Infinitesimi ed infiniti [teoria ed esericizi][santi caltabiano]

Università Degli Studi Di Reggio Calabria Facoltà Di Ingegneria

AUTORE. S. Caltabiano

UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI REGGIO CALABRIA FACOLTÀ DI INGEGNERIA (SANTI CALTABIANO)

Dott. S. Caltabiano i

Indice Generale

Capitolo 1 Nozioni propedeutiche ........................................................................... 1

1.1 Cambio di variabile ........................................................................................ 1

1.2 Forme indeterminate ....................................................................................... 3

1.3 Limiti notevoli. Limiti notevoli derivati ......................................................... 7

Capitolo 2 Infinitesimi ed infiniti .......................................................................... 16

2.1 Definizione di funzione infinitesima ed infinita ............................................ 16

2.2 Simbolo di Landau. Relazioni di confronto .................................................. 17

2.3 Ordine di una funzione rispetto ad un’altra. Parte principale ........................ 39

2.4 Scale di confronto ......................................................................................... 44

2.5 Confronto asintotico ..................................................................................... 53

Capitolo 3 Applicazione del calcolo differenziale per la risoluzione dei limiti ... 69

3.1 La regola di De L’Hospital ........................................................................... 69

3.2 Formula di Teylor con il resto di Peano e di Lagrange.................................. 88

3.3 Proprietà del polinomio di Taylor ................................................................. 99

3.4 Applicazioni della formula di Mac Laurin con il resto di Peano al calcolo dei

limiti................................................................................................................... 114

3.5 Applicazione notevole del calcolo dei limiti per il calcolo di limiti di

successioni numeriche ........................................................................................ 121

Bibliografia ........................................................................................................... 123


Dott. S. Caltabiano 1

Capitolo 1 Nozioni propedeutiche

1.1 Cambio di variabile

Gli enunciati dei teoremi che seguono vengono dati per spazi topologici astratti,

cosicché R~ :=R{–,+} diviene un caso particolare. Si fa osservare a priori, che

nell’ipotesi (a) del teorema che segue, equivalentemente si può ipotizzare che esista

un intorno nel quale la f assuma al più un numero finito di volte il valore y0, infatti in

tal caso basta privare l’intorno dei punti in corrispondenza dei quali la funzione f

assume il valore y0, e si ottiene così un intorno sul quale la f è diversa da y0, cioè si

ricade nell’ipotesi (a).

Teorema 1 (Cambio di variabile)

Siano X,Y,Z spazi topologici di Hausdorff, siano AX e BY non vuoti, siano x0X

e y0Y di accumulazione rispettivamente per A e B, siano f:AY e g:BZ funzioni

con f(A)B e supponiamo che siano soddisfatte le seguenti due condizioni:

(a) WX intorno di x9 t.c. f(x)y0 xAW\{x0}

(b) 0

limxx

f(x)=y0 e 0

limyy

g(y)=z0 con z0Z

Ts: 0

limxx

g(f(x))=0

limyy

g(y)

Dim

Fissato HZ intorno di z0, dobbiamo provare che:

IX intorno di x0, t.c. g(f(x))H xAI\{x0}



essendo per ipotesi g convergente a z0 z0, allora:

VY intorno di y0, t.c. g(y)H yBV\{y0}

Per ipotesi f convergente a y0 e pertanto:

UX intorno di x0, t.c. f(x)V xAU\{x0}

e poiché f è a valori in B sarà pure:

f(x)VB xAU\{x0}

Per ipotesi f(x)y0 xAW\{x0} e pertanto scelto I=WU si ottiene che:

f(x)BV\{y0,} xAI\{x0}

e quindi:

g(f(x))H xAI\{x0}

come volevasi.

Teorema 2 (Cambio di variabile in forma classica)

Siano X,Y,Z spazi topologici di Hausdorff, siano AX e BY non vuoti, siano x0X

e y0Y di accumulazione rispettivamente per A e B, siano f:AY e g:BZ funzioni

con f(A)B e supponiamo che f soddisfi alle seguenti due condizioni:

(a) f è invertibile in un intorno di x0 eventualmente a meno di x0

(b) 0

limxx

f(x)=y0 e 0

limyy

f–1(y)=x0

Ts: 0

limyy

g(y) se e solo se 0

limxx

g(f(x)). Ed in tal caso i due limiti coincidono

Dim

Per ipotesi la f è invertibile su un intorno di x0, di conseguenza su tale intorno la f

assume al più una volta il valore y0, segue allora dal teorema di cambio di variabile

che la funzione fg ammette limite per x x0. Viceversa, sia UX l’intorno di x0 su

cui la f è invertibile. La funzione f ristretta a AU\{x0} è una bigezione da AU\{x0}

a f(AU\{x0}), denotiamo allora con h l’inversa AU\{x0}f(AU\{x0}). Per

ipotesi h converge a x0 per yy0 ed inoltre essendo bigettiva assume al più una volta



il valore y0, segue allora dal teorema di cambio di variabile che la funzione

hf)(g =g ammette limite per yy0.

Corollario 1

Siano D,ER sottoinsiemi non vuoti, sia pR~ di accumulazione per D in R~ , sia

R~ sia f:DE t.c. px

lim f(x)= e sia g:ER~ e supponiamo che t

lim g(t)=

Ts: px

lim g(f(x))=

Dim

Comunque preso un intorno di p la funzione f non può assumere valore + (risp. –),

e quindi applicando il Teorema 1 si ottiene la tesi.

1.2 Forme indeterminate

Sia DR un sottoinsieme non vuoto, sia p R~ di accumulazione per D in R~ , siano

f,gRD due funzioni.

Forma indeterminata 00

Questa forma di indeterminazione si presenta quando si deve calcolare il limite

della forma:

pxlim

)(g)(f

xx

con:

pxlim f(x)=0 e

pxlim g(x)=0

Ad esempio se f e g sono funzioni polinomiali, per la precedente saranno del tipo

f(x)=P(x)(x–p) e g(x)=Q(x)(x–p) con P=P(x), Q=Q(x) polinomi e ,>0. Basterà

semplificare l’esponente del fattore comune (x–p). Vedremo in seguito come



risolvere la forma 0/0 nel caso più generale in cui f e g non sono funzioni

polinomiali.

Forma indeterminata

Questa forma di indeterminazione si presenta quando si deve calcolare il limite

della forma:

pxlim

)(g)(f

xx

con:

pxlim f(x)= e

pxlim g(x)=

Se f e g sono due funzioni polinomiali e quindi infinite per x, un metodo per

la risoluzione della forma / è quello di mettere in evidenza sia al numeratore

che al denominatore il termine in x con esponente più grande, e fare quindi le

ovvie semplificazioni. Vedremo in seguito come risolvere la forma / nel caso

più generale in cui f e g non sono funzioni polinomiali.

Forma indeterminata 0

Questa forma di indeterminazione si presenta quando si deve calcolare il limite della

forma:

pxlim f(x)g(x)

con:

pxlim f(x)=0 e

pxlim g(x)=

In questo caso basta osservare che:

f(x)g(x)=

)(g1

)(f

x

x =

)(f1

)(g

x

x

e ci si riconduce così al caso 00 oppure al caso

.

Forma indeterminata +–



Questa forma di indeterminazione si presenta quando si deve calcolare il limite della

forma:

pxlim f(x)–g(x)

con:

pxlim f(x)=

pxlim g(x)=+

In questo caso si può procedere in uno dei seguenti tre modi. Il primo metodo

consiste nel operare opportune trasformazioni algebriche (ad esempio razionalizzare

se compaiono delle espressioni sotto radici). Il secondo metodo consiste nello

scrivere:

f–g=

fg1

f1

g1

e ci si riconduce così alla forma 00 . Ed infine il terzo metodo consiste nello scrivere:

f–g=f

fg1 =g

1

gf

e studiare quindi il limite del rapporto g/f o f/g che è una forma indeterminata /.

Se ad esempio il limite g/f o f/g tende ad 1 allora dall’espressione precedente si

ottiene la forma indeterminata 0, mentre se il limite di g/f o f/g tende ad infinito o

ad un valore diverso da 1, allora dall’espressione precedente si ottiene che il limite di

f–g tende a .

Forma indeterminata 00, 1, 0

Queste forme di indeterminazione si presentano quando si deve calcolare il limite

della forma:

pxlim [f(x)]g(x)

dove rispettivamente



pxlim f(x)=0 e

pxlim g(x)=0

pxlim f(x)=1 e

pxlim g(x)=

pxlim f(x)= e

pxlim g(x)=0

In questi casi basta osservare che:

[f(x)]g(x)= ))(fln()(g xxe

e quindi per la continuità dell’esponenziale otteniamo:

pxlim [f(x)]g(x)=

pxlim ))(fln()(g xxe =

))(fln()(g limpx

xxe

e pertanto il limite si riconduce alla risoluzione del limite:

pxlim g(x)ln(f(x))

che è una forma indeterminata del tipo 0. Con riferimento all’ultima forma

indeterminata, nell’applicazione del Teorema di De L’Hospital, che tratteremo in

seguito è consigliabile adoperare la forma ln(f(x))/(1/g(x)) poiché ha denominatore

meno complesso in termini di derivata, rispetto alla forma g(x)/(1/ln(f(x))).

Il seguente teorema rappresenta un importante espediente per la risoluzione

delle forme indeterminate 00, 0, 1. Tuttavia tale teorema non verrà utilizzato

inseguito.

