Analisi matematica - Esercizi svolti

I primi due termini (non polinomiali) del numeratore sono due funzioni composte.

Come sempre, cominciamo a sviluppare partendo dalle funzioni più interne.

→

Ricordiamo che, per x 0, si ha 1

1 2 4 4

− x + x + o(x ).

cos x = 1 2 24

→

Inoltre, per t 0, si ha pure 1 1 1

2 3 4 4

− −

log(1 + t) = t t + t t + o(t ).

2 3 4

Nel nostro caso l’argomento del log è cos x, che, per lo sviluppo precedente, è

1 1

2 4 4

−

1 x + x + o(x ),

2 24

vale a dire

1 1

2 4 4

−

1 + x + x + o(x ) .

2 24

→

Pertanto, per x 0, si ha che

1

1 2 4 4

− x + x + o(x ) ,

log(cos x) = log 1 + 2 24

vale a dire un termine del tipo log(1 + t),

essendo

1 1

2 4 4

−

t = x + x + o(x ) .

2 24

Scriviamo quindi lo sviluppo 1 1

1 2 3 4 4

− −

log(1 + t) = t t + t t + o(t )

2 3 4

1 1

2 4 4

−

sostituendo t con x + x + o(x ) .

2 24 9

→

Si ha, per x 0, 



1 1 

 2 4 4

− =

log(cos x) = log 1 + x + x + o(x ) 

 2 24 

 {z }

| t 2

1 1

1 1 1

2 4 4 2 4 4

− − −

= +

x + x + o(x ) x + x + o(x )

2 24 2 2 24

{z } {z }

| |

t 2

t

3 4 4

1 1 1

1 1 1 1 1

2 4 4 2 4 4 2 4 4

− −

− −

+ +o .

x + x + o(x ) x + x + o(x ) x + x + o(x )

3 2 24 4 2 24 2 24

{z } {z } {z }

| | |

3 4 4

t t t

Aspettiamo a sviluppare tutti i calcoli precedenti. Sviluppiamo anche il secondo termine do-

podiché, ricordandoci che i due termini andranno sottratti l’uno all’altro, cercheremo di capire

quale sia il grado più basso destinato a restare.

→

Ricordando che, per x 0, si ha 1 1 1

x 2 3 4 4

e = 1 + x + x + x + x + o(x ),

2 6 24

→

risulta, per x 0,

1 1 1 1 1 1

x 2 3 4 4 2 3 4 4

−x

e = 1 + x + x + x + x + o(x )−x = 1 + x + x + x + o(x ) .

2 6 24 2 6 24

Pertanto, il termine x −

log(e x)

→

risulta approssimato, per x 0, da

1 1 1

2 3 4 4

log 1 + x x x

+ + + o(x ) .

2 6 24

Sostituendo, stavolta, nello sviluppo 1 1 1

2 3 4 4

− −

log(1 + t) = t t + t t + o(t )

2 3 4

1 1 1

2 3 4 4

il valore t = x + x + x + o(x ) , otteniamo

2 6 24  

1 1 1

 

x 2 3 4 4

− =

log(e x) = log 1 + x + x + x + o(x )

 

2 6 24

 

| {z }

t 10

2

1 1 1 1 1 1

1

2 3 4 4 2 3 4 4

·

−

= x + x + x + o(x ) x + x + x + o(x ) +

2 6 24 2 2 6 24

| {z } | {z }

t 2

t

3 4 4

1 1 1 1 1 1 1

1 2 4 4 2 4 4 2 4 4

− − − −

x + x + o(x ) x + x + o(x ) +o x + x + o(x ) .

