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1. Determiniamo lo sviluppo di Taylor di ordine 3 di f (x) = sin x x cos x + log(1 + x) centrato in x 0 = 0. Ricordando che sin x = x x3!

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(1)

RISOLUZIONE

1. Determiniamo lo sviluppo di Taylor di ordine 3 di f (x) = sin x x cos x + log(1 + x) centrato in x 0 = 0. Ricordando che sin x = x x 3!

3

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

2

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

2

+ x 3

3

+ o(x 3 ) per x ! 0 otteniamo

f (x) = sin x x cos x + log(1 + x) = x x 6

3

+ o(x 3 ) x(1 x 2

2

+ o(x 3 )) + x x 2

2

+ x 3

3

+ o(x 3 )

= x x 2

2

+ ( 1 6 + 1 2 + 1 3 )x 3 + o(x 3 ) = x x 2

2

+ 2 3 x 3 + o(x 3 )

2. Determiniamo lo sviluppo di Taylor di ordine 2 della funzione f (x) = (x+1) x 1 x 1 . Osserviamo a tale scopo che (x + 1) x = e x log(1+x) . Ricordando che e y = 1 + y + y 2

2

+ o(y 2 ) per y ! 0 e che log(1 + x) = x + o(x) mentre 1 x 1 = 1 + x + x 2 + o(x 2 ) per x ! 0 posto y = x log(x + 1) nel primo sviluppo, per x ! 0 otteniamo

f (x) = e x log(x+1) 1 x 1 = x log(x + 1) + o(x log(x + 1)) (1 + x + x 2 + o(x 2 ))

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

3. Determiniamo lo sviluppo di ordine 2 di f (x) = e x sinh x x p

1 + 2x. Dagli sviluppi notevoli per x ! 0 abbiamo

f (x) = e x sinh x x p

1 + 2x = (1 + x + x 2

2

+ o(x 2 ))(x + x 6

3

+ o(x 3 )) x(1 + x x 4

2

+ o(x 2 ))

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

4. Determiniamo lo sviluppo di ordine 4 di f (x) = e log

2

(1+x) p

1 + x 2 . Dagli sviluppi notevoli di log(1 + x) e di e x per x ! 0 risulta

e log

2

(1+x) = 1 + log 2 (1 + x) + 1 2 log 4 (1 + x) + o(log 4 (1 + x))

= 1 + (x x 2

2

+ x 3

3

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

2

+ x 3

3

+ o(x 3 )) 4 + o(( x 2

2

+ x 3

3

+ o(x 3 )) 4 )

= 1 + x 2 x 3 + 2 3 x 4 + 1 4 x 4 + 1 2 x 4 + o(x 4 ) = 1 + x 2 x 3 + 17 12 x 4 + o(x 4 ) e ricordando che p

1 + x 2 = 1 + 1 2 x 2 1 8 x 4 + o(x 4 ) otteniamo

f (x) = (1 1 2 )x 2 x 3 + ( 17 12 + 1 8 )x 4 + o(x 4 ) = x 2

2

x 3 + 37 24 x 4 + o(x 4 ) 5. Calcoliamo l’ordine di infinitesimo della funzione f (x) = log(1 + x)e x sin x p

1 + 2x per x ! 0.

Determiniamo lo sviluppo di ordine 2 della funzione, dagli sviluppi notevoli e dalle propriet` a degli “o” piccolo, per x ! 0 risulta

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

2

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

2

+ o(x 2 ) mentre

sin x p

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

Quindi

f (x) = log(1 + x)e x sin x p

1 + 2x = x + x 2

2

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

2

+ o(x 2 )

e possiamo concludere che f (x) ha ordine di infinitesimo pari a 2.

(2)

6. Calcoliamo l’ordine di infinitesimo della funzione f (x) = 1+x x

2

+ 2 log(cos x) per x ! 0. Deter- miniamo lo sviluppo di ordine 3 della funzione. Abbiamo

log(cos x) = log((cosh x 1) + 1) = cos x 1 + 1 2 (cos x 1) 2 + o((cos x 1) 2 )

= x 2

2

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

2

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

2

+ o(x 3 )) 2 )

= x 2

2

+ o(x 3 )

mentre 1+x x

2

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

f (x) = 1+x x

2

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

2

+ o(x 3 )) = x 3 + o(x 3 ) da cui possiamo concludere che ord(f (x)) = 3.