Teorema 3

Siano DR sottoinsieme non vuoto, sia p R~ di accumulazione per D in R~ , siano

f,g:DR due funzioni convergenti a 0 per xp e supponiamo inoltre che la f non

assuma il valore 0 in un intorno di p, eventualmente a meno di p

Ts: Valgono allora i seguenti fatti:

(1) Se px

lim)(f)(g

xx = finito allora

pxlim )(g)(f xx =1 e

pxlim

)(g

)(f1

x

x

=1



(2) Se px

lim)(g)(f

xx allora

pxlim (1+f(x))1/g(x)= )g(

)(flim x

xpxe

Dim

Verifichiamo la (1). Posto t=f(x) per l’ipotesi e per il Teorema 1 segue che:

0

limxx

g(x)ln(f(x))=0

limxx )(f

)(gxx f(x)ln(f(x))=

0

limxx )(f

)(gxx

0

limxx

f(x)ln(f(x))=0

limt

tln(t)=

=0=0

E quindi:

pxlim )(g)(f xx =

pxlim eg(x)ln(f(x))=e0=1

Per l’altra parte basta osservare che ln(1/f(x))=–ln(f(x)) ed applicare il ragionamento

precedente.

Verifichiamo la (2). Posto t=f(x) per l’ipotesi e per il Teorema 1 segue che:

pxlim

)(g))(f1ln(

xx =

pxlim

)(g)(f

xx

)(f))(f1ln(

xx =

pxlim

)(g)(f

xx

pxlim

)(f))(f1ln(

xx =

=px

lim)(g)(f

xx

0limt t

t)1ln( =px

lim)(g)(f

xx

E quindi:

pxlim (1+f(x))1/g(x)=

pxlim )g(

))(f1ln(x

x

e

= )g())(f1ln(

lim xx

pxe

= )g()(f

lim xx

pxe

1.3 Limiti notevoli. Limiti notevoli derivati

I tre limiti notevoli fondamentali sono:

(I) 0

limx x

xsin )( =1

(II) 0limx

(1+x)1/x=e



(III) x

limx

e x=+ con R+:=[0,+[

A partire da questi limiti si ricavano i limiti riportati nella tabella che segue, detti

limiti notevoli derivati:

Limiti notevoli derivati

Limiti notevoli derivati, ottenuti dal

corrispondente limite della prima

colonna con il cambio di variabile y=x1

(1) x

limx

xsin )( = con R x

lim xsin

x = con R

(2) 0

limx 2

n )(cos1x

x =2

2n con

nN0:=N-{0} e R

xlim

xx n2 cos1 =

2

2n con nN0:

e R

(3) 0

limx 2

))(cos(x

xsin =2

xlim

xsinx 1cos2 =

21

(4) 0

limx x

xtg )( = con R x

lim

xxtg = con R

(5) 0

limx x

xarcsin )( = con R x

lim

xxarcsn = con R

(6) 0

limx x

x)arctg( = con R x

lim

xx arctg = con R

(7) 0

limx x

x)1(arccos2 =2 con R x

lim

xx 1arccos2 =2 con R

(8) 0

limx

(1+x)1/x=e con R x

limx

x

1 =e con R

(9) 0

limx x

x)1ln( = con R x

lim x

x1ln = con R

(10) 0

limx x

x 1a =ln(a) con a

0R e xlim x(a/x–1) =ln(a) con a

0R e R



R

(11) 0

limx x

xx ba =ln

ba con

a,b 0R e ,R

xlim )ba( // xxx =ln

ba con

a,b 0R e ,R

(12) 0

limx x

x 1)1( = con ,R x

lim

11

x

x = con ,R

(13) 0

limx x

xsinh )( = con R x

lim x

xsinh = con R

(14) 0

limx 2

n 1)(coshx

x =2

2n con

nN0:=N-{0} e R

xlim

1coshn2

xx =

2

2n con

nN0: e R

(15) 0

limx x

xtgh )( = con R x

lim

xxtgh = con R

(16) 0

limx x

xsettsinh )( = con R x

lim

xxsettsnh = con R

(17) 0

limx x

xsetttgh )( = con R x

lim

xxsettgh = con R

(18) 0

limx x

xsett )1(cosh 2 =2 con

R x

lim

xxsett 1cosh 2 =2 con R

(19) x

limx

xa =+ con a>1 e R+ 0lim

xxa1/x=+ con a>1 e R+

(20) x

lim xax=0 con a>1 e R+ 0

limx x

x/1a =+ con a>1 e R+

(21) x

lim

xx)(lg a =0 con a>1 e ,R+

0lim

xx

x1lg a

=0 con a>1 e ,R+



(22) 0

limx

x )(lg a x =0 con a>1 e

,R+ xlim

xx

1lg a

=0 con a>1 e ,R+

Verifica dei limiti notevoli derivati

Verifica del limite notevole (1):

Scartiamo il caso banale =0. Osserviamo che:

xxsin )( =

xxsin

)( =

yysin )(

con il cambio di variabile y=x e quindi x0 y0 e pertanto:

0limx x

xsin )( =0

limy

y

ysin )( =0

limy y

ysin )( =


Scartiamo il caso banale =0. Dimostriamo a monte che:

0limx 2

)cos(1x

x =2

2

Osserviamo che:

2)cos(1

xx =

)cos(1

2

x

2

2

)()(cos1

xx

=

)cos(1

2

x

2

2

)()(

xxsin

Passando al limite e tenendo conto del limite (1) otteniamo:

0limx 2

)cos(1x

x =0

limx )cos(1

2

x

2

2

)()(

xxsin

=

0limx )cos(1

2

x

0limx 2

2

)()(

xxsin

=

=2

20

limy 2

2 )(y

ysin =2

2

con il cambio di variabile y=x (e quindi x0 y0). Ricordiamo adesso che:

an–bn=(a–b)

n

1kan–kbk–1 con a,bR e nN0

Dimostriamo quindi il limite notevole (2). Osserviamo che:



0limx 2

n )(cos1x

x =0

limx 2

)cos(1x

x

n

1kcosk–1(x)=

=0

limx 2

)cos(1x

x0

limx

n

1kcosk–1(x)=

2

2

n

1k1=

2n 2


Osserviamo che:

2))(cos(

xxsin =

2))cos((

xxsin =

)cos(1)))cos(1((

xxsin

2)cos(1

xx

Tenendo conto del limite (1), del limite (2) otteniamo:

0limx 2

))(cos(x

xsin 0

limx )cos(1

)))cos(1((x

xsin

2)cos(1

xx =

=0

limy y

ysin )(0

limx 2

)cos(1x

x =21

con il cambio di variabile y=1–cos(x) (e quindi x0 y0).


Tenendo conto del limite (1) otteniamo:

0limx x

xtg )( =0

limx x

xsin )()cos(

1x

=



0limx x

xarcsin )( =0

limy

)(ysin

y =

con il cambio di variabile x=sin(y) (e quindi x0 y0).



0limx x

x)arctg( =0

limy

)(ytg

y =

con il cambio di variabile x=tg(y) (e quindi x0 y0).





0limx x

x)1(arccos2 =0

limy

)cos(1

2

yy

=2

con il cambio di variabile 1–x=cos(y) (e quindi x0 y0).


Tenendo conto del limite (III) otteniamo:

0limx

(1+x)1/x=0

limx

)/(1)1( xx =0

limy

yy /1)1( =(e)=e

con il cambio di variabile y=x (e quindi x0 y0).



0limx x

x)1ln( =0

limx

ln(1+x)1/x=ln(e)=


Tenendo conto del limite (9) osserviamo a monte che:

0limx x

x 1a =

0limy

ln(a))1ln( y

y =ln(a)

con il cambio di variabile y=ax–1 (e quindi x0 y0).


Tenendo conto del limite (10) segue che:

0limx x

xx ba =0

limx x

xx b11a =0

limx xx

xx b11a

=

0limx x

x 1a –

0limx x

x 1b =ln(a)–ln(b)=ln

ba


Tenendo conto del limite (11), del limite (9) segue che:

xx 1)1( =

xe x 1)1ln(

=x

x)1ln( )1ln(

1)1ln(

xe x



E quindi tenendo conto del limite (11), del limite (9) segue che:

0limx x

x 1)1( =0

limx x

x)1ln( 0

limx )1ln(

1)1ln(

xe x

=0

limy y

e y 1=

con il cambio di variabile y=ln(1+x) (e quindi x0 y0).



0limx x

xsinh )( =0

limx x

ee xx

2

=21

0limx x

ee xx =21

eeln =

21

eeln =


Scartiamo il caso banale =0. Dimostriamo a monte che:

0limx 2

1)cosh(x

x =2

2

Osserviamo che:

21)cosh(

xx =

1)cosh(

2

x

2

2

)(1)(cosh

xx

=

1)cosh(

2

x

2

2

)()(

xxsinh

Passando al limite e tenendo conto del limite (13) otteniamo:

0limx 2

1)cosh(x

x =0

limx 1)cosh(

2

x

2

2

)()(

xxsinh

=

0limx 1)cosh(

2

x

0limx 2

2

)()(

xxsinh

=

=2

20

limy 2

2 )(y

ysinh =2

2

con il cambio di variabile y=x (e quindi x0 y0). Dimostriamo quindi il

limite notevole (14). Osserviamo che:

0limx 2

n 1)(coshx

x =0

limx 2

1)cosh(x

x

n

1kcoshn–k(x)=

=0

limx 2

1)cosh(x

x 0

limx

n

1kcoshn–k(x)=

2

2

n

1k1=

2n 2





0limx x

xtgh )( =0

limx x

xsinh )()cosh(

1x

=



0limx x

xsettsinh )( =0

limy

)(ysinh

y =

con il cambio di variabile x=sinh(y) (e quindi x0 y0).



