Analisi matematica I - esercizi sugli sviluppi di Taylor

Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = si ha:

2 3 2 3

√ √

x x x x x x

3 3

− − − − − − −

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

2 8 16 2 8 16

3

x 3

= x + + o(x ).

8

4. Utilizziamo gli sviluppi fondamentali 5 2n+1

3 z z

z n 2n+1

− + + . . . + (−1) + o(z ), (4)

sin z = z 3! 5! (2n + 1)!

3 5 2n+1

z z z 2n+1

sinh z = z + + + ... + + o(z ), (5)

3! 5! (2n + 1)!

2

sostituendo z = x e osservando che è sufficiente arrestarsi al termine cubico. Si ha

6 6

x x

2 2 2 6 2 6

− − −

sin x sinh x = x + o(x ) x + + o(x )

3! 3!

6

x 6

−

= + o(x ).

3

5. Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale

2 3 n

z z z

z n

e = 1 + z + + + ... + + o(z ). (6)

2! 3! n!

Lo sviluppo richiesto è di ordine 12; tenendo conto del fatto che dobbiamo operare

3

la sostituzione z = x , possiamo arrestare lo sviluppo del seno all’ordine 3 e quello

dell’esponenziale all’ordine 4. Otteniamo

3

x 3

− −

f (x) = e 1 sin(x ) 3 3 3 4 3 3

3 2

(x ) (x ) (x )

(x ) 3 4 3 3 4

3

− − −

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

2! 3! 4! 3!

6 9 12 9

x x x x 12

= + + + + o(x )

2 6 24 6

9 12

6

x x x 12

= + + + o(x ).

2 3 24

6. Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6). Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine; en-

trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine:

3x

−

f (x) = e 1 sin 2x 2 3 4 3

(3x) (3x) (3x) (2x)

4 4

− −

= 1 + 3x + + + + o(x ) 1 2x + o(x )

2! 3! 4! 3!

2 3 4 3

9x 81x 4x

9x 4 4

−

= 3x + + + + o(x ) 2x + o(x )

2 2 24 3

Svolgiamo il prodotto, trascurando i termini di ordine superiore al quarto, ottenendo:

3x 2 3 4 4

−

f (x) = e 1 sin 2x = 6x + 9x + 5x + o(x ).

−x −

7. Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = e 1 fino al quarto ordine:

2 3 4 2 3 4

−x

(−x) (−x) (−x) x x

−x 4 4

−1 −x+

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

2! 3! 4! 2! 3! 4!

Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo; tutti i termini che si ottengono sono di

−x

grado superiore al quarto, tranne due: il cubo di e il triplo prodotto tra il quadrato

2

−x

di e x /2. Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a: 3

2 4

3 4

−x

x x 3x

3

−x 4 3 4

− −x −x

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

2! 3! 4! 2

Esercizio 2

1. Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6); con la sostituzione

x + 1 = z riconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzione g(z) =

z−1

−

f (z 1) = e con centro z = 0 e arrestato al terzo ordine:

0 2 3

z z

−1 −1

z−1 z 3

e =e e =e 1+ z + + + o(z )

2! 3!

Ritornando alla variabile x si ha 2 3

(x + 1) (x + 1)

−1

x 3

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

2! 3!

π

−

2. Con la sostituzione x = z ci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione

2

π π

= sin z + = cos z con centro z = 0: possiamo utilizzare lo

g(z) = f z + 0

2 2

sviluppo(2) arrestato al quarto ordine. Quindi

π π

2 4

− −

x x

π 5

2 2 −

− + + o x .

sin x = 1 2! 4! 2

3. Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto. Il primo metodo consiste

0 00

nell’utilizzare direttamente la formula di Taylor, calcolando f (1), f (1) e f (1):

0 0 00 00

2

− −

f (1) = 5, f (x) = 1 + 6x 3x , f (1) = 4, f (x) = 6 6x, f (1) = 0.

2

− −

Lo sviluppo risulta quindi f (x) = 5 + 4(x 1) + o(x 1) . −

Il metodo alternativo consiste nell’operare la sostituzione x 1 = t e nel calcolare lo

3

−

sviluppo della funzione g(t) = f (t + 1) = 5 + 4t t ; essendo richiesto lo sviluppo al

2

secondo ordine, trascuriamo il termine cubico e otteniamo g(t) = 5+4t+o(t ); ritornando

alla variabile x ritroviamo il risultato precedente.

−

4. Operiamo la sostituzione x 2 = t; dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f (t + 2) =

ln(t + 2) con centro t = 0. Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1), arrestandolo al terzo

0

ordine.

Per fare questo scriviamo

t

t = ln 2 + ln 1 +

ln(t + 2) = ln 2 1 + 2 2

e utilizziamo (1) con la sostituzione z = t/2, ottenendo:

2 3

t t

t 3

− + + o(t )

ln(t + 2) = ln 2 + 2 8 24

Esercizio 3 →

1. Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1); poiché la funzione sin x è infinitesima per x 0

possiamo operare la sostituzione z = sin x, ottenendo lo sviluppo

2 3

(sin x) (sin x) 3

−

ln(1 + sin x) = sin x + + o((sin x) ). (7)

2 3

3 3

∼ →

Poiché sin x x per x 0, sia ha che o((sin x) ) = o(x ). Per ottenere lo sviluppo

richiesto possiamo quindi sviluppare la (7), trascurando in essa i termini di ordine supe-

riore al terzo: 2 3

3 3 3

x x

x 1 1

3 3 3 3

− − − −

ln(1 + sin x) = x + o(x ) x + o(x ) + x + o(x ) + o(x )

6 2 6 3 6

3 2 3

x x x 3

− −

= x + + o(x )

6 2 3

2 3

x x 3

−

= x + + o(x ).