7. Calcoliamo l’ordine di infinitesimo della funzione f ↵ (x) = cos(x ↵ ) p

1 sin x per x ! 0 al variare di ↵ 2 R. Dagli sviluppi di ordine 2 delle funzioni coinvolte abbiamo

p 1 sin x = 1 1 2 sin x 1 8 sin 2 x + o(sin 2 x) = 1 1 2 (x + o(x 2 )) 1 8 (x + o(x 2 )) 2 + o((x + o(x 2 )) 2 )

= 1 1 2 x 1 8 x 2 + o(x 2 )

mentre cos(x ↵ ) = 1 1 2 x 2↵ + o(x 2↵ ). Pertanto f ↵ (x) = cos(x ↵ ) p

1 sin x = 1 2 x 2↵ + o(x 2↵ ) + 1 2 x + 1 8 x 2 + o(x 2 ) Possiamo allora concludere che

• se 2↵ > 1 allora f ↵ (x) = 1 2 x + o(x) e ord(f (x)) = 1,

• se 2↵ = 1 allora f ↵ (x) = 1 8 x 2 + o(x 2 ) e dunque ord(f (x)) = 2,

• se 2↵ < 1 allora f ↵ (x) = 1 2 x 2↵ + o(x 2↵ ) e quindi ord(f (x)) = 2↵ < 1.

8. Calcoliamo l’ordine di infinitesimo della funzione f ↵ (x) = log(cos(↵x)) + sinh 2 x per x ! 0 al variare di ↵ 2 R. Ricordando che log(1 + y) = y y 2

2

+ o(y 2 ) e cos y = 1 y 2

2

+ y 24

4

+ o(y 4 ) per y ! 0 posto y = cos(↵x) nel primo sviluppo e y = ↵x nel secondo, per x ! 0 otteniamo

log(cos(↵x)) = (cos(↵x) 1) 1 2 (cos(↵x) 1) 2 + o((cos(↵x) 1) 2 )

= ↵

2

2 x

2

+ ↵

4

24 x

4

1 2 ⇣

↵

2

x

2

2 + ↵ 24

4

x

4

+ o(x 4 ) ⌘ 2

+ o(x 4 )

= ↵

2

2 x

2

+ ↵

4

24 x

4

↵

4

8 x

4

+ o(x 4 ) = ↵

2

2 x

2

↵ 12

4

x

4

+ o(x 4 ) Mentre essendo sinh x = x + x 6

3

+ o(x 4 ) per x ! 0 si ha

sinh 2 x = x 2 + x 3

4

+ o(x 4 ) e dunque

f ↵ (x) = (1 ↵ 2

2

)x 2 ( ↵ 12

4

+ 1 3 )x 4 + o(x 4 )

ne segue che se ↵ 2 6= 2 allora f ↵ (x) = (1 ↵ 2

2

)x 2 + o(x 2 ) e ord(f (x)) = 2 mentre se ↵ 2 = 2 allora

f (x) = 2 3 x 4 + o(x 4 ) e ord(f (x)) = 4.

(3)

9. Calcoliamo il limite lim

x !0

+

e

x2

cosh p x

x log(cos x) utilizzando gli sviluppi di Taylor. Dagli sviluppi di Taylor e y = 1 + y + y 2

2

+ o(y 2 ) e cosh y = 1 + y 2

2

+ y 4!

4

+ o(y 4 ) per y ! 0, quando x ! 0 otteniamo allora che

e

x2

cos p

x = 1+ x 2 + 1 2 x 4

2

+o(x 2 ) (1+ x 2 + x 4!

2

+o(x 2 )) = 1 8 24 1 x 2 +o(x 2 ) = 12 1 x 2 +o(x 2 ) ⇠ x 12

2

mentre

x log(cos x) ⇠ x(cos x 1) ⇠ x( x 2

2

) = x 2

3

Ne segue allora che

e

x2

cosh p x x log(cos x) ⇠

x

2

12 x

3

2

= 1

6x ! 1 e dunque che lim

x !0

+

x log(cos x) e

x2

cosh p

x = 1

10. Abbiamo che lim

n!+1 e

n

( 1+

n1

)

n2

= p

e. Infatti, osservato che e n

1 + 1 n n

2

= e n

e n

2

log(1+ n ) 1

= e n n

2

log(1+

n1

)

possiamo limitarci a determinare il comportamento della successione n n 2 log(1 + n 1 ). A tale scopo, ricordando che log(1 + x) = x x 2

2

+ o(x 2 ) per x ! 0, posto x = n 1 per n ! +1 si ottiene

n n 2 log(1 + n 1 ) = n n 2 ( 1 n 2n 1

2

+ o( n 1

2

) = 1 2 + o(1) dove o(1) indica una successione infinitesima per n ! +1. Ne segue che lim

n !+1 n n 2 log(1+ n 1 ) =

1

2 e dunque che lim

n!+1 e n n

2

log(1+

n1

) = e

12

= p e.