0limx x

xsetttgh )( =0

limy

)(ytgh

y =

con il cambio di variabile x=tg(y) (e quindi x0 y0).



0limx x

xsett )1(cosh 2 =0

limy

1)cosh(

2

yy =2

con il cambio di variabile 1+x=cosh(y) (e quindi x0 y0).


Tenendo conto del limite (III) segue che:

xlim

x

xa =x

limx

e x )aln(=

xlim

))aln((

)aln(

xe x

= ln(a)yx

limy

e y=+

con il cambio di variabile y=xln(a) (e quindi x+ y+).



xlim xax=

xlim (–x)ax=

xlim ya–y=

yxlim

yya

=

1 =0

con il cambio di variabile y=–x (e quindi x– y+).





xlim

xx)(lg a =

1

xlim

xx )(lg a =

ylim

yya

=

1 =0

con il cambio di variabile x=ay (e quindi x+ y+).



0lim

xx )(lg a x =

1

0lim

xx )(lg a

x =

1y

lim ay |y|=0

con il cambio di variabile x=ay (e quindi x0+ y–).



Capitolo 2 Infinitesimi ed infiniti

2.1 Definizione di funzione infinitesima ed infinita

Sia DR un sottoinsieme non vuoto, sia pR~ di accumulazione per D in R~ , sia

f:DR. Diciamo che la funzione f è infinitesima per xp se:

pxlim f(x)=0

Diciamo che la funzione f è infinita per xp se:

pxlim )f(x =+

Nel caso p finito evidentemente è lecito considerare p=0, infatti se p0 allora basta

fare il cambio di variabile (in questo caso più precisamente si parla di traslazione):

y=x–p con y0 xp

Pertanto in seguito la maggior parte degli esempi e degli esercizi saranno dati

considerando x0.

Anche nel caso p= ci si può ricondurre al caso x0, infatti basta fare il cambio di

variabile:

y=x1 con y0 x

Tuttavia per quest’ultimo caso ci asterremo dal fare il cambio di variabile suddetto.

Inoltre nel caso p infinito evidentemente è lecito considerare p=+, infatti se p= –

allora basta fare il cambio di variabile:

y=–x con y+ x–

Teorema 4



Sia DR un sottoinsieme non vuoto, sia pR~ di accumulazione per D in R~ , sia fRD

diversa da 0 in un intorno di p

Ts: f è infinitesima per xp 1/f è infinita per xp

Dim

Di facile verifica.

Esercizi 1

Verificare se le seguenti funzione sono infinitesime o infinite per xp

1. sin2(x–1)/(x–1) ; p=1

2. sin(x)/x2 ; p=0

3. 1/(x+5) ; p=+

4. ln[(2x–3)/(2x+5)] ; p=+

5. ln[( x +1)/( 3 x +1)] ; p=+

6. ln[( x +1)/( 3 x +1)] ; p=1

7. sin(ln(1–x))–3x2 ; p=0

8. ex–1 ; p=0

9. sin(x)/x ; p=+

10. (1–cos(x+1))/(x+1) ; p=–1

11. ln(x)/(x–1) ; p=1

12. [esin(x)–cos(x)]tg(x) ; p=0

2.2 Simbolo di Landau. Relazioni di confronto

Il simbolo di Landau viene introdotto per esprimere sinteticamente relazioni di

confronto tra funzioni.

Fissato pR~ , d’ora in avanti denoteremo con Ap la famiglia di tutte le funzioni reali

definite in un intorno di p, eventualmente a meno del punto p. Se f,gAp, diciamo

allora che f è “o-piccolo” di g per x tendente a p se:

Ap infinitesima per xp t.c. f=g in un intorno di p

Denotiamo con op(g) la famiglia di tutte le funzioni di Ap che sono “o-piccolo” di g

per x tendente a p. Se fop(g) si scrive anche:

f=op(g)



Si dice anche che f è trascurabile rispetto a g. Il simbolo “op” è detto simbolo di

Landau.

Se f,gAp, diciamo allora che f e g sono dello stesso ordine per xp se:

R0:=R\{0} t.c. f–gop(g)

si adopera anche la scrittura:

f=g+op(g)

Se f,gAp, e se fop(g) o gop(g) o f dello stesso ordine di g allora diciamo che f e g

sono confrontabili.

La nozione di o-piccolo acquista un notevole interesse quando le funzioni in

questione sono infinitesime o infinite per xp.

Se f,gAp infinitesime per xp, la condizione fop(g) si esprime dicendo che f è

infinitesima di ordine superiore rispetto a g per xp .

Se f,gAp infinite per xp la condizione fop(g) si esprime dicendo che g è infinita

di ordine superiore rispetto a f per xp.

Mostriamo qui di seguito alcune funzioni infinitesime ed infinite di uso frequente:

Se pR la funzione f:RR con f(x)=x–p è detta infinitesimo campione per xp

Se pR la funzione f:R-{p}R con f(x)=px

1 è detta infinita campione per xp

Se p= la funzione f:RR con f(x)=x è detta infinito campione per x

Se p= la funzione f:R0R con f(x)=x1 è detta infinitesimo campione per x

Teorema 5

Sia pR~ , siano f,gAp e supponiamo che g sia diversa da 0 in un intorno di p


(a) fop(g) px

lim)(g)(f

xx =0



(b) f è dello stesso ordine di g px

lim)(g)(f

xx = con R0

Dim

Di facile verifica.

Teorema 6

Sia pR~ , siano fAp


(a) f è infinitesima fop(1)

(b) f è infinita 1op(f)

Dim

Di facile verifica.

Teorema 7

Sia pR~


(a) Dette f,gAp consideriamo la relazione f=pg f e g sono dello stesso ordine

allora =p è una relazione di equivalenza su Ap

(b) Dette f,gAp consideriamo la relazione f<pg fop(g) allora <p è di ordine

parziale su Ap in senso stretto (antiriflessiva e transitiva)

(c) Dette f,gAp consideriamo la relazione fpg f<pg o f=pg allora p è di ordine

parziale su Ap (riflessiva, antisimmetrica e transitiva)

Dim

La dimostrazioni di (a), (b), (c) sono di facile verifica.

Teorema 8

Sia pR~




(a) Se f,g,hAp con f<ph e g<ph allora fg<ph2 e f+g<ph

(b) Se f,gAp con f<ph e se R0 allora f<ph

(c) Se f,gAp con f<pg e se >0 allora f <pg

(d) Se f,gAp con f<pg e supponiamo inoltre che f e g siano diverse da 0 in un intorno

di p allora 1/g<p1/f

(e) Sia qR~ , sia Aq a valori in un intorno di p, e diversa di p in un intorno di q,

supponiamo inoltre che qt

lim(t)=p. Se f,gAp con f<pg allora f <q g

Dim

La dimostrazioni di (a), (b), (c), (d) sono di facile verifica. Per verificare la (e) basta

applicare il teorema di cambio di variabile.

Teorema 9

Sia pR~


(a) Se f,g,hAp con f=ph e g=ph allora fg=ph2 e f+g=ph

(b) Se f,gAp con f=ph e se R0 allora f=ph

(c) Se f,gAp con f=pg e se >0 allora f =pg

(d) Se f,gAp con f=pg e supponiamo inoltre che f e g siano diverse da 0 in un intorno

di p allora 1/g=p1/f

(e) Sia qR~ , sia Aq a valori in un intorno di p, e diversa di p in un intorno di q,


lim(t)=p. Se f,gAp con f=pg allora f =q g

Dim

La dimostrazioni di (a), (b), (c), (d) sono di facile verifica. Per verificare la (e) basta

applicare il teorema di cambio di variabile.



Teorema 10

Sia pR~ , sia aR0, sia nN0:=N-{0}, siano f,gAp tali che px

lim f(x)=px

lim g(x)=a

Ts: px

lim)g()f(

)(g)(f nn

xxxx

=nan–1

Dim

pxlim

)g()f()(g)(f nn

xxxx

=

pxlim

)g()f(

)()g(f)]g()[f(n

1k

1kkn

xx

xxxx

==px

lim

n

1k

1kkn )()g(f xx =

=

n

1k

1kkn aa =

n

1k

1na =nan–1

Esempio 1

Consideriamo le funzioni:

f(x)=sin(3x) e g(x)=2x

e confrontiamole per x0. Banalmente f e g sono infinitesime per x0. Osserviamo

che:

xxsin

2)3( =

23

xxsin

3)3( =

23

yysin )(

dove si è posto y=3x (cambio di variabile) e pertanto osservando che x0 y0

allora:

0limx x

xsin2

)3( =0

limx 2

3x

xsin3

)3( =23

0limx x

xsin3

)3( =23

0limy y

ysin )( =23 1=

23

quindi f e g sono dello steso ordine.

Esempio 2


f(x)=1–cos(x) e g(x)=sin(x)



e confrontiamole per x0. Banalmente f e g sono infinitesime per x0. Osserviamo

che:

)()cos(1

xsinx =

))cos(1)(()(cos1 2

xxsinx

=

))cos(1)(()(2

xxsinxsin

=

))cos(1()(x

xsin

passando al limite per x0 otteniamo:

0limx )(

)cos(1xsin

x =0

limx ))cos(1(

)(x

xsin

=0

e quindi f è un infinitesimo di ordine superiore rispetto a g.