2 6

2. Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1); in questo caso la sostituzione è meno

immediata.

Infatti bisogna scrivere la funzione cos x nella forma 1 + z, dove z un infinitesimo per

→ − −

x 0: essendo cos x = 1 + (cos x 1), possiamo porre z = cos x 1. Osserviamo che

2 2 4

− →

cos x 1 x per x 0, per cui o(z ) = o(x ); possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1)

al secondo ordine: 2

−

(cos x 1) 4

− − −

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

2 2

2 4 2 4

x x 1 x x

4 4

− − −

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

2 4! 2 2 4!

2 4 4

x x x 4

− −

= + + o(x )

2 4! 8

2 4

x x 4

− −

= + o(x ).

2 12

3. Utilizziamo lo sviluppo fondamentale

1 2 3 n n n

− −

= 1 z + z z + . . . + (−1) z + o(z ), (8)

1+ z 2 2 ∼ →

operando la sostituzione z = x + x ; poiché x + x x per x 0, dobbiamo arrestare lo

sviluppo ai termini di quarto grado. Si ha quindi:

1 2 2 2 2 3 2 4 4

− −

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

2

1 + x + x 2 2 3 4 3 4 4 4 4 4

− −

= 1 (x + x ) + (x + 2x + x ) x + 3x + o(x ) + x + o(x ) + o(x )

3 4 4

− −

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

4. Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico:

2 4 2n

z z z 2n+1

cosh z = 1 + + + ... + + o(z ) (9)

2! 4! (2n)! −

Da quest’ultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che cosh x 1 =

2

x 2 2

− → −

+ o(x ), per cui cosh x 1 x per x 0; operata la sostituzione z = cosh x 1, è

2!

quindi sufficiente arrestarsi al secondo ordine. Si ha:

√ p −

cosh x = 1 + (cosh x 1) 2

− −

(cosh x 1) (cosh x 1) 2

− −

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

2 8 2

2 4 2 4

1 x x 1 x x

4 4 4

−

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

2 2 4! 8 2 4!

2 4

x x 4

−

= 1+ + o(x )

4 96

Esercizio 4 x

√

1. Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = ; non è immediato

3

decidere a priori a quale termine arrestarsi, in quanto si possono avere cancellazioni dei

primi termini; possiamo provare ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quello

del coseno al quarto. Si ha: √ √ !

3 5 2 4

x x x (x/ (x/

3) 3)

5 4

√

− − − −

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

3! 5! 2! 4!

3 3 5 3 5

x x x x

5 5

− −x −

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

3! 5! 6 216

5

x 5

= + o(x )

270 5

→

Possiamo quindi concludere che la p.p. di f (x) per x 0 è x /270 e che l’ordine di

infinitesimo è 5.

Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si è rivelata corretta, in

quanto ci ha permesso di ottenere la parte principale. Se ci fossimo fermati prima (al terzo

grado in (4) e al secondo in (2)) avremmo invece ottenuto uno sviluppo nullo. Poiché,

come abbiamo già detto, non è possibile determinare a priori l’ordine a cui fermarsi, si

deve ”provare”, ripetendo eventualmente il calcolo, se il risultato non si rivela significativo.

2. La funzione f (x) è pari, per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari. Come

tentativo, possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine; tenendo conto di (9) e di (3),

si ha: 2

2 4 2 4

x x 2x 4x

4 4

− −

f (x) = 1+ + + o(x ) 1 + + o(x )

2! 4! 2 8

4 4

x x

2 4 2 4

− −

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

3 2

4

5x 4

= + o(x ).

6 4

5x

→ .

La funzione f (x) è quindi infinitesima di ordine 4 per x 0 e la sua p. p. è 6

t sin t

−

3. Con la sostituzione t = 1/x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = e e per

→

t 0; possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4). In questo caso non è sufficiente

arrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio), ma si deve

arrivare al terzo ordine: 2 3 2 3

t t sin t sin t

t sin t 3 3

− −

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

2! 3! 2! 3!

2 3 3 2 3

t t t t t

3 3

− −

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

2 6 6 2 6

3

t 3

= + + o(t )

6

Quindi

1 1 →

f (x) = + o (x +∞).

3 3

6x x

Esercizio 5

1. Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente, arrestato al quinto ordine, è:

5

3 2z

z 5

tan z = z + + + o(z ) (10)

3 15 3

x 3

−

Lo sviluppo del denominatore è quindi tan x x = + o(x ); anche il numeratore deve

3

essere quindi sviluppato almeno al terzo ordine.

Utilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo:

2 3 2 3

x x x x

x 3 3

− − − −x − −

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