11. Calcoliamo lim

x !0

+

sin(↵x) cosh p

x log(1 + x) p

3

1 + x 2 1 al variare di ↵ 2 R. Dagli sviluppi notevoli per x ! 0 risulta

sin(↵x) cosh p

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

2

+ o(x 2 ))

= ↵x + ↵ 2 x 2 x + x 2

2

+ o(x 2 ))

= (↵ 1)x + ↵+1 2 x 2 + o(x 2 ) ⇠

( (↵ 1)x se ↵ 6= 1 x 2 se ↵ = 1 Dato che dai limiti notevoli risulta p

3

1 + x 2 1 ⇠ x 3

2

, otteniamo che sin(↵x) cosh p

x log(1 + x) p

3

1 + x 2 1 ⇠

8 <

:

(↵ 1)x

x2 3

= 3(↵ 1) x se ↵ 6= 1

x

2

x2 3

= 3 se ↵ = 1

e dunque che

x lim !0

+

sin(↵x) cosh p

x log(1 + x) p

3

1 + x 2 1 =

8 >

<

> :

+ 1 se ↵ > 1

3 se ↵ = 1

1 se ↵ < 1

(4)

12. Per calcolare il limite per n ! +1 della successione a n = 3 n ⇣

log(1 + 2 ↵

n

) sin

2n1

1

2n1

⌘ al variare di ↵ 2 R, osserviamo innanzitutto che lo sviluppo di Taylor di ordine 2 della funzione log(1 +

↵x) sin x 1 x per x ! 0 `e log(1 + ↵x) sin x

1 x = ↵x ↵

2

2 x

2

+ o(x 2 ) (x + o(x 2 ))(1 + x + o(x))

= (↵ 1)x ( ↵ 2

2

+ 1)x 2 + o(x 2 ) ⇠

( (↵ 1)x, se ↵ 6= 1,

3

2 x 2 , se ↵ = 1.

Ponendo x = 2 1

n

, per n ! +1 otteniamo allora log(1 + 2 ↵

n

) sin

2n1

1

2n1

⇠ ( ↵ 1

2

n

, se ↵ 6= 1,

3 2 1

(2

n

)

2

= 3 2 4 1

n

, se ↵ = 1 Ne segue allora che

a n = 3 n ⇣

log(1 + 2 ↵

n

) sin

2n1

1

2n1

⌘ ⇠

( (↵ 1)( 3 2 ) n , se ↵ 6= 1,

3

2 ( 3 4 ) n , se ↵ = 1 e quindi che

n !+1 lim a n = 8 >

<

> :

+ 1, se ↵ > 1, 1, se ↵ < 1, 0, se ↵ = 1

13. Studiamo la continuit` a e la derivabilit` a in x = 0 della funzione f (x) =

( log(1+x

2

)+arctan ↵x

x per x > 0 p

3

1 + x per x  0 .

Abbiamo che

x!0 lim f (x) = lim

x!0

p

3

1 + x = 1 = f (0)

per ogni 2 R. Mentre, essendo per x ! 0, arctan(↵x) = ↵x + o(x 2 ) e log(1 + x 2 ) = x 2 + o(x 2 ), si ottiene

x lim !0

+

f (x) = lim

x !0

+

log(1 + x 2 ) + arctan(↵x)

x = lim

x !0

+

↵x + o(x)

x = ↵

per ogni ↵ 2 R. Dunque f(x) risulter`a continua in x 0 = 0 solo per ↵ = 1.

Riguardo alla derivabilit` a, abbiamo che

x lim !0

f (x) 1

x = lim

x !0

p

3

1 + x 1

x = 3

per ogni 2 R. Quindi, per ogni 2 R, la funzione ammette derivata sinistra in x 0 = 0 con f 0 (0) = 3 .

