La formula di Taylor: esercizi svolti Esercizio 1. Calcolare lo sviluppo di Taylor con il resto di Peano delle seguenti funzioni arrestato all’ordine n nel punto x0 : (a)
f (x) = log 1 − sin2 x
(b)
f (x) = ex
(c)
f (x) = 2 + x + 3x2 − x3
(d)
f (x) =
(n = 4, x0 = 0) (n = 4, x0 = −1) (n = 2, x0 = 1)
1 . 1 + 2x + 3x2
(n = 4, x0 = 0)
Svolgimento (a) Utilizzando gli sviluppi di McLaurin delle funzioni sin t e log (1 + s) si ottiene che "
1 f (x) = log 1 − sin x = log 1 − x − x3 + o x3 6
2
1 = log 1 − x2 − x4 + o x4 3
2 #
=
=
2 1 1 1 = − x − x4 + o x4 − x2 − x3 + o x4 + o x4 = 3 2 3 1 1 1 x → 0. = −x2 + x4 + o(x4 ) − x4 + o x4 = −x2 − x4 + o x4 , 3 2 6
2
Quindi lo sviluppo di Taylor con il resto di Peano arrestato all’ordine 4 nel punto x0 = 0 di f (x) = log 1 − sin2 x `e
1 f (x) = −x2 − x4 + o(x4 ). 6
1
2
La formula di Taylor: esercizi svolti
(b) Posto t = x + 1, si ha che se x → −1, allora t → 0 e f (x) = ex = et−1 = e−1 et . Utilizzando lo sviluppo di McLaurin della funzione et si ottiene che −1 t
x
f (x) = e = e
−1
e =e
1 1 1 = 1 + t + t 2 + t3 + t4 + o t4 2 6 24
1 1 1 2 + x + (x + 1)2 + (x + 1)3 + (x + 1)4 + o (x + 1)4 = =e 2 6 24 1 1 1 1 1 = + (x + 1) + (x + 1)2 + (x + 1)3 + (x + 1)4 + o (x + 1)4 , x → −1. e e 2e 6e 24e −1
Quindi lo sviluppo di Taylor con il resto di Peano arrestato all’ordine 4 nel punto x0 = −1 di f (x) = ex `e f (x) =
1 1 1 1 1 + (x + 1) + (x + 1)2 + (x + 1)3 + (x + 1)4 + o (x + 1)4 . e e 2e 6e 24e
(c) Posto t = x − 1, si ha che se x → 1, allora t → 0 e f (x) = 2 + x + 3x2 − x3 = 2 + (t + 1) + 3(t + 1)2 − (t + 1)3 =
= 5 + 4t − t3 = 5 + 4t + o t2 = 5 + 4(x − 1) + o (x − 1)2 ,
x → 1.
Quindi lo sviluppo di Taylor con il resto di Peano arrestato all’ordine 2 nel punto x0 = 1 di f (x) = 2 + x + 3x2 − x3 `e
f (x) = 5 + 4(x − 1) + o (x − 1)2 .
(d) Utilizzando lo sviluppo di McLaurin della funzione f (x) =
1 1+t
= (1 + t)−1 si ottiene
h i−1 1 2 = = 1 + 2x + 3x 1 + 2x + 3x2
= 1 − 2x + 3x2 + 2x + 3x2
2
− 2x + 3x2
3
+ 2x + 3x2
4
+ o x4 =
= 1 − 2x − 3x2 + 4x2 + 12x3 + 9x4 − 8x3 − 36x4 + o x4 + 16x4 + o x4 =
= 1 − 2x + x2 + 4x3 − 11x4 + o x4 ,
x → 0.
Quindi lo sviluppo di Taylor con il resto di Peano arrestato all’ordine 4 nel punto 1 x0 = 0 di f (x) = `e 1 + 2x + 3x2
f (x) = 1 − 2x + x2 + 4x3 − 11x4 + o x4 .
