Energy Engineering - Analisi e geometria 1

Sviluppi di Taylor 2

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Sviluppi di Taylor Esercizi risolti Esercizio 1 Utilizzando gli sviluppi fondamentali, calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano) delle funzioni seguenti no all' ordinenindicato: 1.f(x) = ln(1 + 3x) (n= 3) 2.f(x) = cos(x2 ) (n= 10) 3.f(x) =p 1 +xp 1x(n= 3) 4.f(x) = sin(x2 )sinh(x2 ) (n= 6) 5.f(x) = ex 3 1sin(x3 ) (n= 12) 6.f(x) = e3 x 1
sin 2x(n= 4) 7.f(x) = (e x 1)3 (n= 4) Esercizio 2 Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel puntox 0indicato e no all' ordinenrichiesto: 1.f(x) = ex x0= 1, (n= 3) 2.f(x) = sinx x 0= =2, (n= 5) 3.f(x) = 2 +x+ 3x2 x3 x0= 1, ( n= 2) 4.f(x) = lnx x 0= 2, ( n= 3) Esercizio 3 Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni no all' ordinen richiesto: 1.f(x) = ln(1 + sinx), (n= 3) 2.f(x) = ln(cosx), (n= 4) 3.f(x) =1 1 +x+x2 ; (n= 4) 4.f(x) =p coshx, (n= 4) Esercizio 4 Utilizzando gli sviluppi di Taylor, calcolare l' ordine di innitesimo e la parte principale (rispetto alla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni: 1.f(x) = sinxxcosx p 3x !0 2.f(x) = cosh2 xp 1 + 2x2 x!0 3.f(x) = e1 =x esin(1 =x) x!+1 Esercizio 5 Utilizzando gli sviluppi di Taylor, calcolare i seguenti limiti: 1. limx!0e x 1 + ln(1x) tanxx 2. limx!0e x 2 cosx3 2x 2 x4 3. limx!0log(1 + xarctanx) + 1ex 2 p 1 + 2x4 1 4. limx!+1 xx2 log 1 + sin1 x 5. limx!05 1+tan 2 x 5 1cosx Svolgimenti Esercizio 11. Utilizziamo lo sviluppo fondamentale ln(1 +z) =zz 2 2+ z 3 3+ : : :+ (1)n +1zn n+ o(zn );(1) operando la sostituzionez= 3x. Poichez= 3xxperx!0 si ha cheo(x) =o(z). Possiamo quindi arrestare lo sviluppo fondamentale an= 3, ottenendo: ln(1 + 3x) = 3x(3 x)2 2+ (3 x)3 3+ o(x3 ) = 3x9 x2 2+ 9 x3 +o(x3 ): 2. Utilizziamo lo sviluppo fondamentalecosz= 1z 2 2!+ z 4 4!+ : : :+ (1)n z2 n (2n)!+ o(z2 n+1 ) (2) e operiamo la sostituzionez=x2 . Ricordando cheo((xm )n ) =o(xmn ), si hao(zn ) = o(x2 n ); possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine inz4 , ottenendo: cosx2 = 1x 4 2!+ x 8 4!+ o(x10 ): 3. Consideriamo lo sviluppo della funzione (1 +z) per= 1=2 arrestandolo al terzo ordine: p 1 +z= 1 +z 2 z 2 8+ z 3 16+ o(z3 ):(3) Sostituendo in questo sviluppo dapprimaz=xe poiz=x, si ha: p 1 +xp 1x= 1 +x 2 x 2 8+ x 3 16+ o(x3 )  1x 2 x 2 8 x 3 16+ o(x3 ) =x+x 3 8+ o(x3 ): 4. Utilizziamo gli sviluppi fondamentali sinz=zz 3 3!+ z 5 5!+ : : :+ (1)n z2 n+1 (2n+ 1)!+ o(z2 n+1 );(4) sinhz=z+z 3 3!+ z 5 5!+ : : :+z 2 n+1 (2n+ 1)!+ o(z2 n+1 );(5) sostituendoz=x2 e osservando che e suciente arrestarsi al termine cubico. Si ha sinx2 sinhx2 = x2 x 6 3!+ o(x6 )  x2 +x 6 3!+ o(x6 ) =x 6 3+ o(x6 ): 5. Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale ez = 1 +z+z 2 2!+ z 3 3!+ : : :+z n n!+ o(zn ):(6) Lo sviluppo richiesto e di ordine 12; tenendo conto del fatto che dobbiamo operare la sostituzionez=x3 , possiamo arrestare lo sviluppo del seno all'ordine 3 e quello dell'esponenziale all'ordine 4. Otteniamo f(x) = ex 3 1sin(x3 ) = 1 +x3 +( x3 )2 2!+ ( x3 )3 3!+ ( x3 )4 4!+ o (x3 )4
