facilmente con un limite no- tevole/infinitesimo equivalente. Infatti, dal limite
lim t→ 0
et^ − 1 t
segue che
(et^ − 1) ∼ t per t → 0.
Pertanto, ( ex 4 − 1
∼ x^4.
Il denominatore lo sostituiremo quindi col termine polinomiale x^4.
Per quanto riguarda il numeratore, invece, troviamo la sottrazione di due addendi entrambi infinitesimi. Procediamo quindi a sviluppare ciascun termine, provvedendo ad elevare al quadrato ciascuno dei due sviluppi. Poich´e sinh x = x +
x^3 +
x^5 + o(x^6 ) e sin x = x −
x^3 +
x^5 + o(x^6 ),
si avrebbe
(sinh x)^2 =
x +
x^3 +
x^5 + o(x^6 )
e (sin x)^2 =
x −
x^3 +
x^5 + o(x^6 )
E ben chiaro che non stiamo a calcolare l’intero sviluppo dei quadrati di tali polinomi: non^ dimentichiamoci del fatto che, nel calcolo di limiti nella forma indeterminata 00 , interessa con- siderare solamente l’addendo di grado piu basso. Osservando ciascuno dei due termini e ricordandosi che andranno poi sottratti, ci accorgiamo che il quadrato del primo addendo in ciascuna potenza sara destinato a cancellarsi. Prima di considerare il quadrato del secondo addendo in ciascuna tonda (quadrato che risultera una potenza di grado piuttosto alto, cioe 6), consideriamo il doppio prodotto tra il primo e il secondo termine di ciascuna delle due tonde: si tratta di due quantita dello stesso valore ma di segno opposto che, a causa del segno −, si sommeranno. Il loro grado e ovviamente 4. Controlliamo che non ci siano altri termini di grado 4 nello sviluppo. Effettivamente non ce ne sono in quanto, qualsiasi altro quadrato o doppio prodotto avrebbe grado maggiore di 4, comee facile convincersi provando a calcolare alcuni di tali termini.
Fatte queste premesse, scriviamo quanto segue:
(sinh x)^2 − (sin x)^2 =
x +
x^3 +
x^5 + o(x^6 )
x −
x^3 +
x^5 + o(x^6 )
= x^2 +
x^4 + o(x^4 ) −
x^2 −
x^4 + o(x^4 )
= x^2 − x^2 +
x^4 +
x^4 + o(x^4 ) =
x^4 + o(x^4 ).
Il limite diviene quindi
lim x→ 0
(sinh x)^2 − (sin x)^2 ex^4 − 1
= lim x→ 0
x^4 + o(x^4 ) x^4 + o(x^4 )
Pertanto, per x → 0, si ha che
log(cos x) = log
[
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
)]
vale a dire un termine del tipo
log(1 + t),
essendo
t =
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
Scriviamo quindi lo sviluppo
log(1 + t) = t −
t^2 +
t^3 −
t^4 + o(t^4 )
sostituendo t con
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
Si ha, per x → 0,
log(cos x) = log
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
t
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
t
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
t^2
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
t^3
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
t^4
+o
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
t^4
Aspettiamo a sviluppare tutti i calcoli precedenti. Sviluppiamo anche il secondo termine do- podich´e, ricordandoci che i due termini andranno sottratti l’uno all’altro, cercheremo di capire quale sia il grado pi`u basso destinato a restare.
Ricordando che, per x → 0, si ha
ex^ = 1 + x +
x^2 +
x^3 +
x^4 + o(x^4 ),
risulta, per x → 0,
ex−x = 1 + x +
x^2 +
x^3 +
x^4 + o(x^4 )−x = 1 +
x^2 +
x^3 +
x^4 + o(x^4 )
Pertanto, il termine
log(ex^ − x)
risulta approssimato, per x → 0, da
log
[
x^2 +
x^3 +
x^4 + o(x^4 )
)]
Sostituendo, stavolta, nello sviluppo
log(1 + t) = t −
t^2 +
t^3 −
t^4 + o(t^4 )
il valore t =
x^2 +
x^3 +
x^4 + o(x^4 )
, otteniamo
log(ex^ − x) = log
x^2 +
x^3 +
x^4 + o(x^4 )
t
x^2 +
x^3 +
x^4 + o(x^4 )
t
x^2 +
x^3 +
x^4 + o(x^4 )
t^2
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
t^3
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
t^4
+o
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
t^4
A questo punto, riscriviamo vicini gli sviluppi dei due addendi a numeratore:
log(cos x) = log
[
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
)]
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
x^2 +
x^4 + o(x^4 )
log(ex^ − x) = log
[
x^2 +
x^3 +
x^4 + o(x^4 )
)]
- Si calcoli il valore del limite
xlim→ 0
(6 cosh
x − 6 cos
x) tan(x^3 ) 15 sin^2 x − 15(arcsin x)^2
Svolgimento.
