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1. Determiniamo lo sviluppo di Taylor di ordine 3 di f (x) = log(1 + x) cosh x + e x

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Academic year: 2021

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(1)

RISOLUZIONE

1. Determiniamo lo sviluppo di Taylor di ordine 3 di f (x) = log(1 + x) cosh x + e x

2

centrato in x 0 = 0. Ricordando che log(1 + x) = x x 2

2

+ x 3

3

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

2

+ o(x 3 ) mentre e x

2

= 1 + x 2 + o(x 3 ) per x ! 0 otteniamo

f (x) = log(1 + x) cosh x + e x

2

= x x 2

2

+ x 3

3

+ o(x 3 ) (1 + x 2

2

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

= x + x 3

3

+ o(x 3 )

2. Determiniamo lo sviluppo di Taylor di ordine 3 della funzione f (x) = (1 x) x cos x. Osserviamo a tale scopo che (1 x) 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 x 2

2

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

2

+ o(x 3 ) per x ! 0 posto y = x log(1 x) nel primo sviluppo, per x ! 0 otteniamo

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

2

+ o(x 3 ))

= x( x x 2

2

+ o(x 2 )) + x 2

2

( x x 2

2

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

2

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

2

+ o(x 3 )

= x 2 x 2

3

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

2

+ o(x 3 ) = x 2

2

x 2

3

+ o(x 3 )

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) = p

3

1 + sin 2 x e sinh x . Dato che p

3

1 + y = 1 + y 3 y 9

2

+ o(y 2 ) per y ! 0, ricordando che sin x = x x 3!

3

+ o(x 4 ) da cui sin 2 x = x 2 x 3

4

+ o(x 4 ) e sin 4 x = x 4 + o(x 4 ), per x ! 0 risulta

p

3

1 + sin 2 x = 1 + 1 3 sin 2 x 1 9 sin 4 x + o(sin 4 x)

= 1 + 1 3 (x 2 x 3

4

+ o(x 4 )) 1 9 (x 4 + o(x 4 )) + o(x 4 + o(x 4 ))

= 1 + x 3

2

2 9 x 4 + o(x 4 )

mentre, essendo e y = 1 + y + y 2

2

+ y 3!

3

+ y 4!

4

+ o(y 4 ) e sinh x = x + x 3!

3

+ o(x 4 ), da cui sinh 2 x = x 2 + x 3

4

+ o(x 4 ), sinh 3 x = x 3 + o(x 4 ) e sin 4 x = x 4 + o(x 4 )per x ! 0 abbiamo

e sinh x = 1 + sinh x + 1 2 sinh 2 x + 3! 1 sinh 3 x + 4! 1 sinh 4 x + o(sinh 4 x)

= 1 + x + x 6

3

+ o(x 4 ) + 1 2 (x 2 + x 3

4

+ o(x 4 )) + 1 6 (x 3 + o(x 4 )) + 24 1 (x 4 + o(x 4 )) + o(x 4 + o(x 4 ))

= 1 + x + 1 2 x 2 + ( 1 6 + 1 6 )x 3 + ( 1 6 + 24 1 )x 4 + o(x 4 ) = 1 + x + 1 2 x 2 + 1 3 x 3 + 24 5 x 4 + o(x 4 ) Ne segue che per x ! 0 si ha

f (x) = p

3

1 + sin 2 x e sinh x = 1 + x 3

2

2 9 x 4 + o(x 4 ) (1 + x + 1 2 x 2 + 1 3 x 3 + 24 5 x 4 + o(x 4 ))

= x + ( 1 3 1 2 )x 2 1 3 x 3 + ( 2 9 24 5 )x 4 + o(x 4 ) = x 1 6 x 2 1 3 x 3 31 72 x 4 + o(x 4 )

(2)

5. Calcoliamo l’ordine di infinitesimo della funzione f (x) = sinh x · e x log(1 + x) p

3

1 + 3x 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

sinh x · e x = (x + o(x 2 ))(1 + x + o(x)) = x + x 2 + o(x 2 ) mentre

log(1 + x) p

3

1 + 3x = (x x 2

2

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

2

+ o(x 2 ).