1  x3 ( x3 )3 3!+ o (x3 )4
 =x 6 2+ x 9 6+ x 12 24+ x 9 6+ o(x12 ) =x 6 2+ x 9 3+ x 12 24+ o(x12 ): 6. Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6). Viene richiesto lo sviluppo no al quarto ordine; en-trambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno no a tale ordine: f(x) = e3 x 1
sin 2x = 1 + 3x+(3 x)2 2!+ (3 x)3 3!+ (3 x)4 4!+ o(x4 )1  2x(2 x)3 3!+ o(x4 ) = 3x+9 x2 2+ 9 x3 2+ 81 x4 24+ o(x4 )  2x4 x3 3+ o(x4 ) Svolgiamo il prodotto, trascurando i termini di ordine superiore al quarto, ottenendo: f(x) = e3 x 1
sin 2x= 6x2 + 9x3 + 5x4 +o(x4 ): 7. Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzioneg(x) = e x 1 no al quarto ordine: g(x) = e x 1 = 1x+( x)2 2!+ ( x)3 3!+ ( x)4 4!+ o(x4 )1 =x+x 2 2!+ x3 3!+ x 4 4!+ o(x4 ): Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo; tutti i termini che si ottengono sono di grado superiore al quarto, tranne due: il cubo dixe il triplo prodotto tra il quadrato dixex2 =2. Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a: f(x) = e x 1
3 = x+x 2 2!+ x3 3!+ x 4 4!+ o(x4 ) 3 =x3 +3 x4 2+ o(x4 ): Esercizio 21. Consideriamo lo sviluppo di McLaurin della funzione esponenziale (6); con la sostituzionex+ 1 =zriconduciamo il calcolo dello sviluppo proposto a quello della funzioneg(z) = f(z1) = ez 1 con centroz 0= 0 e arrestato al terzo ordine: ez 1 = e 1 ez = e 1 1 +z+z 2 2!+ z 3 3!+ o(z3 ) Ritornando alla variabilexsi ha ex = e 1 1 + (x+ 1) +( x+ 1)2 2!+ ( x+ 1)3 3!+ o((x+ 1)3 ) : 2. Con la sostituzionex 2= zci riconduciamo al calcolo dello sviluppo della funzione g(z) =f z+ 2 = sin z+ 2 = coszcon centroz 0= 0: possiamo utilizzare lo sviluppo(2) arrestato al quarto ordine. Quindi sinx= 1 x 2 2 2!+ x 2 4 4!+ o  x 2 5 : 3. Possiamo utilizzare due metodi per trovare lo sviluppo richiesto. Il primo metodo consistenell'utilizzare direttamente la formula di Taylor, calcolandof(1),f0 (1) ef00 (1): f(1) = 5,f0 (x) = 1 + 6x3x2 ,f0 (1) = 4,f00 (x) = 66x,f00 (1) = 0. Lo sviluppo risulta quindif(x) = 5 + 4(x1) +o(x1)2 : Il metodo alternativo consiste nell'operare la sostituzionex1 =te nel calcolare lo sviluppo della funzioneg(t) =f(t+ 1) = 5 + 4tt3 ; essendo richiesto lo sviluppo al secondo ordine, trascuriamo il termine cubico e otteniamog(t) = 5 + 4t+o(t2 ); ritornando alla variabilexritroviamo il risultato precedente. 4. Operiamo la sostituzionex2 =t; dobbiamo sviluppare la funzioneg(t) =f(t+ 2) = ln(t+ 2) con centrot 0= 0. Dobbiamo ricondurci allo sviluppo (1), arrestandolo al terzo ordine. Per fare questo scriviamo ln(t+ 2) = ln 2 1 +t 2 = ln 2 + ln 1 +t 2 e utilizziamo (1) con la sostituzionez=t=2, ottenendo: ln(t+ 2) = ln 2 +t 2 t 2 8+ t 3 24+ o(t3 ) Esercizio 31. Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1); poiche la funzione sinxe innitesima perx!0 possiamo operare la sostituzionez= sinx, ottenendo lo sviluppo ln(1 + sinx) = sinx(sin x)2 2+ (sin x)3 3+ o((sinx)3 ):(7) Poiche sinxxperx!0, sia ha cheo((sinx)3 ) =o(x3 ). Per ottenere lo sviluppo richiesto possiamo quindi sviluppare la (7), trascurando in essa i termini di ordine supe- riore al terzo: ln(1 + sinx) = xx 3 6+ o(x3 ) 1 2 xx 3 6+ o(x3 ) 2 +1 3 xx 3 6+ o(x3 ) 3 +o(x3 ) =xx 3 6 x 2 2+ x 3 3+ o(x3 ) =xx 2 2+ x 3 6+ o(x3 ): 2. Utilizziamo ancora lo sviluppo fondamentale (1); in questo caso la sostituzione e menoimmediata. Infatti bisogna scrivere la funzione cosxnella forma 1 +z, dovezun innitesimo per x!0: essendo cosx= 1 + (cosx1), possiamo porrez= cosx1. Osserviamo che cosx1x2 perx!0, per cuio(z2 ) =o(x4 ); possiamo quindi arrestare lo sviluppo (1) al secondo ordine: ln(1 + (cosx1)) = (cosx1)(cos x1)2 2+ o(x4 ) = x 2 2+ x 4 4!+ o(x4 ) 1 2 x 2 2+ x 4 4!+ o(x4 ) 2 =x 2 2+ x 4 4! x 4 8+ o(x4 ) =x 2 2 x 4 12+ o(x4 ): 3. Utilizziamo lo sviluppo fondamentale 1 1 +z= 1 z+z2 z3 +: : :+ (1)n zn +o(zn );(8) operando la sostituzionez=x+x2 ; poichex+x2 xperx!0, dobbiamo arrestare lo sviluppo ai termini di quarto grado. Si ha quindi: 1 1 +x+x2 = 1 (x+x2 ) + (x+x2 )2 (x+x2 )3 + (x+x2 )4 +o(x4 ) = 1(x+x2 ) + (x2 + 2x3 +x4 ) x3 + 3x4 +o(x4 )
+ x4 +o(x4 )
+o(x4 ) = 1x+x3 x4 +o(x4 ): 4. Dobbiamo tenere conto dello sviluppo (3) e di quello del coseno iperbolico: coshz= 1 +z 2 2!+ z 4 4!+ : : :+z 2 n (2n)!+ o(z2 n+1 ) (9) Da quest'ultimo sviluppo arrestato al secondo ordine possiamo dedurre che coshx1 = x2 2!+ o(x2 ), per cui coshx1x2 perx!0; operata la sostituzionez= coshx1, e quindi suciente arrestarsi al secondo ordine. Si ha: p coshx=p 1 + (coshx1) = 1 +(cosh x1) 2 (cosh x1)2 8+ o((coshx1)2 ) = 1 +1 2 x2 2+ x 4 4!+ o(x4 ) 1 8 x2 2+ x 4 4!+ o(x4 ) 2 +o(x4 ) = 1 +x 2 4 x 4 96+ o(x4 ) Esercizio 41. Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzionez=x p 3; non e immediato 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: sinxxcosx p 3= xx 3 3!+ x 5 5!+ o(x5 )x 1( x=p 3)2 2!+ ( x=p 3)4 4!+ o(x4 )! = xx 3 3!+ x 5 5!+ o(x5 ) + x+x 3 6 x 5 216+ o(x5 ) =x 5 270+ o(x5 ) Possiamo quindi concludere che la p.p. dif(x) perx!0 ex5 =270 e che l'ordine di innitesimo e 5. Osserviamo che la nostra congettura sul termine a cui fermarsi si e 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. Poiche, come abbiamo gia detto, non e possibile determinare a priori l'ordine a cui fermarsi, si deve "provare", ripetendo eventualmente il calcolo, se il risultato non si rivela signicativo. 2. La funzionef(x) e 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: f(x) = 1 +x 2 2!+ x 4 4!+ o(x4 ) 2  1 +2 x2 2 4 x4 8+ o(x4 ) = 1 +x2 +x 4 3+ o(x4 )  1 +x2 x 4 2+ o(x4 ) =5 x4 6+ o(x4 ): La funzionef(x) e quindi innitesima di ordine 4 perx!0 e la sua p. p. e5 x4 6. 