Il limite si presenta nella forma indeterminata 00. Notiamo, pero, che il secondo fattore a numeratore consta di un solo termine infinitesimo. Lo possiamo trattare coi limiti notevoli, cioe con la teoria degli infinitesimi equivalenti. A causa del limite notevole
lim t→ 0 tan t t
si ha tan t ∼ t per t → 0.
Quindi
tan(x^3 ) ∼ x^3 per x → 0.
Sostituiremo quindi il fattore infinitesimi tan(x^3 ) col monomio x^3. Gli altri due fattori, invece, tendono a 0 ma sono somme algebriche di addendi infinitesimi (o riconducibili a tali). Pertanto procederemo con gli sviluppi di Taylor. Si tratta di funzioni composte. Ricordiamo che
cosh t = 1 +
t^2 +
t^4 + o(t^5 ), cos t = 1 −
t^2 +
t^4 + o(t^4 ).
Nel nostro caso `e t =
x. Quindi si ha
cosh
x = 1 +
x)^2 +
x)^4 + o((
x)^5 ) = 1 +
x +
x^2 + o(x^5 /^2 ),
cos
x = 1 −
x)^2 +
x)^4 + o((
x)^5 ) = 1 −
x +
x^2 + o(x^5 /^2 ).
Poich´e il primo fattore `e scrivibile come
6 ·
cosh
x − cos
x
si ha, per x → 0,
6 ·
cosh
x − cos
x
x +
x^2 −
x +
x^2
x +
x + o(x)
= 6x + o(x).
in quanto i termini di grado 1 non si cancellano.
Consideriamo ora il fattore a denominatore, vale a dire
15 sin^2 x − 15(arcsin x)^2 = 15(sin^2 x − (arcsin x)^2 ).
Si ha
sin x = x −
x^3 + o(x^3 ), arcsin x = x +
x^3 6
Pertanto
sin^2 x − (arcsin x)^2 =
x −
x^3 + o(x^3 )
x + x^3 6
Il quadrato del primo addendo di ciascuna tonda `e destinato a cancellarsi. Controlliamo quindi i termini di grado appena superiore, vale a dire i doppi prodotti (aventi grado 4). Si ha
−
x^4 −
x^4 = −
x^4.
Non essendoci cancellazione, possiamo arrestare lo sviluppo al grado 3. Quindi risulta, per x → 0,
sin^2 x − (arcsin x)^2 = x^2 −
x^4 − x^2 −
x^4 + o(x^4 ) = −
x^4 + o(x^4 ),
da cui
15(sin^2 x − (arcsin x)^2 ) = 15 ·
x^4 + o(x^4 )
= − 10 x^4 + o(x^4 ).
Pertanto il limite risulta
xlim→ 0
(6 cosh
x − 6 cos
x) tan(x^3 ) 15 sin^2 x − 15(arcsin x)^2
= lim x→ 0 6 x(x^3 ) − 10 x^4
Aspettiamo a svolgere i calcoli e sviluppiamo il secondo termine, x cos x. Poich´e, per x → 0 +, si ha
cos x = 1 −
x^2 +
x^4 + o(x^5 ),
risulta, per x → 0 +,
x cos x = x ·
x^2 +
x^4 + o(x^5 )
= x −
x^3 +
x^5 + o(x^6 ).
Poich´e i due termini arctan(sin x) e x cos x vanno sottratti l’uno all’altro, cerchiamo di capire quali calcoli sia necessario compiere per individuare il termine di grado piu basso che resta. I termini di grado 1 si cancellano. Il grado appena piu alto `e il 3: dobbiamo quindi cercare negli sviluppi tutti i termini aventi grado 3 e controllare se si giunga o meno a una loro cancellazione. Per quanto rigurada il primo sviluppo, quello di arctan(sin x), ci interessa il termine di grado 3 nel primo blocco, vale a dire −^16 x^3 , e il cubo del primo addendo della seconda tonda, oppor- tunamente moltiplicato per il coefficiente −^13 dello sviluppo:
−
· (x)^3 = −
x^3.
Altri non ce ne sono, in quanto si otterrebbero, sviluppando i conti, potenze di grado pi`u alto. Considerando il termine x cos x, abbiamo solamente l’addendo
−
x^3.
La somma algebrica di questi tre termini di grado 3 porta a
x^3 −
x^3 −
x^3
x^3 = 0,
cioe una cancellazione. Dobbiamo quindi passare al grado appena successivo, cioe 5. Bisogna prestare particolare attenzione in quanto, nello sviluppo di arctan(sin x) compaiono
tre addendi di grado 5: a parte i termini
x^5 e +
(x)^5 (ottenuto elevando alla quinta il primo
termine della terza tonda), facilmente individuabili, vi e pure, nel cubo della seconda tonda, il triplo prodotto tra il quadrato del primo termine e il secondo, cioe
3 · x^2 ·
x^3
x^5 ,
che, moltiplicato per il coefficiente −
, diviene
x^5
x^5.