Quindi per x ! 0 si ha

f (x) = sinh x · e x log(1 + x) p

3

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

2

+ o(x 2 )) = x 2

2

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

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

2

2 log(cosh x) per x ! 0. Deter- miniamo lo sviluppo di ordine 3 della funzione. Per x ! 0 abbiamo 1 x x

2

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

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

f (x) = x 2

1 x 2 log(cosh 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) = log(1 + x ↵ ) x 2 e sin x per x ! 0 + al variare di ↵ > 0. Dato che per x ! 0 + si ha x ↵ ! 0 per ogni ↵ > 0, per x ! 0 + abbiamo log(1 + x ↵ ) = x ↵ + 1 2 x 2↵ + o(x 2↵ ) mentre

x 2 e sin x = x 2 (1 + sin x + o(sin x)) = x 2 (1 + x + o(x)) = x 2 + x 3 + o(x 3 ) Pertanto

f ↵ (x) = log(1 + x ↵ ) x 2 e sin x = x ↵ + 1 2 x 2↵ + o(x 2↵ ) x 2 x 3 + o(x 3 ) Possiamo allora concludere che

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

• se ↵ = 2 allora f ↵ (x) = x 3 + o(x 3 ) e dunque ord(f (x)) = 3,

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

(3)

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

cos(↵x) cos 2 x per x ! 0 al variare di ↵ 2 R. Per x ! 0 abbiamo

p cos(↵x) = 1 + 1 2 (cos(↵x) 1) 1 8 (cos(↵x) 1) 2 + o((cos(↵x) 1) 2 )

= 1 + 1 2 ( ↵

2

2 x

2

+ ↵ 24

4

x

4

+ o(x 4 )) 1 8 ( ↵

2

2 x

2

+ ↵ 24

4

x

4

+ o(x 4 )) 2 + o(( ↵

2

2 x

2

+ ↵

4

24 x

4

+ o(x 4 )) 2 )

= 1 ↵

2

4 x

2

+ ↵ 48

4

x

4

↵ 32

4

x

4

+ o(x 4 ) = 1 ↵

2

4 x

2

↵ 96

4

x

4

+ o(x 4 ) Mentre essendo cos x = 1 x 2

2

+ x 24

4

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

cos 2 x = (1 x 2

2

+ x 24

4

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

4

+ x 12

4

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

4

+ o(x 4 ) e dunque

f ↵ (x) = (1 ↵ 4

2

)x 2 ( ↵ 96

4

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

ne segue che se ↵ 6= ±2 allora f ↵ (x) = (1 ↵ 4

2

)x 2 + o(x 2 ) e ord(f (x)) = 2 mentre se ↵ = ±2 allora f (x) = x 6

4

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

9. Calcoliamo il limite lim

x!0

+

log(1 + x) arctan x x log(cosh p

x) utilizzando gli sviluppi di Taylor. Dagli sviluppi di Taylor per x ! 0 otteniamo

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

2

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

2

+ o(x 2 ) ⇠ x 2

2

mentre dai limiti notevoli si ha

x log(cosh p

x) = x log((cosh p

x 1) + 1) ⇠ x(cosh p

x 1) ⇠ x · x 2 = x 2

2

Ne segue allora che

log(1 + x) arctan x x log(cosh p

x) ⇠

x

2

2 x

2

2

= 1

e dunque che lim

x !0

+

log(1 + x) arctan x x log(cosh p

x) = 1

10. Abbiamo che lim

n !+1

cos n 1 q

1 n 1

2

p

3

n 3 + n n = 0. Infatti, osservato che per n ! +1 dagli sviluppi di Taylor si ha

cos n 1 q

1 n 1

2

= 1 2n 1

2

+ 24n 1

4

+ o( n 1

4

) (1 2n 1

2

1

8n

4

+ o( n 1

4

)) = 6n 1

4

+ o( n 1

4

) ⇠ 6n 1

4

mentre dai limiti notevoli

p

3

n 3 + n n = n(

3

q

1 + n 1

2

1) ⇠ n · 3n 1

2

= 3n 1 otteniamo che

cos n 1 q 1 n 1

2

p

3

n 3 + n n ⇠

1 6n

4

1 3n

= 2n 1

3

! 0

(4)