3. Con la sostituzionet= 1=xci riconduciamo allo studio della funzioneg(t) = et esin t per t!0; possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4). In questo caso non e suciente arrestare gli sviluppi al secondo ordine (si svolgano i calcoli per esercizio), ma si deve arrivare al terzo ordine: et esin t = 1 +t+t 2 2!+ t 3 3!+ o(t3 )  1 + sint+sin 2 t 2!+ sin 3 t 3!+ o((sint)3 ) = 1 +t+t 2 2+ t 3 6+ o(t3 )  1 +tt 3 6+ t 2 2+ t 3 6+ o(t3 ) = +t 3 6+ o(t3 ) Quindif(x) =1 6x3 + o 1 x3 (x!+1): Esercizio 51. Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente, arrestato al quinto ordine, e: tanz=z+z 3 3+ 2 z5 15+ o(z5 ) (10) Lo sviluppo del denominatore e quindi tanxx=x3 3+ o(x3 ); anche il numeratore deve essere quindi sviluppato almeno al terzo ordine. Utilizzando gli sviluppi (6) e (1) e arrestandoci al terzo ordine abbiamo: ex 1 + ln(1x) = 1 +x+x 2 2+ x 3 6+ o(x3 )1 + xx 2 2 x 3 3+ o(x3 ) = =x 3 6+ o(x3 ): Quindi possiamo concludere che lim x!0e x 1 + ln(1x) tanxx= lim x!0 x 3 6+ o(x3 ) x3 3+ o(x3 )= 1 2: 2. Bisogna sviluppare la funzione al numeratore almeno no al quarto ordine; tenendo contodegli sviluppi (6) e (2) otteniamo ex 2 cosx3 2x 2 = 1 +x2 +x 4 2+ o(x4 )  1x 2 2+ x 4 24+ o(x4 ) 3 2x 2 =11 24x 4 +o(x4 ): Quindi lim x!0e x 2 cosx3 2x 2 x4 = lim x!011 24x 4 +o(x4 ) x4 =11 24 3. Essendop 1 + 2x4 1 =x4 +o(x4 ) perx!0, dobbiamo calcolare uno sviluppo del quarto ordine della funzione a numeratore. Osserviamo che, essendo arctanxxperx!0 si ha chexarctanxx2 , per cuio(xarctanx) =o(x2 ). Abbiamo quindi il seguente sviluppo per la funzioneh(x) = ln(1 +xarctanx) + 1ex 2 : h(x) = xarctanxx 2 arctan2 x 2+ o(x4 ) + 1 1 +x2 +x 4 2+ o(x4 ) = x xx 3 3+ o(x3 ) x 2 2 xx 3 3+ o(x3 ) 2 +o(x4 )! x2 x 4 2+ o(x4 ) =x2 5 x4 6 x2 x 4 2+ o(x4 ) =4 x4 3+ o(x4 ): Possiamo concludere che:lim x!0log(1 + xarctanx) + 1ex 2 p 1 + 2x4 1= lim x!0 4 x4 3+ o(x4 ) x4 +o(x4 )= 4 3: 4. Il limite e della formaxg(x), doveg(x) =x2 ln 1 + sin1 x ; bisogna innanzitutto studiare il comportamento della funzioneg(x) per capire se ci troviamo di fronte a una forma indeterminata del tipo1 1. Con la sostituzionet= 1=xci riconduciamo a studiare la funzioneh(t) =g(1=t) = ln(1 + sint) t2 per t!0. Otteniamo (si tenga presente l'esercizio 3.1): h(t) =ln(1 + sin t) t2 =t t 2 2+ o(t2 ) t2 =1 t 1 2+ o(1) per cui g(x) =x2 ln 1 + sin1 x =x1 2+ o(1): Questo risultato ci dice che eettivamentexg(x) e una forma indeterminata del tipo 1 1e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla; infatti si ha: lim x!+1 xx2 ln 1 + sin1 x = limx!+11 2+ o(1) =1 2: 5. Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici: lim x!05 1+tan 2 x 5 1cosx= lim x!05  5tan 2 x 1 x2 2+ o(x2 )= 10 lim x!0e tan 2 xln 5 1 x2 +o(x2 ): Tenendo conto dello sviluppo (6) e ricordando che tanxxperx!0 si ha che: etan 2 xln 5 1 = 1 + (ln 5) tan2 x+o(x2 )1 = = ln 5 x+x 3 3+ o(x3 ) 2 +o(x2 ) = (ln 5)x2 +o(x2 ): Quindi: lim x!05 1+tan 2 x 5 1cosx= 10 lim x!0e tan 2 xln 5 1 x2 +o(x2 ) = 10 limx!0(ln 5) x2 +o(x2 ) x2 +o(x2 )= 10 ln 5 :