Nello sviluppo di x cos x, invece, vi `e solo il termine
x^5.
Proviamo a sommare tali termini di grado 5, controllando se vi sia o meno cancellazione. Risulta
1 5! x^5 +
x^5 +
x^5 −
x^5 =
x^5 +
x^5 +
x^5 −
x^5 =
x^5 =
x^5.
Fortunatamente non c’e cancellazione. Il grado piu basso che resta a numeratore `e dunque x^5 , in particolare, per x → 0 +, possiamo sostituire il numeratore col termine polinomiale
1 3 x^5.
Pertanto dobbiamo discutere il limite
lim x→ 0 +
arctan(sin x) − x cos x x^6 −|α|^ arctan(cos x) = lim x→ 0 +
x^5 + o(x^5 ) π 4 x^6 −|α|
Dobbiamo controllare i gradi del numeratore e del denominatore, non dimenticandoci del fatto che x → 0. Si hanno le seguenti eventualit`a:
- se 6 − |α| = 5, cio
e se |α| = 1, cioe se α = ±1, il limite risulta ` =
3 π in quanto, ancor prima di passare al limite, si ha una semplificazione dei due termini x^5 ;
- se 6 − |α| < 5, cio
e se |α| > 1, cioe se α < − 1 ∪ α > 1, il limite risulta ` = 0, poich´e lo zero a cui tende il nuemeratore ha grado maggiore dello zero a denominatore; - se, infine, 6 − |α| > 5, cio
e |α| < 1, cioe se − 1 < α < 1, il limite risulta ` = +∞
8) [T.E. 21/03/2005]
Si calcoli il valore del limite
xlim→ 0
sin (log (1 + 2x)) − e^2 x^ + 1 tan(x^2 )
Svolgimento.
e^2 x^ = 1 + 2x +
(2x)^2 +
(2x)^3 +
(2x)^4 + o(2x)^4 = 1 + 2x + 2x^2 +
x^3 +
x^4 + o(x^4 ).
A questo punto, ricordando che il numeratore `e
sin (log (1 + 2x)) − e^2 x^ + 1,
tenendo presente gli sviluppi appena scritti cerchiamo di capire quale sia il grado pi`u basso di x che rimane.
Ovviamente si cancellano i termini noti (cioe 1) e i termini di grado 1 (vale a dire 2x). Invece non c’e cancellazione degli unici due addendi di grado 2. Risulta infatti
− 2 x^2 − (+2x^2 ) = − 4 x^2.
Pertanto il numeratore ha come termine di grado inferiore − 2 x^2.
Il limite diviene quindi
xlim→ 0
sin (log (1 + 2x)) − e^2 x^ + 1 tan(x^2 ) = lim x→ 0 − 4 x^2 + o(x^2 ) x^2
- Si calcoli il limite
x→lim+∞
π 2
− arctan x
x − x^2 log
x
Svolgimento.
Osserviamo che la variabile indipendente tende a +∞. Il numeratore tende a
π 2 − arctan(+∞) = π 2
π 2
Per quanto riguarda il denominatore, invece, si ha che
x − x^2 log
x
→ +∞ − ∞ · log(1 + 0) −
vale a dire una forma indeterminata.
Conviene operare un cambiamento di variabile. Poniamo
t =
x
, cio`e x =
t
E evidente che, poich´^ ` e x → +∞, si ha che
t → 0 +.
Riscriviamo, in forza del teorema di sostituzione, il limite nella nuova variabile t. Risulta
lim t→ 0
π 2 − arctan
t 1 t
t^2 log(1 + t) −
= lim t→ 0
2 t^2 ·
π 2 − arctan
t
2 t − 2 log(1 + t) − t^2
Per quanto riguarda il numeratore conviene fare riferimento alla nota identit`a
arctan y + arctan
y
π 2 se y < 0
π 2 se y > 0
Poich´e t → 0 +, si ha che t > 0, quindi
arctan t + arctan
t
π 2
da cui
π 2 − arctan
t = arctan t.
Pertanto possiamo riscrivere il limite come
lim t→ 0 +
2 t^2 arctan t 2 t − 2 log(1 + t) − t^2
Il limite si presenta nella forma indeterminata 00. Per risolverlo useremo gli sviluppi di Taylor al denominatore e gli infinitesimi equivalenti (riconducibili ai limiti notevoli) al denominatore. Si ha
lim t→ 0 arctan t t
quindi, per t → 0,
arctan t ∼ t.