11. Calcoliamo lim

x!0

+

log(1 + ↵x 2 ) sin 2 x e sinh x p

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

log(1 + ↵x 2 ) sin 2 x = ↵x 2 ↵

2

2 x

4

+ o(x 4 ) (x x 6

3

+ o(x 3 )) 2

= ↵x 2 ↵

2

2 x

4

+ o(x 4 ) (x 2 x 3

4

+ o(x 4 ))

= (↵ 1)x 2 + ( 1 3 ↵ 2

2

)x 4 + o(x 4 ) ⇠

( (↵ 1)x 2 se ↵ 6= 1

x

4

6 se ↵ = 1

mentre

e sinh x p

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

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

= x 2 + o(x 2 ) ⇠ x 2 Otteniamo allora che

log(1 + ↵x 2 ) sin 2 x e sinh x p

1 + 2x ⇠ 8 <

:

(↵ 1)x

2

x

2

= ↵ 1 se ↵ 6= 1

x4 6

x

2

= x 6

2

se ↵ = 1 e dunque che

x!0 lim

+

log(1 + ↵x 2 ) sin 2 x e sinh x p

1 + 2x = ↵ 1 8 ↵ 2 R 12. Per calcolare il limite per n ! +1 della successione a n = sin

2n1

log(1+

2n1

)

e

3n↵ 1

1+ 13 n

al variare di ↵ 2 R, osserviamo innanzitutto che lo sviluppo di Taylor di ordine 2 della funzione sin x log(1 + x) per x ! 0 `e

sin x log(1 + x) = x 2

2

+ o(x 2 ) ⇠ x 2 mentre quello della funzione e ↵x 1+x 1 `e

e ↵x 1+x 1 = 1 + ↵x + ↵

2

2 x

2

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

= (↵ + 1)x + ( ↵ 2

2

1)x 2 + o(x 2 ) ⇠

( (↵ + 1)x, se ↵ 6= 1,

x

2

2 , se ↵ = 1.

Ponendo x = 2 1

n

nel primo sviluppo e x = 3 1

n

nel secondo, per n ! +1 otteniamo sin 2 1

n

log(1 + 2 1

n

) ⇠ 2 ·2 1

n

e

e

3n↵

1

1+

3n1

⇠ ( ↵+1

3

n

, se ↵ 6= 1,

1

2·3

2n

, se ↵ = 1.

Ne segue allora che

a n = sin 2 1

n

log(1 + 2 1

n

) e

3n↵

1

1+

13n

⇠

( 1

2(↵+1) 3

n

2

n

, se ↵ 6= 1,

3

2n

2

n

, se ↵ = 1.

(5)

e quindi che

n!+1 lim a n =

( + 1, se ↵ > 1, 1, se ↵  1.

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

( e

sin x

p 1+↵x log(1+ p

x) per x > 0 sin( x) per x  0 . Abbiamo che

x!0 lim f (x) = lim

x!0 sin( x) = 0 = f (0) per ogni 2 R. Mentre, essendo per x ! 0, e sin x p

1 + ↵x = (1 ↵ 2 )x+o(x) e log(1+ p

x) ⇠ p x, si ottiene

x!0 lim

+

f (x) = lim

x!0

+

e sin x p 1 + ↵x log(1 + p

x) = lim

x!0

+

(1 ↵ 2 )x + o(x)

p x = 0

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

Riguardo alla derivabilit` a, abbiamo che

x lim !0

f (x) f (0)

x = lim

x !0

sin( x)

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 x ! 0 si ha e sin x p

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

2

8 x

2

+o(x 2 )) = (1 ↵ 2 )x+( 1 2 + ↵ 8

2

)x 2 +o(x 2 ) e dunque

x!0 lim

+

f (x) f (0)

x = lim

x!0

+

e sin x p 1 + ↵x x log(1 + p

x)

= lim

x!0

+

(1 ↵ 2 )x + ( 1 2 + ↵ 8

2

)x 2 + o(x 2 ) x p

x =

( ±1 se ↵ 6= 2 0 se ↵ = 2

Quindi 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 ↵ = 2 e = 0.

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

( e

x2

1+x

↵

sin x se x > 0

p 1 x + se x  0 in x 0 = 0.