Esempio 3


f(x)=x3–5x2+6 e g(x)= 3x4+x

e confrontiamole per x+. Banalmente f e g sono infinite per x+. Osserviamo

che:

xxxx

4

23

365 =

24

33

63

651

xx

xxx

=

2

3

63

651

xx

xx

passando al limite per x+ otteniamo:

xlim

xxxx

4

23

365 =

xlim

2

3

63

651

xx

xx =0

e quindi f è un infinito di ordine inferiore rispetto a g.

Esempio 4


f(x)=1–cos8(x) e g(x)=x2



e confrontiamole per x0. Banalmente f e g sono infinitesime per x0. Per il

Teorema 10 la funzione f e la funzione h(x):=1–cos(x) hanno lo stesso ordine ed

inoltre osserviamo che:

0limx 2

8 )(cos1x

x =0

limx )cos(1

)(cos1 8

xx

2)cos(1

xx =8(1)8–1(1/2)=4

Esercizi 2

Confrontare le seguenti coppie di funzioni infinitesime o infinite per xp.

(Suggerimento: sfruttare i limiti notevoli ed il teorema di cambio di variabile)

1. f(x)=3x4+x2–3x e g(x)=–7x4+2x3–8x ; x=0

2. f(x)=3x4+x2–8 e g(x)=–7x4+2x3–8x ; x=+

3. f(x)=–2x6+x+3x e g(x)=5x6+2x3–3x ; x=0

4. f(x)=–2x6+x+3 e g(x)=–7x4+2x3–8x ; x=+

5. f(x)=3x7+2x–6 e g(x)=2x4+5x3–4x ; x=–

6. f(x)=2e2x+x3+3 e g(x)=x4+2x3–xsin(x)+2 ; x=+

7. f(x)= 22 xx e g(x)=x–1 ; x=1

8. f(x)=x–5 e g(x)= 5x ; x=5

9. f(x)=ln(x) e g(x)=x–1 ; x=1

10. f(x)=x–ln(x) e g(x)=x ; x=+

11. f(x)=x–ln(x) e g(x)=x+ln(x3) ; x=–

12. f(x)=ln(2x) e g(x)=cotg(x) ; x=0+

13. f(x)=cosec(2x) e g(x)=cotg(x) ; x=0

14. f(x)=ex–e2x e g(x)=x ; x=0

15. f(x)=a1/x–1 e g(x)=1/x ; x=+

16. f(x)=cos(x) e g(x)=(x–/2); x=/2

17. f(x)=cos(x/2) e g(x)=(x–); x=

18. f(x)=ex–e2x e g(x)=sin(x)–sin(2x) ; x=0



19. f(x)=3x–4x e g(x)=x ; x=0

20. f(x)=1–cos2(x) e g(x)=–2x2 ; x=0

21. f(x)=sin(x) e g(x)=–x ; x=

22. f(x)=sin(+4x) e g(x)=x ; x=0

23. f(x)= )(1)(1 xtgxtg e g(x)=sin(x) ; x=0

24. f(x)=x+cos(x) e g(x)=4x–sin(x); x=+

25. f(x)=sinh(x) e g(x)=x ; x=0

26. f(x)=1–cosh(x) e g(x)=3x ; x=0

27. f(x)=1–cosh(x) e g(x)=x2 ; x=0

28. f(x)=sin(2x) e g(x)=tg(x) ; x=0

29. f(x)=tg(x)–sin(x) e g(x)=x3 ; x=0

30. f(x)=1–cos(2x) e g(x)=sin2(3x) ; x=0

31. f(x)=tgh(x) e g(x)=x ; x=0

32. f(x)=ln(ln(2x)) e g(x)=x ; x=+

33. f(x)=ln(ln(x)) e g(x)=x ; x= –

34. f(x)=ln(x) e g(x)=1/tg(x) ; x=0+

35. f(x)=ln(l+sin(x)) e g(x)=x ; x=0

36. f(x)=arcsin( x ) e g(x)=x ; x=0

37. f(x)=arcsin(x2) e g(x)=x2 ; x=0

38. f(x)= )cos(5 xx e g(x)=x2+1 ; x=+

39. f(x)=cos(ex–e–x)–1 e g(x)=arctg(x2) ; x=0

40. f(x)=sin(cos(x)) e g(x)=x ; x=0

41. f(x)=e2x–e3x e g(x)=sin(x) ; x=0

42. f(x)=3x–3–x e g(x)=3x+3–x ; x=–

43. f(x)=ex e g(x)=1/x ; x= –

44. f(x)=exsin(e–xsin(x)) e g(x)=x ; x=+

45. f(x)=exsin(e–xsin(x)) e g(x)=x ; x=0

46. f(x)=ln(tg4(x)+1) e g(x)= )(2 4 xsine –1; x=0



47. f(x)=sin(cos(x)) e g(x)= )(2 2 xsine –1; x=0

48. f(x)=ln(1–cos(x)) e g(x)=x2 ; x=0

49. f(x)= )(3 xtge –1 e g(x)=x 2)cos( xex ; x=0

50. f(x)=(1–cos(x))2 e g(x)=sin(x4) ; x=0

51. f(x)=sin( 21 x –1) e g(x)=x ; x=0

52. f(x)=sin )/2( xsine x e g(x)=xxe

1 ; x=+

53. f(x)=tg2(x)ln4(x) e g(x)=x ; x=0+

54. f(x)=xln(tg(x)) e g(x)=sin(x) ; x=0+

55. f(x)=sin2(x)ln(tg3(x)) e g(x)=sinh(x) ; x=0+

Svolgimento di alcuni degli Esercizi 2

Svolgimento esercizio 5

xlim

xxxxx

452623

34

7

=y

lim)(4)(5)(2

6)(2)(334

7

yyyyy

=y

limyyy

yy452623

34

7

=

=y

lim

434

767

452

623

yyy

yyy

=y

lim y3

43

76

452

623

yy

yy

=

=y

lim y3

ylim

43

76

452

623

yy

yy

=+(–3/2)=–

con il cambio di variabile y=–x (e quindi x– y+). E quindi f un infinito di

ordine superiore rispetto a g.




xlim

)(23)(cos2

34

232

xxsinxxxxxxe x

=x

lim 4

2

xe x

2

22

2

2

3

)(21

3)(cos2

xxsinx

x

eexx

ex

xxx

=

xlim 4

2

xe x

xlim

2

22

2

2

3

)(21

3)(cos2

xxsinx

x

eexx

ex

xxx

=+2=+

E quindi f un infinito di ordine superiore rispetto a g.


xlim

xxx )ln( =

xlim

xxxx

)ln(1=

xlim 1–

xx)ln( =1–

xlim

xx)ln( =1–0=1

E quindi f un infinito di ordine inferiore rispetto a g.


xlim

)ln(

)ln(3xx

xx

=

xlim

)ln(3)ln(

xxxx

=

xlim

)ln(3)ln(xx

xx =

ylim

)ln(3)ln(yy

yy =

=y

lim

yyy

yyy

)ln(31

)ln(1=

ylim

yy

yy

)ln(31

)ln(1

=

11

=1

E quindi f e g sono infiniti dello stesso ordine.


0lim

x )(cot)2ln(xg

x =0

limx )(/1

)2ln(xtg

x =0

limx

tg(x)ln(2x)=0

limx x

xtg )( (xln(2x))=0

limx x

xtg )( =

=0

limx

xln(2x)= 01 =0

E quindi f è un infinito di ordine inferiore rispetto a g.




0limx )(cot

)2(cosxgxec =

0limx )(/1

)2sen(/1xtgx =

0limx )2(

)(xsin

xtg =0

limx x

xtg )()2( xsin

x =

=0

limx x

xtg )(0

limx

2)2(

2xsin

x =10

limx

2)2(

2xsin

x =20

limx )2(

2xsin

x =20

limy )(ysin

y =2

con il cambio di variabile y=2x (e quindi x0 y0). E quindi f e g sono infiniti

dello stesso ordine.


Osserviamo che:

2/)cos(

xx =

)(21

xsin 2/)cos()(2

xxxsin =

)(21

xsin 2/)2(

xxsin

passando al limite per x/2:

2/limx 2/

)cos(x

x =2/

limx y

y )2/cos( = –2/

limx y

ysin )( = –1

con il cambio di variabile y=x–/2 e quindi x/2 y0.E quindi f e g sono dello

stesso ordine.


Osserviamo che:

xx )2/cos( =

)2/(21xsin x

xxsin )2/cos()2/(2 =)2/(2

1xsin x

xsin )(

passando al limite per x:

xlim

)2/(21xsin x

xsin )( =x

lim)2/(2

1xsin x

limxxsin )( =

21

xlim

xxsin )( =

=21

0limy y

ysin )( = –21

0limy y

ysin )( = –21

con il cambio di variabile y=x– e quindi x y0.E quindi f e g sono dello

stesso ordine.


Osserviamo che:



xxsin )4( = –

xxsin )4( = –4

xxsin

4)4( = –4

yysin )(

con il cambio di variabile y=4x e quindi x0 y0 e pertanto:

0limx x

xsin )4( =0

limx

–4x

xsin4

)4( =0

limy

–4y

ysin )( = –40

limy y

ysin )( = –4

E quindi f e g sono dello stesso ordine.