La formula di Taylor: esercizi svolti
3
Esercizio 2. Calcolare la derivata quarta e la derivata quinta delle seguenti funzioni nel punto x0 = 0: h
(a)
f (x) = ex sin x
(b)
f (x) =
sinh (x2 + 2 sin4 x) 1 + x10
(c)
f (x) =
p 3
h
h
cosh (3x + x2 ).
i
f (4) (0) = 0, f (5) (0) = −4.
i
f (4) (0) = 48, f (5) (0) = 0.
i
f (4) (0) = −23, f (5) (0) = −180.
Svolgimento (a) Utilizzando gli sviluppi di McLaurin delle funzioni ex e sin x si ottiene che f (x) = ex sin x = 1 1 1 1 5 1 x − x3 + x + o x5 = = 1 + x + x2 + x3 + x4 + o x4 2 6 24 6 120 1 1 5 1 1 1 1 1 = x − x3 + x + o x5 + x2 − x4 + x3 − x5 + x4 + x5 = 6 120 6 2 12 6 24 1 1 = x + x2 + x3 − x5 + o x5 , x → 0. 3 30
Poich`e lo sviluppo di McLaurin di f arrestato al quinto ordine `e f (x) = f (0) + f 0 (0)x +
1 00 1 1 1 f (0)x2 + f 000 (0)x3 + f (4) (0)x4 + f (5) (0)x5 + o x5 , 2! 3! 4! 5!
uguagliando termine a termine, si ottiene f (4) (0) = 0,
f (5) (0) = −
1 1 · 5! = − · 120 = −4. 30 30
Quindi la derivata quarta di f in x0 = 0 `e 0 e la derivata quinta `e −4. (b) Utilizzando gli sviluppi di McLaurin delle funzioni sinh t, sin x e (1+s)−1 si ottiene che
−1 sinh (x2 + 2 sin4 x) 2 4 10 = [sinh (x + 2 sin x)] 1 + x = 1 + x10 3 h i 1 2 = x2 + 2 sin4 x + x + 2 sin4 x + o x6 1 − x10 + o x10 = 6
f (x) =
"
1 = x2 + 2 x − x3 + o x3 6
4
#
1 + x6 + o x6 [1 + o(1)] = 6
4
La formula di Taylor: esercizi svolti
7 7 = x + 2x − x6 + o x6 [1 + o(1)] = x2 + 2x4 − x6 + o x6 , 6 6
2
4
x → 0.
Poich`e lo sviluppo di McLaurin di f arrestato al quinto ordine `e f (x) = f (0) + f 0 (0)x +
1 00 1 1 1 f (0)x2 + f 000 (0)x3 + f (4) (0)x4 + f (5) (0)x5 + o x5 , 2! 3! 4! 5!
uguagliando termine a termine, si ottiene f (4) (0) = 2 · 4! = 48,
f (5) (0) = 0.
Quindi la derivata quarta di f in x0 = 0 `e 48 e la derivata quinta `e 0. 1
(c) Utilizzando gli sviluppi di McLaurin delle funzioni cosh t e (1 + s) 3 si ottiene che f (x) =
q 3
1
cosh (3x + x2 ) = cosh (3x + x2 )
3
2 4 1 1 = 1+ 3x + x2 + (3x + x2 + o x5 2 24
= 1
3
9 1 27 9 = 1 + x2 + 3x3 + x4 + x4 + x5 + o x5 2 2 8 2
31 9 9 = 1 + x2 + 3x3 + x4 + x5 + o x5 2 8 2
=
1 3
=
1
3
=
3 31 3 1 9 2 31 9 = 1 + x2 + x3 + x4 + x5 − x + 3x3 + x4 + x5 + o x5 2 24 2 9 2 8 2 3 31 3 9 = 1 + x2 + x3 + x4 + x5 − x4 − 3x5 + o x5 = 2 24 2 4 23 3 3 2 = 1 + x + x3 − x4 − x5 + o x5 , x → 0. 2 24 2
2
+ o x5 =
Poich`e lo sviluppo di McLaurin di f arrestato al quinto ordine `e f (x) = f (0) + f 0 (0)x +
1 1 1 1 00 f (0)x2 + f 000 (0)x3 + f (4) (0)x4 + f (5) (0)x5 + o x5 , 2! 3! 4! 5!
uguagliando termine a termine, si ottiene f (4) (0) = −
23 · 4! = −23, 24
3 f (5) (0) = − · 5! = −180. 2
Quindi la derivata quarta di f in x0 = 0 `e −23 e la derivata quinta `e −180.