Riguardo alla derivata destra, dagli sviluppi sopra per ↵ = 1, risulta

x lim !0

+

f (x) 1

x = lim

x !0

+

log(1 + x 2 ) + arctan x x

x 2 = lim

x !0

+

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

Quindi la funzione ammette derivata destra in x 0 = 0 con f + 0 (0) = 1. Ne segue che la funzione

risulta derivabile in x 0 = 0 solo per ↵ = 1 e = 3.

(5)

14. Studiamo la continuit` a e la derivabilit` a della funzione f (x) =

( e

sin2 x

p

3

1+↵x

2

x

2

se x > 0 tan ( x) se x  0 in x 0 = 0. Abbiamo

x lim !0 f (x) = lim

x !0 tan( x) = 0 = f (0) per ogni 2 R. Mentre, essendo per x ! 0,

e sin

2

x = 1 + sin 2 x + o(sin 2 x) = 1 + (x + o(x)) 2 + o((x + o(x)) 2 ) = 1 + x 2 + o(x 2 ) e p

3

1 + ↵x 2 = 1 + ↵x 3

2

+ o(x 2 ), si ottiene

x lim !0

+

f (x) = lim

x !0

+

e sin

2

x p

3

1 + ↵x 2

x 2 = lim

x !0

+

(1 ↵ 3 )x 2 + o(x 2 )

x 2 = 1 ↵ 3

per ogni ↵ 2 R. Dunque f(x) risulter`a continua in x 0 = 0 solo per ↵ = 3.

Riguardo alla derivabilit` a osserviamo che f (x) `e derivabile in ogni x < 0 con f 0 (x) = cos

2

( x)

e che lim

x !0 f 0 (x) = per ogni 2 R. Quindi, per ogni 2 R, la funzione ammette derivata sinistra in x 0 = 0 con f 0 (0) = .

Riguardo alla derivata destra, per ↵ = 3, osserviamo che per x ! 0 risulta e sin

2

x = 1 + sin 2 x + sin 2

4

x + o(sin 4 x)

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

2

))

4

+ o((x + o(x 2 )) 4 ) = 1 + x 2 + o(x 3 ) mentre p

3

1 + 3x 2 = 1 + x 2 + o(x 3 ). Otteniamo allora che

x lim !0

+

f (x) f (0)

x = lim

x !0

+

e sin

2

x p

3

1 + ↵x 2

x 3 = lim

x !0

+

o(x 3 ) x 3 = 0

e quindi che la funzione ammette derivata destra in x 0 = 0 con f + 0 (0) = 0. Ne segue che la funzione risulta derivabile in x 0 = 0 solo per ↵ = 3 e = 0.

NOTA: Si osservi che per calcolare l’ultimo limite `e stato sufficiente osservare che e sin

2

x p

3

1 + 3x 2 risulta trascurabile rispetto a x 3 . La funzione risulta precisamente avere ordine di infinitesimo 4. Infatti abbiamo

e sin

2

x = 1 + sin 2 x + sin 2

4

x + o(sin 4 x)

= 1 + (x x 6

3

+ o(x 3 )) 2 + 1 2 (x x 6

3

+ o(x 3 )) 4 + o((x x 6

3

+ o(x 3 )) 4 )

= 1 + x 2 x 3

4

+ x 2

4

+ o(x 4 ) = 1 + x 2 + x 6

4

+ o(x 4 ) mentre

p

3

1 + 3x 2 = 1 + x 2

13

(

13

2 1) 9x 4 + o(x 4 ) = 1 + x 2 x 4 + o(x 4 ) da cui otteniamo

e sin

2

x p

3

1 + 3x 2 = 1 + x 2 + x 6

4

+ o(x 4 ) (1 + x 2 x 4 + o(x 4 )) = 7 6 x 4 + o(x 4 ) ⇠ 7 6 x 4

(6)

15. Studiamo la continuit` a e la derivabilit` a della funzione f (x) =

( sinh

2

x sinh(x

2

)

x

↵

se x > 0 sin ( x) se x  0 in x = 0. Osservato che per x ! 0 risulta

sinh 2 x sinh(x 2 ) = (x + x 6

3

+ o(x 3 )) 2 (x 2 + o(x 4 )) = x 2 + x 3

4

+ o(x 4 ) (x 2 + o(x 4 )) = x 3

4

+ o(x 4 ) abbiamo che

x!0 lim

+

f (x) = lim

x!0

+

sinh 2 x sinh(x 2 )

x ↵ = lim

x!0

+

x

4

3 + o(x 4 )

x ↵ =

8 >

<

> :

0 se ↵ < 4

1

3 se ↵ = 4 + 1 se ↵ > 4 Poich´e lim

x !0 f (x) = lim

x !0 sin( x) = 0 per ogni 2 R, ne deduciamo che la funzione risulta continua solo se ↵ < 4 per ogni 2 R.