Osserviamo che:

)()(1)(1

xsinxtgxtg

= )(1)(1)()(2

xtgxtgxsinxtg

=

=2xxtg )(

)(xsinx

)(1)(11

xtgxtg

prodotto di tre limiti noti, segue che:

0limx )(

)(1)(1xsin

xtgxtg =

2112 =1



Osserviamo che:

3)()(

xxsinxtg =

3))cos(1)((

xxxtg =

xxtg )(

2)cos(1

xx

prodotto di due limiti noti, segue che:

0limx 3

)()(x

xsinxtg =211 =

21



Osserviamo che:

)3()2cos(1

2 xsinx =

2)2cos(1

xx

)3(2

2

xsinx =

94

2)4()2cos(1

xx

)3()3(

2

2

xsinx

prodotto di due limiti noti, infatti:



0limx 2)2(

)2cos(1x

x =0

limy 2

)cos(1y

y =21

ed ancora:

0limx )3(

)3(2

2

xsinx =

0limx

2

)3(3

xsin

x =0

limy

2

)(

ysin

y =12=1

e pertanto:

0limx )(

)2cos(12 xsin

x =94

21 1=

92



Osserviamo che:

xx))2ln(ln(( =2

)2ln())2ln(ln((

xx

xx

2)2ln(


xlim

)2ln())2ln(ln((

xx =

ylim

yy)ln( =0

con il cambio di variabile y=ln(2x) e quindi x+ y+, e quindi:

0limx x

x))2ln(ln(( =0

E pertanto f è un infinito di ordine inferiore rispetto a g.


Osserviamo che per x<0:

xx ))ln(ln((

=x

x))ln(ln(( = –x

x ))ln(ln((

facendo il cambio di variabile y=–x e quindi x– y+ allora per quanto visto

nell’esercizio 32 segue che:

xlim

xx ))ln(ln((

=y

lim –y

y))ln(ln(( =0





Osserviamo che:

)(/1)ln(xtg

x =tg(x)ln(x)=xxtg )( xln(x)

prodotto di due limiti noti, e quindi:

0lim

x )(/1)ln(xtg

x =0

limx x

xtg )(0

limx

xln(x)= 01 =0


Osserviamo che:

xxsin ))(1ln( =

)())(1ln(

xsinxsin

xxsin )(


0limx )(

))(1ln(xsin

xsin )0

limx y

y)1ln( =1

con il cambio di variabile y=sin(x) e quindi x0 y0, e quindi:

0limx x

xsin ))(1ln( =1

E pertanto f è un infinitesimo dello stesso ordine di g.


Osserviamo che:

)arctg(1)cos(

2xee xx

=)arctg(

1))(2cos(2xxsinh = 2))(2(

1))(2cos(xsinhxsinh

)arctg()(4

2

2

xxsinh =

=4 2))(2(1))(2cos(

xsinhxsinh

2

2 )(x

xsinh)arctg( 2

2

xx

per x0 è il prodotto di tre limiti noti, infatti:

0limx 2))(2(

1))(2cos(xsinhxsinh =

0limy 2

1)cos(yy =–

21

con il cambio di variabile y=2sinh(x) e quindi x0 y0.



0limx )arctg( 2

2

xx =

0limy )arctg(y

y =1

con il cambio di variabile y=x2 e quindi x0 y0. In definitiva:

0limx )arctg(

1)cos(2x

ee xx =4

21 =2

E quindi f e g sono dello stesso ordine-


Osserviamo che:

xxsin ))(cos( =

xxsin ))cos(( =

)cos())cos((

xxsin

xx )cos( =

=

)cos())cos((

xxsin

2)cos(1

xx x

per x0 è il prodotto di tre limiti noti, infatti:

0limx

)cos(

))cos((x

xsin =

0limy y

ysin )( =1

con il cambio di variabile y=–cos(x) e quindi x0 y0.

In definitiva:

0limx x

xsin ))(cos( =121 0=0

E quindi f è un infinitesimo di ordine inferiore rispetto a g.


Osserviamo che:

xe x

/1=xex = –(–x)e–(–x) = –

xex

facendo il cambio di variabile y=–x (e quindi per x– y+) segue che:

xlim

xe x

/1=

ylim –

yey =0

E pertanto f è un infinitesimo di ordine superiore rispetto a g.




Osserviamo che:

xxsinesine xx ))((

= ex

)())((

xsinexsinesin

x

x

xxsine x )(

=)(

))((xsine

xsinesinx

x

xxsin )(

per x+ è il prodotto di due limiti noti, infatti:

xlim

)())((

xsinexsinesin

x

x

=

0limy y

ysin )( =1

con il cambio di variabile y=e–xsin(x) e quindi x+ y0. In definitiva:

xlim

xxsinesine xx ))((

=0



Osserviamo che:

xxsinesine xx ))((

= ex

)())((

xsinexsinesin

x

x

xxsine x )(

=)(

))((xsine

xsinesinx

x

xxsin )(

per x0 è il prodotto di due limiti noti, infatti:

0limx )(

))((xsine

xsinesinx

x

=

0limy y

ysin )( =1

con il cambio di variabile y=e–xsin(x) e quindi x0 y0. In definitiva:

0limx x

xsinesine xx ))(( =1

E pertanto f è un infinitesimo dello stesso ordine di g.


Osserviamo che:

1

)1)(ln()(2

4

4

xsine

xtg =)(

)1)(ln(4

4

xtgxtg

1

)()(2

4

4xsine

xtg =)(

)1)(ln(4

4

xtgxtg

1

)()(2

4

4xsine

xsin)()(

4

4

xsinxtg =

=)(

)1)(ln(4

4

xtgxtg

1

)()(2

4

4xsine

xsin4

4 )(x

xtg)(4

4

xsinx

per x0 otteniamo quindi il prodotto di quattro limiti noti.




Osserviamo che:

1

))(cos()(2 2xsine

xsin =1

))cos(()(2 2

xsine

xsin =

)cos())cos((

xxsin

1

)cos()(2 2

xsine

x =

=

)cos())cos((

xxsin

1

)(2)(2

2

2xsine

xsin)(2

)cos(2 xsin

x =

=

)cos())cos((

xxsin

1

)(2)(2

2

2xsine

xsin2

)cos(x

x )(2 2

2

xsinx =

=2

)cos())cos((

xxsin

1

)(2)(2

2

2xsine

xsin2

)cos(x

x )(

)(2

2

xsinx x

per x0 otteniamo quindi il prodotto di cinque limiti noti.


Osserviamo che:

2

3

)cos(

1)(

x

xtg

exx

e

=)(

13

)(3

xtge xtg

2)cos(

)(3

xexx

xtg

=

)(1

3

)(3

xtge xtg

3

3 )(x

xtg

2)cos(

3

xexx

x

=

=)(

13

)(3

xtge xtg

3

3 )(x

xtg2

)cos(

2

xex

x

=

)(1

3

)(3

xtge xtg

3

3 )(x

xtg

2

2)cos(

1

xex x

=

)(1

3

)(3

xtge xtg

3

3 )(x

xtg

2

211)cos(

1

xex x

=)(

13

)(3

xtge xtg

3

3 )(x

xtg

22

211)cos(

1

xe

xx x

per x0 otteniamo quindi il prodotto di limiti noti.


Innanzitutto verifichiamo che le funzioni f e g sono infinitesime per x0+.

0lim

xtg2(x)ln4(x)=

0lim

x 2

2 )(x

xtg x2ln4(x)=0

limx 2

2 )(x

xtg0

limx

x2ln4(x)=0

limx

x2ln4(x)=0

La funzione g è banalmente infinitesima. Confrontiamo quindi f e g per x0+:



0lim

x xxxtg )(ln)( 42

=0

limx x

xxtg )(ln)( 42=

0lim

x 2

2 )(x

xtg xln4(x)=

=0

limx 2

2 )(x

xtg0

limx

xln4(x)=0

limx

xln4(x)=0



0lim

xxln(tg(x))=

0lim

x )(xtgx tg(x)ln(tg(x))=

0lim

x )(xtgx

0lim

xtg(x)ln(tg(x))=

=0

limx

tg(x)ln(tg(x))=0

limt

tln(t)=0

con il cambio di variabile t=tg(x) (e quindi x0+ t0+). La funzione g è

banalmente infinitesima. Confrontiamo quindi f e g per x0+:

0lim

x )())(ln(

xsinxtgx =

0lim

x )(xsinx ln(tg(x))=

0lim

x )(xsinx

0lim

xln(tg(x))=

0lim

xln(tg(x))=

=0

limt

ln(t)= –

con il cambio di variabile t=tg(x) (e quindi x0+ t0+).



