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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

· − −

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

2 24 2 24

Poiché 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 più basso che resta.

I termini di grado 1 si cancellano.

Il grado appena più alto è 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

1 3

3 nel primo blocco, vale a dire x , e il cubo del primo addendo della seconda tonda, oppor-

6 13

tunamente moltiplicato per il coefficiente dello sviluppo:

1 1

3 3

− · −

(x) = x .

3 3 15

Altri non ce ne sono, in quanto si otterrebbero, sviluppando i conti, potenze di grado più

alto.

Considerando il termine x cos x, abbiamo solamente l’addendo

1 3

− x .

2

La somma algebrica di questi tre termini di grado 3 porta a

0

1 1 1

3 3 3 3

− − − − =

x x x x = 0,

6 3 2 3

cioè una cancellazione.

Dobbiamo quindi passare al grado appena sucecssivo, cioè 5.

Bisogna prestare particolare attenzione in quanto, nello sviluppo di arctan(sin x) compaiono

1

1 5 5

x e + (x) (ottenuto elevando alla quinta il primo

tre addendi di grado 5: a parte i termini 5! 5

termine della terza tonda), facilmente individuabili, vi è pure, nel cubo della seconda tonda, il

triplo prodotto tra il quadrato del primo termine e il secondo, cioè

1

1 3 5

2 −

· · − x x ,

=

3 x 6 2

1

che, moltiplicato per il coefficiente , diviene

3

1 1

1 5 5

− · − x x .

= +

3 2 6

Nello sviluppo di x cos x, inceve, vi è solo il termine

1 5

+ x .

24

Proviamo a sommare tali termini di grado 5, controllando se vi sia o meno cancellazione.

Risulta 1 1 1 1 1 1 1 40 1

1 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5

− −

x + x + x x = x + x + x x = x = x .

5! 5 6 24 120 5 6 24 120 3

Fortunatamente non c’è cancellazione. 5 +

Il grado più basso che resta a numeratore è dunque x , in particolare, per x 0 , possiamo

sostituire il numeratore col termine polinomiale

1 5

x .

3

Pertanto dobbiamo discutere il limite 16

1 5 5

x + o(x )

arctan(sin x) x cos x 3

lim = lim .

π

6−|α|

x arctan(cos x)

+ +

x→0 x→0 6−|α|

x

4

Dobbiamo controllare i gradi del numeratore e del denominatore, non dimenticandoci del fatto

che x 0.

Si hanno le seguenti eventualità: 4

• − |α| |α| ±1,

se 6 = 5, cioè se = 1, cioè se α = il limite risulta ` = in quanto, ancor

5

prima di passare al limite, si ha una semplificazione dei due termini x ;

• − |α| |α| −1 ∪

se 6 < 5, cioè se > 1, cioè se α < α > 1, il limite risulta ` = 0, poiché lo

zero a cui tende il nuemeratore ha grado maggiore dello zero a denominatore;

• − |α| |α| −1

se, infine, 6 > 5, cioè < 1, cioè se < α < 1, il limite risulta ` = +∞

7) [T.E. 21/03/2005]

Si calcoli il valore del limite 2x

sin (log (1 + 2x)) e + 1 .

lim 2

tan(x )

x→0

Svolgimento. 0

Il limite si presenta nella forma indeterminata .

0

Il denominatore consta di un solo termine infinitesimo, trattabile coi limiti notevoli.

Si ha immediatamente 2 2

∼ →

tan(x ) x per x 0.

2 2

Sostituiremo quindi, nel calcolo del limite, il termine tan(x ) con x .

Passiamo al numeratore della frazione.

Vi è la somma di più addendi infinitesimi.

Procediamo con gli sviluppi di Taylor.

Ricordiamo che, per t 0, 1

1 2 3 4

− t + t + o(t ).

log(1 + t) = t 2 3

Nel nostro caso è t = 2x 0, quindi

1 1 8

2 3 3 2 3 3

− −

log(1 + 2x) = (2x) (2x) + (2x) + o(2x) = 2x 2x + x + o(x ).

2 3 3 17

Per quanto riguarda la funzione più esterna si ha, per t 0,

1 3 4

− t + o(t ).

sin t = t 6

Abbiamo, per x 0,

8 3 3

2

sin(log(1 + 2x) x + o(x ) =

) = sin 2x 2x + 3

| {z }

t {z }

| t 3 4

8 8 8

1

2 3 3 2 3 3 2 3 3

− − −

= 2x 2x + x + o(x ) 2x 2x + x + o(x ) + o 2x 2x + x + o(x )

3 6 3 3

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

t 3 4

t t

2x

Sviluppiamo il termine e .

Poiché, per t 0, 1 1 1

t 2 3 4 4

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

2 6 24

si ha, nel nostro caso in cui è t = 2x 0,

1 1 1 4 2

2x 2 3 4 4 2 3 4 4

e = 1 + 2x + (2x) + (2x) + (2x) + o(2x) = 1 + 2x + 2x + x + x + o(x ).

2 6 24 3 3

A questo punto, ricordando che il numeratore è 2x

sin (log (1 + 2x)) e + 1,

tenendo presente gli sviluppi appena scritti cerchiamo di capire quale sia il grado più basso di

x che rimane.

Ovviamente si cancellano i termini noti (cioè 1) e i termini di grado 1 (vale a dire 2x).

Invece non c’è cancellazione degli unici due addendi di grado 2. Risulta infatti

2 2 2

−2x − −4x

(+2x ) = . 2

−2x

Pertanto il numeratore ha come termine di grado inferiore .

Il limite diviene quindi 2x 2 2

− −4x

sin (log (1 + 2x)) e + 1 + o(x ) −4.

lim = lim =

2 2

tan(x ) x

x→0

x→0 18

8) Si calcoli il limite π − arctan x

2

lim .

1 1

x→+∞ 2

− −

x x log 1 + x 2

Svolgimento.

Osserviamo che la variabile indipendente tende a +∞.

Il numeratore tende a π π

π − −

arctan(+∞) = = 0.

2 2 2

Per quanto riguarda il denominatore, invece, si ha che

1 1 1 1

2

− − → − ∞ · − − ∞ · −

x x log 1 + +∞ log(1 + 0) = +∞ 0 ,

x 2 2 2

vale a dire una forma indeterminata.

Conviene operare un cambiamento di variabile. Poniamo

1

1 , cioè x = .

t = x t

È evidente che, poiché x +∞, si ha che +

t 0 .

Riscriviamo, in forza del teorema di sostituzione, il limite nella nuova variabile t. Risulta

π 1

π 1 2 · −

2t arctan

− arctan 2 t

2 t

lim = lim .

1 1

1 2

− −

2t 2 log(1 + t) t

t→0 t→0

− −

log(1 + t)

2

t t 2

Per quanto riguarda il numeratore conviene fare riferimento alla nota identità

π

 − se y < 0

1  2

arctan y + arctan = .

π

y + se y > 0

 2


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DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea in ingegneria civile
SSD:
Università: Firenze - Unifi
A.A.: 2014-2015

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher GBoldrini di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Analisi matematica e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Firenze - Unifi o del prof Stefani Gianna.

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