Esercizio 3. Calcolare la parte principale dei seguenti infinitesimi: (a)
f (x) = 2 + x + 3x2 − x3 − 5ex−1 ,
x→1
[−(x − 1)]
La formula di Taylor: esercizi svolti
(b)
f (x) = sin x − x cos
(c)
f (x) =
(d)
f (x) =
√
5
√x , 3
x→0
1 5 x 270
1 − x2 4
1 3x3
cos x − 1,
x→0
1 π − arctan x − , 2 x
x → +∞.
−
Svolgimento (a) Posto t = x − 1, si ha che se x → 1, allora t → 0 e utilizzando lo sviluppo di McLaurin della funzione et si ottiene che f (x) = 2 + x + 3x2 − x3 − 5ex−1 = 2 + (t + 1) + 3(t + 1)2 − (t + 1)3 − 5et = = 5 + 4t − t3 − 5 (1 + t + o(t)) = −t + o(t) = −(x − 1) + o(x − 1),
x → 1.
Quindi la parte principale di f per x → 1 `e −(x − 1).
(b) Utilizzando gli sviluppi di McLaurin delle funzioni sin x e cos t si ottiene che x f (x) = sin x − x cos √ = 3 1 1 5 1 1 4 = x − x3 + x + o x5 − x 1 − x2 + x + o x4 = 6 120 6 216
1 1 5 1 1 5 1 5 x +o x5 −x+ x3 − x +o x5 = x +o x5 , = x− x3 + 6 120 6 216 270
Quindi la parte principale di f per x → 0 `e
x → 0.
1 5 270 x .
(c) Utilizzando gli sviluppi di McLaurin delle funzioni cos x e
√
1
1 + t = (1 + t) 2 si
ottiene che f (x) = 1 = 1 − x2 + o x2 2
1 2
√
1
cos x − 1 = (cos x) 2 − 1 =
1 1 − 1 = 1 − x2 + o x2 − 1 = − x2 + o x2 , 4 4
Quindi la parte principale di f per x → 0 `e − 14 x2 .
x → 0.
6
La formula di Taylor: esercizi svolti
(d) Posto t = x1 , si ha che se x → +∞, allora t → 0. Poich`e x>0
=⇒
arctan x =
π 1 − arctan , 2 x
utilizzando lo sviluppo di McLaurin della funzione arctan t, si ottiene che π 1 1 1 − arctan x − = arctan − = 2 x x x 1 3 1 1 1 3 3 3 , = arctan t−t = t− t +o t −t = − t +o t = − 3 +o 3 3 3x x3 Quindi la parte principale di f per x → +∞ `e − 3x13 . f (x) =
x → +∞.
Esercizio 4. Calcolare i seguenti limiti utilizzando gli sviluppi di Taylor: (a)
ex − sin x − cos x x→0 ex2 − ex3 lim
√ 5 (b)
(c)
lim
x→0
lim
[1]
1 − 5x2 + x4 − 1 + x2 x4
sin
√ 3
x2 −
9 − 5
√ 3
x→0
x2 − log (cos x) x sin x
1 3
2
(d)
log (1 + x arctan x) + 1 − ex √ . x→0 1 + 2x4 − 1
−
lim
4 3
Svolgimento (a) Utilizzando gli sviluppi di McLaurin delle funzioni et , sin x, cos x si ottiene che per x→0 ex − sin x − cos x = 1 = 1 + x + x2 + o x2 2
2
3
2
− x+o x
ex − ex = 1 + x2 + o x2
1 − 1 − x2 + o x2 = x2 + o x2 , 2
− 1 + x3 + o x3
Quindi si ha che x2 + o(x2 ) ex − sin x − cos x = lim = x→0 x2 + o(x2 ) x→0 ex2 − ex3 lim
applicando il Principio di eliminazione dei termini trascurabili x2 = 1. x→0 x2
= lim
= x2 + o x2 .