+ 3 2 24 4 2 24 2 24

| {z } | {z } | {z }

3 4 4

t t t

A questo punto, riscriviamo vicini gli sviluppi dei due addendi a numeratore:

1

1 2 4 4

− x + x + o(x ) =

log(cos x) = log 1 + 2 24 2

1 1 1 1

1

2 4 4 2 4 4

− − −

= + + o(x ) + + o(x ) +

x x x x

2 24 2 2 24

3 4 4

1 1 1 1 1 1 1 1

2 4 4 2 4 4 2 4 4

− − − −

+ x + x + o(x ) x + x + o(x ) + o x + x + o(x ) ;

3 2 24 4 2 24 2 24

1 1

1 2 3 4 4

x − x + x + x + o(x ) =

log(e x) = log 1 + 2 6 24 2

1 1 1 1 1 1 1

2 3 4 4 2 3 4 4

− ·

= x + x + x + o(x ) x + x + x + o(x ) +

2 6 24 2 2 6 24

3 4 4

1 1

1 1 1 1 1 1

2 4 4 2 4 4 2 4 4

− − − −

+ x + x + o(x ) x + x + o(x ) + o x + x + o(x ) .

3 2 24 4 2 24 2 24

Ci accorgiamo che il primo termine di ciascuno sviluppo, quello di grado 2, è destinato a

cancellarsi.

Il grado immediatamente più alto sembra essere il 3. Tuttavia, l’unico addendo di grado 3

1 3

che compare nello sviluppo, x è destinato a cancellarsi con l’ultimo addendo del fattore a

6

numeratore.

Passiamo quindi al grado 4.

Come abbiamo detto a lezione, dobbiamo controllare di far comparire tutti i termini di grado

4 nei due sviluppi, senza tralasciarne alcuno (diversamente, il risultato del limite è errato).

1 4

Per quanto riguarda il primo dei due sviluppi, si individuano due termini di grado 4: x e il

24

quadrato del primo termine della seconda parentesi tonda. 11

Cioè, dallo sviluppo di log(cos x), si ricava 2

−1

1

1 1 1 1

4 2 4 4 4

− · − −

=

x x x x = x .

24 2 2 24 8 12

Altri termini di grado 4 non ce ne sono.

x −

Passiamo allo sviluppo di log(e x).

Anche in questo caso si hanno solamente due termini di grado 4, nella stessa posizione dei

precedenti. In particolare si ricava 1 1 1

4 4 4

− −

x x = x .

24 8 12 x −

Fortunatamente, tra il termine log(cos x) e il termine log(e x) c’è il segno +, pertanto tali

addendi di grado 4 non sono destinati a cancellarsi.

→

In definitiva, lo sviluppo del numeratore per x 0, è

1 1 1 1 1 1 1

x 3 2 4 2 3 4 3 4

− − − − − − −

log(cos x) log(e x) x = x x + x + x x x + o(x ) =

6 2 12 2 6 12 6

2 1

4 4 4 4

− −

= x + o(x ) = x + o(x ).

12 6

Pertanto il limite diviene 1 1

x 3 4 4

− − −

log(cos x) + log(e x) x x + o(x ) 1

6 6 −

lim = lim = .

3 4

x arcsin x x 6

x→0 x→0

5) Si calcoli il valore del limite √ √ 3

−

(6 cosh x 6 cos x) tan(x )

lim .

2 2

−

15 sin x 15(arcsin x)

x→0

Svolgimento. 0

Il limite si presenta nella forma indeterminata .

0

Notiamo, però, che il secondo fattore a numeratore consta di un solo termine infinitesimo. Lo

possiamo trattare coi limiti notevoli, cioè con la teoria degli infinitesimi equivalenti.

A causa del limite notevole tan t

lim = 1,

t

t→0

si ha ∼ →

tan t t per t 0. 12

Quindi 3 3

∼ →

tan(x ) x per x 0.

3 3

Sostituiremo quindi il fattore infinitesimi tan(x ) col monomio x .

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 1 1 1

1 2 4 5 2 4 4

−

t + t + o(t ), cos t = 1 t + t + o(t ).

cosh t = 1 + 2 24 2 24

√

Nel nostro caso è t = x. Quindi si ha

√ √ √

√ 1 1 1 1

2 4 5 2 5/2

x = 1 + ( x) + ( x) + o(( x) ) = 1 + x + x + o(x ),

cosh 2 24 2 24

√ √ √ √

1 1 1 1

2 4 5 2 5/2

− −

cos x = 1 ( x) + ( x) + o(( x) ) = 1 x + x + o(x ).