0lim

xsin2(x)ln(tg3(x))=

0lim

x3sin2(x)ln(tg(x))=

0lim

x3x

2

2 )(x

xsin)(xtg

x tg(x)ln(tg(x))=

=0

limx

3x0

limx 2

2 )(x

xsin0

limx )(xtg

x0

limx

tg(x)ln(tg(x))=0

La funzione g è banalmente infinitesima. Confrontiamo quindi f e g per x0+:

0lim

x )())(ln()( 32

xsinhxtgxsin =

0lim

x3

)(xsinhx

2

2 )(x

xsin)(xtg

x tg(x)ln(tg(x))=

0lim

x3

)(xsinhx

0lim

x 2

2 )(x

xsin0

limx )(xtg

x0

limx

tg(x)ln(tg(x))=0



Se f=f(x) e g=g(x) sono due funzioni polinomiali allora passando al limite per

x nel loro quoziente otteniamo la forma indeterminata e per uscire da questa

forma indeterminata abbiamo visto che è sufficiente mettere in evidenza sia al

numeratore che al denominatore il termine in x con esponente più grande. Più in

generale se f e g sono somma di addendi infiniti per xp allora per uscire dalla forma

indeterminata è sufficiente mettere in evidenza sia al numeratore che al

denominatore il termine infinito di ordine superiore cosicché il confronto si riduce

soltanto agli infiniti di ordine superiore. Tale affermazione è suffragata dal seguente

fondamentale teorema il quale afferma che se in un limite ci sono addendi

infinitesimi (infiniti) allora è possibile trascurare gli infinitesimi (infiniti) di ordine

superiore (inferiore).

Teorema 11 (Principio fondamentale di sostituzione)

Sia p R~ , siano f,gAp e supponiamo che esista il limite del quoziente per xp ed

inoltre siano f1<p(f) e g1<p(g)

Ts: px

lim)()(g)(f)(f

1

1

xgxxx

=px

lim)(g)(f

xx

Dim

Basta osservare che:

gg

1

ff

1

gf

ggff

1

1

1

1

Esempio 5

Calcolare il seguente limite facendo uso del principio fondamentale di sostituzione:



0limx )(

)()()(23

235

xxsinxxxtgxxsinxxsin

confrontando al numeratore si verifica facilmente che x5, sin3(x), –x2tg(x) sono degli

infinitesimi di ordine superiore rispetto a sin(x). Analogamente al denominatore –x3,

xsin2(x) sono infinitesimi di ordine superiore rispetto ad x. E quindi per principio

fondamentale di sostituzione segue che:

0limx )(

)()()(23

235

xxsinxxxtgxxsinxxsin

=0

limx x

xsin )( =1

Esempio 6

Calcolare il seguente limite facendo uso del principio fondamentale di sostituzione:

xlim

)()()()(

3

2352

xxsinxxxtgxxsinxxsinx

confrontando al numeratore si verifica facilmente che x5 è un infinito di ordine

superiore rispetto a xsin2(x)+sin3(x), –x2tg(x). Analogamente al denominatore –x3 è un

infinito di ordine superiore rispetto ad x, xsin2(x). E quindi per principio

fondamentale di sostituzione segue che:

xlim

)()()()(

3

2352

xxsinxxxtgxxsinxxsinx

=x

lim3

5

xx =

xlim x2=+

Esercizi 3

Risolvere i seguenti limiti facendo uso del principio fondamentale di sostituzione.

1. 0

limx xx

xx

5

27 22

2. 0

limx xx

xxx

5

25 2

9. 0

limx x

xsin 1))(1( 2

10. 0

limx xxxtg

xtgxx8)1ln()(

)()cos(1322

35



3. x

limxx

xxx3

265

25

4. x

lim35

824

28

xxxxx

5. 0

limx x

x

/1

/1

2321

6. x

lim1

)cos(52

xxx

7. 0

limx 33 22

5)())cos(1(

xx

xxtgx

8. 0

limx 3

2

)()()1ln(

xxsinxtgxx

11. 0

limx )()5(

)1ln(3 4

3

xsinxxsin

x

12. 0

limx )(527

)())2cos(1()arctg(34

2

xsinxxsinxx

13. 0

limx 33 ))((

)3())5cos(1(xxsin

xtgx

14. 0

limx 62

3

15)5(7))3cos(1(xxsin

xx

15. 0

limx )()(

)()(34

223

xxsinxsinxxxsinxsinxx

16. 0

limx 1

)1ln()cos(1

xe

xx

Il seguente semplice teorema è uno strumento validissimo per uscire dalla

forma indeterminata +– quanto gli infiniti non sono dello stesso ordine.

Teorema 12

Sia pR~ , siano f,gAp due funzioni infinite per xp con f infinito di ordine

superiore rispetto a g e supponiamo che f sia non nulla in un intorno di p

Ts: px

lim f(x)+g(x)=px

lim f(x)

Dim

Il teorema si può dimostrare a partire dal principio di sostituzione e del Teorema

7,(d), tuttavia e sufficiente osservare che:

f+g=

fg1f

Esercizi 4



Risolvere i seguenti limiti facendo uso del Teorema 12.

1. x

lim x3–7x+1

2. x

lim ln(x)–x

3. x

lim ex–x3

4. 0

limx 2

1)(

1xxtg

5. 0

limx )cos(1

1)arctg(

2xx

Svolgimento degli Esercizi 4


Banalmente x3 è un infinito di ordine superiore rispetto a –7x+1 e quindi:

xlim x3–7x+1=

xlim x3=+


Osserviamo che:

xlim

xx

)ln( =–

xlim

xx)ln( =0

e quindi:

xlim ln(x)–x=

xlim –x=–


Osserviamo che:

xlim

3xe x

=0

e quindi:

xlim ex–x3=

xlim ex =+


Osserviamo che:

0lim

x 2/1)(/1

xxtg

=

0lim

x–x

)(xtgx =

0lim

x–x

0lim

x )(xtgx = 10 =0

e quindi:



0lim

x 21

)(1

xxtg =

0lim

x–

21x

=–


Osserviamo che:

0lim

x ))cos(1/(1)arctg(/2

xx

=2

0lim

x )arctg()cos(1

xx =2

0lim

x 2)cos(1

xx

)arctg(xx x=

=20

limx 2

)cos(1x

x0

limx )arctg(x

x0

limx

x= 01212 =0

e quindi:

0lim

x )cos(11

)arctg(2

xx =

0lim

x )cos(11

x =–

2.3 Ordine di una funzione rispetto ad un’altra. Parte principale

Sia p R~ , sia >0, siano f,gAp. Diciamo allora che f è di ordine o di grado

rispetto a g per xp se f è dello stesso ordine rispetto a g cioè se:

R0 t.c. f=g +op(g)

in un intorno di p. Il termine g prende il nome di parte principale di f rispetto a g

per xp. Per comodità di scrittura la parte principale di f rispetto a g per xp la

denoteremo con:

PP(f,g,p):=g

Quindi per definizione una funzione e la sua parte principale hanno lo stesso ordine.

Il seguente teorema ci suggerisce di confrontare due funzioni a partire da una

terza funzione.

Teorema 13

Sia pR~ , siano f,g,hAp con f e g rispettivamente di ordine e rispetto ad h




(a) f è dello stesso ordine di g per xp =

(b) Se f,g e h sono infinitesime (infinite) per xp allora f è infinitesima (infinita) di

ordine superiore rispetto a g >

Dim

Di facile verifica.

Teorema 14

Sia pR~ , siano f,g,hAp con f e g rispettivamente di ordine e rispetto ad h


(a) fg è di ordine + rispetto ad h e PP(fg,h,p)=PP(f,h,p)PP(g,h,p)

(b) Se f e h sono diverse da 0 in un intorno di p allora 1/f è di ordine rispetto a 1/h e

PP(1/f,1/h,p)=1/PP(f,h,p)

(c) Se g è diversa da 0 in un intorno di p e se inoltre f è di ordine uguale o superiore a

g, allora il quoziente f/g di ordine – rispetto ad h per xp, e

PP(f/g,h,p)=PP(f,h,p)/PP(g,h,p)

(d) Se R0 allora f ha ordine e PP(f,h,p)=PP(f,h,p)

(e) Se 0R allora ha ordine e PP(f ,h,p)=(PP(f,h,p))

(f) Se = e PP(f,h,p)+PP(g,h,p)0 allora la somma f+g ha ordine rispetto ad h e

PP(f+g,h,p)=PP(f,h,p)+PP(g,h,p). Se < si presentano due casi. Nel caso in cui f

e g sono infinitesime la somma f+g è un infinitesimo di ordine rispetto ad h e

PP(f+g,h,p)=PP(f,h,p). Nel caso in cui f è g sono infinite la somma f+g è un

infinito di ordine rispetto ad h e PP(f+g,h,p)=PP(g,h,p).

Dim

Di facile verifica.

Esempio 7

Assegnate le funzioni:



f(x)=sin2(x) e g(x)=x

calcolare l’ordine di f rispetto a g per x0 e successivamente la parte principale di f

rispetto a g.

Dobbiamo trovare R+ tale che il limite:

0limx x

xsin )(2

sia finito. Banalmente =2 infatti:

0limx 2

2 )(x

xsin =0

limx

2)(

xxsin =1

E quindi f è di ordine 2 rispetto a g ed inoltre:

PP(sin2(x),x,0)=x2

Più semplicemente si poteva fare uso del Teorema 14,(e):

PP(sin2(x),x,0)=(PP(sin(x),x,0))2=x2

Esempio 8


f(x)=ln(1+ x ) e g(x)=tg(2x)


rispetto a g.


0limx )2(

)1ln(xtgx

sia finito. Osserviamo che:

)2()1ln(

xtgx

=

xx)1ln(

)2(2

xtgx

21

e quindi =1/2 infatti:

0limx )2(

)1ln(xtgx

=

0limx x

x)1ln(

)2(22/1 xtg

x2

1 =0

limx x

x)1ln( 2/1

)2(2

xtg

x =2

1



E quindi f è di ordine 1/2 rispetto a g ed inoltre:

PP(ln(1+ x ),tg(2x),0)=2

1 tg1/2(2x)

Esempio 9


f(x)=1–cos(x) e g(x)=x


rispetto a g.