La formula di Taylor: esercizi svolti
7
(b) Utilizzando lo sviluppo di McLaurin della funzione
√ 5
1
1 + t = (1 + t) 5 si ottiene che
per x → 0
p 5
1 − 5x2 + x4 − 1 + x2 = 1 − 5x2 + x4
1 5
− 1 + x2 =
2 1 2 −5x2 + x4 − −5x2 + x4 + o x4 − 1 + x2 = 5 25
= 1+
9 1 = 1 − x2 + x4 − 2x4 + o x4 − 1 + x2 = − x4 + o x4 . 5 5
Quindi si ha che √ 5 lim
x→0
− 95 x4 + o(x4 ) 1 − 5x2 + x4 − 1 + x2 = lim = x→0 x4 x4
applicando il Principio di eliminazione dei termini trascurabili − 59 x4 9 =− . 4 x→0 x 5
= lim
(c) Utilizzando gli sviluppi di McLaurin delle funzioni sin t, cos x, log (1 + s) si ottiene che per x → 0
√ 3
x2 −
√ 3
x2 − log (cos x) = √ 1 2 1 2 3 3 2 2 2 x − x +o x = − x − log 1 − x + o x2 = 6 2 √ √ 1 1 1 3 3 = x2 − x2 + o x2 − x2 + x2 + o x2 = x2 + o x2 , 6 2 3 sin
√
x sin x = x(x + o(x)) = x2 + o x2 . Quindi si ha che lim
x→0
sin
√ 3
x2 −
√ 3
1 2 x + o(x2 ) x2 − log (cos x) = lim 3 2 = x→0 x + o (x2 ) x sin x
applicando il Principio di eliminazione dei termini trascurabili 1 2 3x x→0 x2
= lim
1 = . 3
(d) Utilizzando gli sviluppi di McLaurin delle funzioni arctan x, et , log (1 + s), 1 2
(1 + z) si ottiene che per x → 0 2
log (1 + x arctan x) + 1 − ex =
√
1+z =
8
La formula di Taylor: esercizi svolti
1 1 + 1 − 1 + x2 + x4 + o x4 = = log 1 + x x − x3 + o x3 3 2 1 1 = log 1 + x2 − x4 + o x4 + 1 − 1 − x2 − x4 + o x4 = 3 2
1 2 1 1 1 = x − x4 + o x4 − x2 − x4 + o x4 − x2 − x4 + o x4 = 3 2 3 2 1 1 1 4 = − x4 − x4 − x4 + o x4 = − x4 + o x4 , 3 2 2 3
2
p
1 + 2x4 − 1 = 1 + 2x4
1 2
− 1 = 1 + x4 + o x4 − 1 = x4 + o x4 .
Quindi si ha che 2
− 4 x4 + o(x4 ) log (1 + x arctan x) + 1 − ex √ = lim 34 = x→0 x→0 x + o(x4 ) 1 + 2x4 − 1 lim
applicando il Principio di eliminazione dei termini trascurabili − 34 x4 4 =− . 4 x→0 x 3
= lim
Esercizio 5. Studiare il comportamento locale della funzione 1 f (x) = 1 − (x − 2)2 + (x − 2)3 + o (x − 2)3 , 4
x→2
in un intorno del punto x0 = 2, stabilendo in particolare se si tratta di un punto stazionario e in caso affermativo determinarne il tipo. Svolgimento Lo sviluppo di Taylor di f di ordine 3 centrato in x0 = 2 `e f (x) = f (2) + f 0 (2)(x − 2) +
1 00 1 f (2)(x − 2)2 + f 000 (2)(x − 2)3 + o (x − 2)3 , 2! 3!
x → 2.