2 24 2 24

Poiché il primo fattore è scrivibile come √

√

−

· x cos x ,

6 cosh

→

si ha, per x 0,

√ √

1 1 1 1

2 2 5/2

· − · − −

6 cosh x cos x = 6 1 + x + x 1 x + x + o(x ) =

2 24 2 24

1 1

·

=6 x + x + o(x) = 6x + o(x).

2 2

in quanto i termini di grado 1 non si cancellano.

Consideriamo ora il fattore a denominatore, vale a dire

2 2 2 2

− −

15 sin x 15(arcsin x) = 15(sin x (arcsin x) ).

Si ha 3

1 x

3 3 3

−

sin x = x x + o(x ), arcsin x = x + + o(x ).

6 6 13

Pertanto 2

2 3

x

1 3 3 3

2 2 −

− − x + o(x ) x + + o(x )

sin x (arcsin x) = x .

6 6

Il quadrato del primo addendo di ciascuna tonda è destinato a cancellarsi.

Controlliamo quindi i termini di grado appena superiore, vale a dire i doppi prodotti (aventi

grado 4).

Si ha 1 2

1 4 4 4

− −

− x x = x .

3 3 3

Non essendoci cancellazione, possiamo arrestare lo sviluppo al grado 3.

→

Quindi risulta, per x 0, 1 2

1 4 2 4 4 4 4

2 2 2 − − −

− − x x x + o(x ) = x + o(x ),

sin x (arcsin x) = x 3 3 3

da cui

2

2 2 4 4 4 4

− · − −10x

15(sin x (arcsin x) ) = 15 x + o(x ) = + o(x ).

3

Pertanto il limite risulta √ √ 3

3

−

(6 cosh 6x(x ) 3

x 6 cos x) tan(x ) −

lim = lim = .

2 4

−10x

2

− 5

15 sin x 15(arcsin x)

x→0 x→0

∈

6) Calcolare, al variare di α il limite

R, −

arctan(sin x) x cos x

lim .

6−|α|

x arctan(cos x)

+

x→0

Svolgimento. 6−|α|

Il denominatore consta di due fattori, il primo dei quali, x , si presenta già in forma polino-

miale, quindi adatta alla discussione finale.

Per quanto riguarda il secondo fattore, invece, constatiamo immediatamente che si ha

π

lim arctan(cos x) = arctan(1) = .

4

+

x→0

Pertanto, il denominatore della frazione lo sostituiamo col fattore

π 6−|α|

x .

4

Consideriamo quindi il numeratore. 14

Si ha la sottrazione di due funzioni composte entrambe infinitesime per le quali, come si può

intuire guardandone la forma, l’applicazione dei limiti notevoli non porta ad alcun risultato.

Procediamo quindi con gli sviluppi di Taylor, partendo dalle funzioni più interne.

+

→

Anzitutto ricordiamo che, per x 0 , si ha 1

1 3 5 6

− x + x + o(x ).

sin x = x 6 5!

→

Poiché, per t 0, risulta 1 1

3 5 6

−

arctan t = t t + t + o(t )

3 5

1

1 3 5 6

− x + x + o(x ),

si ha, essendo nel nostro caso t = sin x = x 6 5!

1 1

3 5 6

−

arctan (sin x) = arctan x x + x + o(x ) =

6 5!

| {z }

t | {z }

t 3

1

1 1 1

1 3 5 6 3 5 6

− −

− +

x + x + o(x ) x x + x + o(x )

= x 6 5! 3 6 5!

{z }

| | {z }

t 3

t

5 6

1 1

1 1 1

3 5 6 3 5 6

− −

x + x + o(x ) x + x + o(x )

+ x +o x

5 6 5! 6 5!

| |

{z } {z }

5 6

t t

Aspettiamo a svolgere i calcoli e sviluppiamo il secondo termine, x cos x.

+

→

Poiché, per x 0 , si ha 1 1

2 4 5

− x + x + o(x ),

cos x = 1 2 24

+

→

risulta, per x 0 ,

1 1 1 1

2 4 5 3 5 6

· − &