Riguardo alla derivabilit` a, per quanto sopra, per ogni ↵ < 4 abbiamo

x lim !0

+

f (x) f (0)

x = lim

x !0

+

sinh 2 x sinh(x 2 )

x ↵+1 = lim

x !0

+

x

4

3 + o(x 4 ) x ↵+1 =

8 >

<

> :

0 se ↵ < 3

1

3 se ↵ = 3 + 1 se ↵ > 3 e dunque che la funzione ammette derivata destra in x 0 = 0 solo se ↵  3 con f + 0 (0) = 0 se

↵ < 3 e f + 0 (0) = 1 3 se ↵ = 3. Essendo f 0 (x) = cos( x) per ogni x < 0, abbiamo che la funzione ammette derivata sinistra in x 0 per ogni 2 R con f 0 (0) = lim

x !0 f 0 (x) = lim

x !0 cos( x) = . Ne deduciamo allora che la funzione risulta derivabile per ↵ < 3 se = 0 e per ↵ = 3 se = 1 3 .

16. La funzione f (x) =

( e

x2

cos p x

x

↵

per x > 0

sinh x per x  0 in x 0 = 0 risulta continua per ↵ < 2 e ogni 2 R, mentre risulta derivabile per ↵ < 1 e = 0 e per ↵ = 1 e = 12 1 . Abbiamo infatti che

x!0 lim f (x) = lim

x!0 sinh x = 0 = f (0)

per ogni 2 R. Mentre, essendo per x ! 0, e

x2

= 1 x 2 + x 8

2

+o(x 2 ) e cos p

x = 1 x 2 + x 24

2

+o(x 2 ) si ottiene

e

x2

cos p

x = x 12

2

+ o(x 2 ) e dunque

x lim !0

+

f (x) = lim

x !0

+

e

x2

cos p x

x ↵ = lim

x !0

+

x

2

12 + o(x 2 )

x ↵ =

8 >

<

> :

0 se ↵ < 2

1

12 se ↵ = 2 + 1 se ↵ > 2 per ogni ↵ 2 R. Dunque f(x) risulter`a continua in x 0 = 0 per ↵ < 2 e ogni 2 R.

Riguardo alla derivabilit` a, abbiamo che la funzione risulta derivabile in ogni x < 0 con f 0 (x) = cosh x e poich´e lim

x !0 cosh x = , possiamo concludere che la funzione ammette derivata

(7)

sinistra in x 0 = 0 con f 0 (0) = per ogni 2 R. Riguardo alla derivata destra, se ↵ < 2, dagli sviluppi sopra si ha

x lim !0

+

f (x) f (0)

x = lim

x !0

+

e

x2

cos p x

x ↵+1 = lim

x !0

+

x

2

12 + o(x 2 ) x ↵+1 =

8 >

<

> :

0 se ↵ < 1

1

12 se ↵ = 1 + 1 se ↵ > 1

Quindi la funzione ammette derivata destra in x 0 = 0 per ogni ↵  1 con f + 0 (0) = 0 se ↵ < 1 e

f + 0 (0) = 12 1 se ↵ = 1. Ne segue che la funzione risulta derivabile in x 0 = 0 per ↵ < 1 e = 0 e

per ↵ = 1 e = 12 1 .

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1. Se f (x), g(x) e h(x) sono funzioni infinitesime per x ! 0 con ord(f(x)) < ord(g(x)) < ord(h(x)), dalla definizione di ordine di infinitesimo abbiamo che

Provare di ciascuna delle seguenti a↵ermazioni se `e vera o

1 sin x dx = [ cos x] ⇡⇡ = 0 ma sin x 6= 0 per ogni x 2 [ ⇡, ⇡].

[r]

B x−sin x cos x

NON SONO AMMESSE CORREZIONI