Confrontando termine a termine con l’espressione di f si ottiene che f (2) = 1,
f 0 (2) = 0,
f 00 (2) = −1 · 2! = −2,
f 000 (2) =
1 3 · 3! = . 4 2
Ne segue che x0 = 2 `e un punto stazionario ed in particolare `e di massimo locale per f . Esercizio 6. Determinare il segno della funzione 1−x f (x) = e + log e x
La formula di Taylor: esercizi svolti
9
in un intorno del punto x0 = 0. Svolgimento Il dominio di f `e dom (f ) = (−∞, 1). Utilizzando gli sviluppi di McLaurin delle funzioni ex e log (1 + t) si ottiene che 1−x f (x) = e + log e x
= ex − 1 + log (1 − x) =
1 1 1 1 = 1 + x + x2 + x3 + o x3 − 1 − x − x2 − x3 + o x3 = 2 6 2 3 1 = − x3 + o x3 , x → 0. 6
Essendo − 16 x3 > 0 se e solo se x < 0, si ha che per il Teorema della permanenza del segno esiste un intorno I di x0 = 0 tale che f (x) > 0 se x ∈ I ∩ (−∞, 0) e f (x) < 0 se x ∈ I ∩ (0, 1).
Esercizio 7. Si considerino le funzioni
f (x) = ax + bx2 + o x5 , g(x) = f (sin x) − ax +
x → 0,
1 2 x + x3 , 3
con a, b ∈ R. Determinare per quali valori di a, b la funzione g ammette un punto di massimo locale, o un punto di minimo locale, o un punto di flesso in x0 = 0. Svolgimento Utilizzando lo sviluppo di McLaurin della funzione sin x si ottiene g(x) = f (sin x) − ax +
1 2 x + x3 = 3
= a sin x + b sin x2 + o sin x5 − ax +
1 2 x + x3 = 3
1 1 5 1 1 5 = a x − x3 + x + o x5 + b x − x3 + x + o x5 6 120 6 120
1 2 x + x3 = 3 1 1 a b a 5 = b+ x2 + 1− x3 − x4 + x + o x5 , 3 3 2 3 120
2
+ o x5 +
−ax +
x → 0.
10
La formula di Taylor: esercizi svolti
Lo sviluppo di McLaurin di g di ordine 5 `e g(x) = g(0) + g 0 (0)x+
1 00 1 1 1 g (0)x2 + g 000 (0)x3 + g 00 (0)x4 + g 000 (0)x5 +o x5 , 2! 3! 4! 5!
x → 0.
Uguagliando termine a termine si ottiene che g(0) = 0, 1 a g (0) = 3! 1− 3 2 000
1 g (0) = 2! b + 3
0
g (0) = 0,
a =2 1− , 2
00
g
(4)
b (0) = 4! − 3
1 =2 b+ , 3
= −8b,
g (5) (0) = 5!
a = a. 120
Ne segue che x0 = 0 `e un punto stazionario per g, per ogni a, b ∈ R. Per stabilire se x0 = 0 `e un punto di massimo, minimo, flesso, valutiamo il segno di g 00 (0), ed eventualmente, nel caso in cui g 00 (0) = 0, delle derivate successive di g in x0 = 0. Si ha che g 00 (0) > 0
⇐⇒
1 b>− . 3
Quindi 1 b>− ,a∈R 3 1 b<− ,a∈R 3
=⇒
x0 = 0 `e un punto di minimo locale,
=⇒
x0 = 0 `e un punto di massimo locale.
Se b = − 13 , allora g 00 (0) = 0 e in tal caso dobbiamo controllare la derivata terza di g in x0 = 0. Si ha che
g 000 (0) = 2 1 −
a 2
6= 0
⇐⇒
a < 2.
Quindi 1 b = − , a 6= 2 3
=⇒
x0 = 0 `e un punto di flesso.
Se b = − 31 e a = 2, allora g 00 (0) = g 000 (0) = 0 e in tal caso dobbiamo controllare la derivata quarta di g in x0 = 0. Si ha che g (4) (0) = 1 b=− ,a=2 3
=⇒
8 3
> 0. Quindi
x0 = 0 `e un punto di minimo locale.
Esercizio 8. Scrivere lo sviluppo di McLaurin di ordine 4 della funzione x f (x) = x cos √ − α − x3 sin x 3
al variare di α ∈ R. Sulla base di questo sviluppo, determinare poi per quali valori di α il punto x = 0 `e stazionario per f e specificarne il tipo.