0limx x

x)cos(1

sia finito. Basta scegliere =2 infatti:

0limx 2

)cos(1x

x =21


PP(1–cos(x),x,0)=21 x2

Esempio 10


f(x)=3x6–7x+2cos(x) g(x)=x

calcolare l’ordine di f rispetto a g per x+ e successivamente la parte principale di

f rispetto a g.


xlim

xxxx )cos(273 6

sia finito. Basta scegliere =6 infatti:



xlim

6

6 )cos(273x

xxx =x

lim6

63xx =3


PP(3x6–7x+2cos(x),x,+)=3x6

Esempio 11

In questo controesempio viene data una la cui parte principale rispetto

all’infinitesimo campione non può essere calcolata facendo uso del Teorema 14(f).

Consideriamo le funzioni infinitesime:

f(x)=x–sin(x) g(x)=x

ed osserviamo che:

PP(x,x,0)+PP(–sin(x),x,0)=PP(x,x,0)–PP(–sin(x),x,0)=x–x=0

e pertanto non si può applicare il Teorema 14(f). Tuttavia la parte principale di f è (si

può adoperare ad esempio De L’Hospital che verrà trattato in seguito):

PP(x–sin(x),x,0)=61 x3

Esercizi 5

Calcolare l’ordine di f rispetto a g per xp e successivam-e la parte principale di f

rispetto a g.

1. f(x)=x+sin(x) e g(x)=x ; x=0

2. f(x)=xln(1+x) e g(x)=x3 ; x=0

3. f(x)=xsin(x) e g(x)=arcsin(x) ; x=0

4. f(x)= )1ln()(3

xxsin

x e g(x)=3x ; x=0

5. f(x)=)()cos(1

xsinxx

e g(x)=sinh(x) ; x=0

6. f(x)=tg(x)–sin(x) e g(x)=x ; x=0

10. f(x)=1)arctg(1

))(cos1()1( 3

xxtge x

e g(x)=x ;

x=0

11. f(x)=1164

17323

25

xxxxx e g(x)= x ;

x=+

12. f(x)=3x3–2xcos(x)+sin(x) e g(x)=x2+1;

x=+



7. f(x)=tg2(x)ln(x)+arctg4(x) e g(x)=x ;

x=0

8. f(x)=)(

)1(

xtg

ex x e g(x)=ln2(x+1) ; x=0

9. f(x)=)(

)1ln(xtg

xx e g(x)=x ; x=0

13. f(x)=1214 3

xx e g(x)=x2; x=+

14. f(x)=x4

xxsin )(1

3 e g(x)=x; x=+

15. f(x)=3715 4

xx e g(x)= x ; x=+

2.4 Scale di confronto

Sia p R~ e sia SAp insieme non vuoto. Diciamo che l’insieme S è una scala di

confronto per xp, se è totalmente ordinato dalla relazione d’ordine di “o-piccolo”,

cioè dati f,gS si ha la tricotomia, ovvero vale una sola delle relazioni:

f=pg ; f<pg ; g<pf

Se fAp allora se gS t.c. f=pg, si dice che f ha ordine g rispetto alla scala S ed in

questo caso diremo che f è paragonabile o confrontabile con la scala S.

Vediamo alcune delle scale più usate, nel caso p=0 e p=+:

(a) La seguente:

S={x : R+}

è una scala di infinitesimi (infiniti) per x0+ (per x+). Se fAp è una

funzione infinitesima (infinita) per x0+ (per x+) osserviamo che in questo

caso dire che f è confrontabile con S equivale ad affermare che f ha un certo

ordine R+ rispetto all’infinitesimo (infinito) campione.

(b) La seguente:

S={|ln(x)| : R+}

è una scala di infiniti per x0+ o per x+).

(c) La seguente:

S={x|ln(x)| : ,R+}



è una scala di infinitesimi (infiniti) per x0+ (per x+). Si osserva che questa

scala ingloba la scala del punto (b) e del punto (c) quando per x+.

(d) La seguente:

S={ex : R+}

è una scala di infiniti (infinitesimi) per x+ (per x–).

(e) La seguente:

S={xex : ,R+}

è una scala di infiniti per x+. Si osserva che questa scala è un ampliamento

della scala del punto (b) per x+.

(f) La seguente:

S={ln(x)ex : ,R+}


della scala del punto (c) per x+.

(g) La seguente:

S={xln(x)ex : ,,R+}


della scala del punto (f) per x+.

Al solito nel caso pR0 queste scale possono essere traslate sostituendo x–p in luogo

di x.

Vogliamo fare osservare che le scale di confronto non hanno un carattere di

paragonabilità globale. Consideriamo ad esempio la scala del punto (b), cioè la scala

definita da tutte le potenze dell’infinito campione:

S0={x : 0R }

Sappiamo che:

xlim

xx)ln( =0 >0

e quindi per x+ la funzione ln è infinita di ordine inferiore a qualsiasi potenza

dell’infinito campione x, e pertanto non è paragonabile con la scala S0. Possiamo



prolungare verso il basso la scala S0, aggiungendo ln è tutte le sue potenze non

negative, cioè consideriamo la scala ampliata:

S1=S0{ln(x) : 0R }

Analogamente:

xlim

xe x

=0 >0

e quindi per x+ la funzione ex è infinita di ordine superiore a qualsiasi potenza

dell’infinito campione x, e di conseguenza anche di qualsiasi potenza di ln (essendo

quest’ultima infinita di ordine inferiore rispetto ad x), e pertanto non è paragonabile

con la scala S1. Possiamo prolungare verso l’alto la scala S1, aggiungendo ex è tutte le

sue potenze non negative, cioè consideriamo la scala ampliata:

S2=S1{ex : 0R }

Confrontando gli infiniti della scala S2:

ln(x)<+ x<+ ex ,,>0

Per quanto prossimi siano gli infiniti x, x+ (con ,>0), fra essi cade l’infinito

xln(x), si ha infatti:

xlim

xxx )ln( =+ e

xlim

xxx )ln( =0

potremmo quindi infittire ulteriormente la scala S2:

S3=S2{xln(x): ,R+}

Le cose si complicano ulteriormente se si fanno intervenire gli esponenziali iterati

(cioè del tip exp(exp(x))) e i logaritmi iterati (cioè del tipo ln(ln(x))), perché per

x+ l’infinito ln(ln(x)) risulta di ordine inferiore a ln(x), mentre exp(exp(x)) risulta

di ordine superiore rispetto ad exp(x). In conclusione per quanto si infittisca e si

ampli una scala di paragone, si possono sempre costruire infiniti (infinitesimi) fuori

scala.

Teorema 15



Sia p R~ , siano SAp una scala di funzioni infinitesime (infinite) per xp e diverse

da zero in un intorno di p.

Ts: S*={1/f : fS} una scala di funzioni infinite (infinitesime) per xp

Dim

Conseguenza immediata del Teorema 9(d).

Esempio 12

Dire l’ordine della seguente funzione infinitesima per x0, rispetto all’infinitesimo

campione:

f(x)=sin2(x)arcsin(x)

Dobbiamo trovare un 0 tale che limite:

0limx x

x)(f

sia finito e diverso da 0. Evidentemente basta scegliere =3, infatti:

3

2 )()(x

xarcsinxsin =2)(

xxsin

xxarcsin )(

E quindi in definitiva f è di ordine 3 rispetto all’infinitesimo campione x.

Esempio 13

Dire l’ordine della seguente funzione infinitesima per x0, rispetto al infinitesimo

campione:

f(x)=(1–cos(x))tg3(x)


0limx x

x)(f




5

3 )()cos(1x

xtgx =2

)cos(1x

x 3)(

xxtg


Esempio 14

Dire l’ordine della seguente funzione infinita per x+, rispetto al infinito

campione:

f(x)=3x4+x2+1


xlim

xx)(f


xlim

4

24 13x

xx =x

lim4

43xx =3

E quindi in definitiva f è di ordine 4 rispetto all’infinito campione x.

Esercizi 6

Dire l’ordine delle seguenti funzioni infinitesime rispetto all’infinitesimo campione:

1. f(x)=x2sin(x)

2. f(x)=x2sin(x)+tg2(x)

3. f(x)=1–cos(arcsin2(x))+x2sin5(x)

4. f(x)=)(3

4

xsinx

5. f(x)= )1ln())cos(1(3

xxsin

x

6. f(x)=)()cos(1

xsinxx

7. f(x)= 32

74

)cos(xxxx

8. f(x)=)(

)1ln(xtg

xx





Banalmente x2 è di ordine 2 e sin(x) è di ordine 1 e quindi per il Teorema 14(a), la

funzione f è di ordine 3.


Banalmente x2sin(x) è di ordine 3 e tg2(x) è di ordine 2 e quindi scartando gli

infinitesimi di ordine superiore segue chela funzione f è di ordine 2.



0limx x

x)(f


0limx 4

522 )())(cos(1x

xsinxxarcsin =0

limx 4

2 ))(cos(1x

xarcsin =

0limx 22

2

))(())(cos(1

xarcsinxarcsin

4

4 )(x

xarcsin =21



Il numeratore del quoziente sotto radice è di ordine 4 mentre il denominatore è di

ordine 3 e quindi segue dal Teorema 14(c) che il quoziente è di ordine 1 e quindi per

il Teorema 14(e) si conclude che f è di ordine 1/2


Il numeratore è di ordine 2, ed anche il termine sotto radice al denominatore (si

verifica facilmente) è di ordine 2 e di conseguenza per il Teorema 14(e) il

denominatore è di ordine 2/3 e quindi per il Teorema 14(c) si conclude che f è di

ordine 2–2/3=4/3.


