UNIVR – Facolt`a di Economia – Corso di Matematica – Sede di Vicenza 18
(i) Forma 0/0. Con de l’Hˆopital
x→0lim e−1/x2
x
= limH x→0
e−1/x2· 2/x3
1 = lim
x→0
2e−1/x2 x3 , ma il limite cos`ı si complica. Proviamo allora prima a trasformarlo con
x→0lim e−1/x2
x = lim
x→0
1/x e1/x2
= limH x→0
−1/x2
e1/x2· (−2/x3) = lim
x→0
x
2e1/x2 = 0 +∞= 0.
(j) Si ha
x→0lim+
x −√x
√x = lim3 x→0+
x − x1/2 x1/3
= limH x→0+
1 −12x−1/2
1
3x−2/3 .
Ora, dato che le potenze sono degli infiniti, possiamo trascurare la costante 1 a numeratore e considerare il
x→0lim+
−12x−1/2
1
3x−2/3 = −3 2 lim
x→0+
x2/3 x1/2 = −3
2 lim
x→0+x1/6= 0.
(k) Si ha
x→0lim
1 − log(e + x) x
= limH x→0
−e+x1
1 = −1 e. (l) Si ha
x→0lim
ex− 1 − x 1 − log2(1 + x)
= limH x→0
ex− 1
−2 log(1 + x) · 1+x1
.
Il fattore 1+x1 tende a 1 e possiamo considerare il
−1 2 lim
x→0
ex− 1 log(1 + x)
= −H 1 2 lim
x→0
ex
1/(1 + x) = −1 2.
Formula di Taylor
Esercizio 1
(a) La funzione `e derivabile almeno due volte in un intorno di t = 1 e si ha
f′(x) = 1 − 1/x2 e f′′(x) = 2/x3, da cui f′(1) = 0 e f′′(1) = 2.
Pertanto la formula di Taylor `e
x + 1/x = 2 + 0 · (x − 1) +2
2(x − 1)2+ o (x − 1)2
= 2 + (x − 1)2+ o (x − 1)2 , per x → 1.
(b) La funzione `e derivabile almeno due volte in un intorno di t = −1 e si ha
f′(x) = 1/(x + 2) e f′′(x) = −1/(x + 2)2, da cui f′(−1) = 1 e f′′(−1) = −1.
Pertanto la formula di Taylor `e
log(x + 2) = 0 + 1 · (x + 1) −1
2(x + 1)2+ o (x + 1)2
= x + 1 −1
2(x + 1)2+ o (x + 1)2 , per x → −1.