La formula di Taylor: esercizi svolti
11
Svolgimento Utilizzando gli sviluppi di McLaurin delle funzioni cos t e sin x si ha che per x → 0 x f (x) = x cos √ − α − x3 sin x = 3 1 1 = x 1 − x2 + o x3 − α − x3 1 − x2 + o x4 = 6 6 1 1 1 = x − x3 + o x4 − αx + αx3 + x4 + o x4 = (1 − α)x − (1 − α)x3 + x4 + o x4 . 6 6 6
Quindi lo sviluppo di McLaurin di ordine 4 di f `e 1 f (x) = (1 − α)x − (1 − α)x3 + x4 + o x4 . 6
Poich`e lo sviluppo di McLaurin al quarto ordine di f `e 1 1 1 f (x) = f (0) + f 0 (0)x + f 00 (0)x2 + f 000 (0)x3 + f (4) (0)x4 + o x4 , 2 6 24
uguagliando termine a termine si ottiene che f 0 (0) = 1 − α,
f (0) = 0,
f 00 (0) = 0,
f 000 (0) = α − 1,
f (4) (0) = 24.
Affinch`e x = 0 sia un punto stazionario deve essere α = 1. In tal caso si ha che f 00 (0) = f 000 (0) = 0 e f (4) (0) = 24. Ne segue che per α = 1 il punto x = 0 `e di minimo locale per f .
Esercizio 9. Determinare l’ordine di infinitesimo e la parte principale per x → 0+ , rispetto all’infinitesimo campione u(x) = x, della funzione 1 2 1 f (x) = ex− 2 x − 1 − x + xα 3
al variare di α > 0. Svolgimento Utilizzando lo sviluppo di McLaurin della funzione et , si ha che per x → 0+ 1 2 1 f (x) = ex− 2 x − 1 − x + xα = 3
1 1 1 = 1+x− x2 + x − x2 2 2 2
2
1 1 + x − x2 6 2
3
1 1 + x − x2 24 2
4
1 +o x4 −1−x+ xα = 3
12
La formula di Taylor: esercizi svolti
1 1 1 1 1 1 = − x3 + x4 + x3 − x4 + x4 + o x4 + xα = 2 8 6 4 24 3 1 1 1 = − x3 − x4 + xα + o x4 , x → 0+ . 3 12 3
Quindi se 0 < α < 3 l’ordine di infinitesimo di f `e α e la parte principale `e 31 xα . Se 1 4 α = 3 l’ordine di infinitesimo di f `e 4 e la parte principale `e − 12 x . Se α > 3 l’ordine
di infinitesimo di f `e 3 e la parte principale `e − 13 x3 . Esercizio 10. Determinare l’ordine di infinitesimo e la parte principale per x → 0, rispetto all’infinitesimo campione u(x) = x, della funzione f (x) =
(cosh 2x − 4 cos x)x4 log (1 + 3x) − 3 sin x − αx2
al variare di α > 0. Svolgimento Utilizzando lo sviluppo di McLaurin delle funzioni cosh t, cos x, log (1 + s), sin x, si ha che per x → 0 f (x) =
=
(cosh 2x − cos x)x4 = log (1 + 3x) − 3 sin x − αx2
1 + 2x2 + o x2 − 1 + 21 x2 + o x2
x4
3x − 92 x2 + 9x3 + o (x3 ) − 3x + 21 x3 + o (x3 ) − αx2 5 6 6 2 x + o x 9 19 3 2 2 x + 2 x
=
=
− α+
+ o (x3 )
,
x → 0.
Se α 6= − 29 , allora si ha che f (x) =
5 6 x +o 2 − α + 92 x2
x6
+ o (x2 )
=−
5 x4 + o x4 , 2α + 9
x → 0.
5 Quindi l’ordine di infinitesimo di f per x → 0 `e 4 e la parte principale `e − 2α+9 x4 .
Se α = − 29 , allora si ha che 5 6 6 2x + o x 19 3 3 2 x + o (x )
f (x) =
=
5 3 x + o x3 , 19
x → 0.
Quindi l’ordine di infinitesimo di f per x → 0 `e 3 e la parte principale `e
5 3 19 x .