Abbiamo

x lim !0 f (x) = lim

x !0

p 1 x + = 1 + = f (0)

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

e x

2

1 + x ↵ = x 2 + o(x 2 ) + x ↵ ⇠ 8 >

<

> :

x 2 se ↵ > 2

2x 2 se ↵ = 2

x ↵ se ↵ < 2

(6)

e sin x ⇠ x, si ottiene

x lim !0

+

f (x) = lim

x !0

+

e x

2

1 + x ↵

sin x = lim

x !0

+

x 2 + o(x 2 ) + x ↵

x =

8 >

<

> :

0 se ↵ > 1 1 se ↵ = 1 + 1 se ↵ < 1

Dunque f (x) risulter` a continua in x 0 = 0 per ↵ > 1 e = 1 oppure per ↵ = 1 e = 0. Non risulter` a invece continua per ↵ < 1 qualunque sia 2 R.

Riguardo alla derivabilit` a, per ↵ > 1 e = 1, osserviamo che f (x) `e derivabile in ogni x < 0 con f 0 (x) = 1

2 p

1 x e che lim

x !0 f 0 (x) = 1 2 . Quindi, la funzione ammette derivata sinistra in x 0 = 0 con f 0 (0) = 1 2 .

Riguardo alla derivata destra, dal precedente sviluppo otteniamo che

x lim !0

+

f (x) f (0)

x = lim

x !0

+

e x

2

1 + x ↵

x sin x = lim

x !0

+

x 2 + o(x 2 ) + x ↵

x 2 =

8 >

<

> :

1 se ↵ > 2 2 se ↵ = 2 0 se 1 < ↵ < 2 Quindi la funzione ammette derivata destra in x 0 = 0 per ogni ↵ 2 R ma f + 0 (0) 6= 1 2 , pertanto funzione non risulta derivabile in x 0 = 0 qualunque sia ↵ > 1.

Per ↵ = 1 e = 0 abbiamo he f (x) `e derivabile in ogni x < 0 con f 0 (x) = 1

2 p

1 x e che

x lim !0 f 0 (x) = 1 2 . Quindi, come nel precedente caso, la funzione ammette derivata sinistra in x 0 = 0 con f 0 (0) = 1 2 . Riguardo alla derivata destra, dal precedente sviluppo per ↵ = 1 otteniamo che

x lim !0

+

f (x) f (0)

x = lim

x !0

+

e x

2

1 + x

x sin x = lim

x !0

+

x + o(x)

x 2 = + 1 pertanto la funzione non ammette derivata destra.

Possiamo allora concludere che la funzione non risulta derivabile in x 0 = 0 per ogni ↵ > 0 la funzione non a

15. 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 lim !0 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

(7)

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 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!0 lim

+

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 .

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

( cos(sin x) p 1 x

2

x

↵

se x > 0

1+x

2

se x  0 in

x = 0. Osservato che per x ! 0 risulta sin x = x x 3!

3

+ o(x 4 ) da cui sin 2 x = x 2 x 3

4

+ o(x 4 ) e sin 4 x = x 4 + o(x 4 ), otteniamo

cos(sin x) p

1 x 2 = 1 1 2 sin 2 x + 24 1 sin 4 x + o(sin 4 x) (1 1 2 x 2 1 8 x 4 + o(x 4 ))

= 1 2 (x 2 x 3

4

+ o(x 4 )) + 24 1 (x 4 + o(x 4 )) + o(x 4 + o(x 4 )) + 1 2 x 2 + 1 8 x 4 + o(x 4 )

= ( 1 6 + 24 1 + 1 8 )x 4 + o(x 4 ) = 1 3 x 4 + o(x 4 ) da cui

x lim !0

+

f (x) = lim

x !0

+

cos(sin x) p 1 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 1+x

2

= per ogni 2 R, ne deduciamo che la funzione risulta continua solo se ↵ < 4 e = 0 oppure per ↵ = 4 e = 1 3 .

Riguardo alla derivabilit` a, osserviamo che essendo f 0 (x) = (1+x 2 x

2

)

2

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) =

x!0 lim

2 x

(1+x

2

)

2

= 0. Riguardo alla derivata destra, per quanto sopra, per ogni ↵  4 abbiamo

x!0 lim

+

f (x) f (0)

x = lim

x!0

+

cos(sin x) p 1 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. Ne deduciamo allora che la funzione risulta derivabile solo per ↵ < 3 e

= 0. Si noti che pur essendo continua per ↵ = 4 e = 1 3 , non risulta derivabile.

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