Il numeratore è di ordine 2, ed il denominatore è di ordine 1 e quindi per il Teorema

14(c) si conclude che f è di ordine 2–1=1.




Il termine sotto radice è di ordine 4 e quindi per il Teorema 14(e) si conclude che f è

di ordine 4(1/3)=4/3


Il numeratore è di ordine 2, mentre il denominatore è di ordine 1/2 e quindi segue dal

Teorema 14(c) che la f è di ordine 2–1/2=3/2.

Esercizi 7

Dire l’ordine delle seguenti funzioni infinite rispetto all’infinito campione:

1. f(x)=x4+7x3–1

2. f(x)=3

12272

25

xxxxx

3. f(x)=2x5+xtg2(x)

4. f(x)=)(2

4

xsinx

5. f(x)=)(cos

243/2

4

xxxx

6. f(x)=3 2

3

))cos(1(

25

xsin

x

7. f(x)= 32

74

)cos(xxxx



Scartando gli infiniti di ordine inferiore si trova subito che f è di ordine 4.


Scartando gli infiniti di ordine inferiore si trova che il numeratore è di ordine 5 ed il

denominatore è di ordine 2 e quindi segue dal Teorema 14(c) che la f è di ordine 3.


Scartando gli infiniti di ordine inferiore si trova subito che f è di ordine 5.


Il termine sotto radice ha ordine 4 e quindi per il Teorema 14(e) la f ha ordine

4(1/2)=2.




Il numeratore del quoziente sotto radice è di ordine 4 ed il denominatore è di ordine 1

e quindi per il Teorema 14(c) il quoziente ha ordine 4–1=3 e di conseguenza per il

Teorema 14(e) la f ha ordine 3(1/2)=3/2.


Il numeratore è di ordine 3 mentre il denominatore è una funzione limitata e di

conseguenza la f è di ordine 3


Il numeratore del quoziente sotto radice è di ordine 7 ed il denominatore è di ordine 2

e quindi per il Teorema 14(c) il quoziente ha ordine 7–2=5 e di conseguenza per il

Teorema 14(e) la f ha ordine 5(1/3)=5/3.

Esercizi 8

Calcolare la parte principale delle seguenti funzioni infinitesime per x0, rispetto

all’infinitesimo campione, facendo uso del Teorema 14 ed inoltre scrivere la f come

f(x)=x+op(x)

1. f(x)=x3sin(2x)

2. f(x)=x2tg(x)+sin2(x)

3. f(x)=1–cos(arcsin2(x))+x2sin5(x)

4. f(x)=)(3

4

xsinx

5. f(x)=3 ))cos(1(

)1ln(3xsin

xx

6. f(x)=)()cos(1

xsinxx

7. f(x)= 32

74

)cos(xxxx

8. f(x)=)(

)1ln(xtg

xx



PP(x3sin(2x),x,0)=PP(x3,x,0)PP(sin(2x),x,0)=(x3)(2x)=2x4



f(x)=2x4+op(x4)


PP(x2tg(x)+sin2(x),x,0)=PP(sin2(x),x,0)=x2

f(x)=x2+op(x2)


PP(1–cos(arcsin2(x))+x2sin5(x),x,0)=PP(1–cos(arcsin2(x)),x,0)=21 x4

f(x)=21 x4+op(x4)


PP

0,,

)(3

4x

xsinx =

0,,

)(PP 3

4x

xsinx =

,0)),(PP(sin,0),PP(

3

4

xxxx =

3

4

xx = x

f(x)= x +op( x )


0,,

))cos(1()1ln(3PP

3x

xsinxx =

)0,,))cos(1(PP()0,),1ln(3PP(

3 xxsinxxx

=

3 )0,)),cos(1(PP()0,),1ln(PP()0,,3PP(

xxsinxxxx

=

=3 2

21

))(3(

x

xx =3/2

2

213

x

x =6x4/3

f(x)=6x4/3+op(x4/3)


0,,

)()cos(1PP x

xsinxx =

)0,),((PP)0,),cos(1(PP

xxsinxxx

=

)0,),((PP)0,,(PP2/1 2

xxsinxxx

=

xxx

22/1

=xx

22/1 2

=41 x

f(x)=41 x +op(x)




0,,)cos(

PP 32

74x

xxxx = 3

2

740,,

)cos(PP

xxx

xx = 3 4 )0,,PP( xx = 3 4x

f(x)= 3 4x +op(3 4x )


0,,)(

)1ln(PP xxtg

xx =)0,,)((PP

)0,),1ln((PPxxtg

xxx =)0,),(PP(

)0,),1(ln(PP)0,,(PPxxtg

xxxx =x

xx =x3/2

f(x)=x3/2+op(x3/2)

2.5 Confronto asintotico

Sia p R~ e siano f,gAp. Diciamo allora che f e g sono asintotiche o equivalenti e

scriviamo f~g se:

f–gop(g)

ovvero se:

f=g+op(g)

La nozione di funzioni asintotiche acquista un notevole interesse, quando le funzioni

in questioni sono infinitesime o infinite per xp .

Teorema 16

Sia pR~ , siano f,gAp con g diversa da 0 in un intorno di p

Ts: f~g px

lim)(g)(f

xx =1

Dim

Di facile verifica.

Le proprietà riportate nel seguente teorema costituiscono un validissimo

strumento per la risoluzione dei limiti.



Teorema 17

Sia pR~ :=R


(a) La relazione ~ è di equivalenza su Ap

(b) Se f1,g1,f2,g2Ap con f1~g1 e f2~g2 allora f1f2~g2g2

(c) Se f1,g1,f2,g2Ap con f1~g1 e f2~g2 e se inoltre f2 e g2 sono non nulle in un intorno

di p allora 2

1

ff

~2

1

gg

(d) Se f,gAp con f~g se inoltre f e g sono diverse da 0 in un intorno di p allora f1 ~

g1

(e) Se f,gAp con f~g e sia R allora )(f x ~ )(g x

(f) Se f,gAp con gop(f) allora f+g~f

(g) Se f1,g1,f2,g2Ap con f1~g1 e f2~g2 e se f1f2>0 in un intorno di p allora f1+f2~g1+g2

(h) Se f1,g1,f2,g2Ap con f1~g1 e f2~g2 e con f2 e g2 diverse da 0 in un intorno di p

allora px

lim)(f)(f

2

1

xx

=px

lim)(g)(g

2

1

xx

(i) Sia qR~ , sia Aq a valori in un intorno di p e diversa da p in un intorno di q e


lim(t)=p. Se f,gAp con f~g allora f~f per tq

(j) Se f,gAp con f di ordine 0R rispetto a g allora f~PP(f,g,p)

Dim

La dimostrazioni di (a), (b), (c), (d), (e), (f) sono di facile verifica.

La verifica della (g) è omessa.

Per la verifica della (h) osserviamo che:

2

1

ff

=)g(g)g(g

22

11

p

p

oo

passando al limite per xp per il principio di sostituzione si conclude quanto voluto.

La dimostrazione della (i) si ottiene applicando il teorema di cambio di variabile.



Per dimostrare la (j) basta osservare che:

)g,PP(f,f

p=

)g,PP(f,))g,PP(f,()g,PP(f,

ppop p

passando al limite per xp per il principio di sostituzione si conclude quanto voluto.

Esercizi 9

Dimostrare facendo uso dei limiti notevoli, le seguenti relazioni asintotiche tra

funzioni infinitesime per x0, che per l’appunto vengono dette relazioni asintotiche

notevoli:

x~sin(x)~ ))(cos1(2 xn

n ~tg(x)~arcsin(x)~21 arccos2(1–x)~arctg(x)~ln(1+x)~

)aln(1a

x~

1)1( x ~sinh(x)~ )1)((cosh2x

nn ~tgh(x)~settsinh(x)~

21 settcosh2(1+x)~settgh(x)

dove R0, a 0R -{1}, nN0.

Esercizi 10

Dimostrare facendo uso dei limiti notevoli, le seguenti relazioni asintotiche tra

funzioni infinite per x0+:

x1 ~cosec(x)~

))(cos1(2 xn

n~cotg(x)~

)(1

xarcsin~

)1(arccos22 x

~)arctg(

1x

~

)1ln(1

x~

1a)aln(

x

~

1)1( x

~)(

1xsinh

~)1)((cosh2 x

nn ~

)(1

xtgh~

)(1

xsettsinh~

)1(cosh2

2 xsett ~

)(1

xsetttgh



dove R0, a 0R -{1}, nN0. (L’esercizio è immediata conseguenza del Teorema

17,(d) e di Esercizi 9)

Esempio 15

Risolvere il seguente limite facendo uso del confronto asintotico:

0limx ))((

)))cos(1((22

2

xsinsinxtgsin

Osserviamo che:

sin2(tg(1–cos(x)))~(tg(1–cos(x)))2~(1–cos(x))2~(1/2 x2)2~1/4 x4

sin2(sin(x2))~(sin(x2))2~(x2)2=x4

E quindi per il Teorema 17,(h) segue che:

0limx ))((

)))cos(1((22

2

xsinsinxtgsin =

0limx 4

4 4/1x

x =41

Esempio 16


0limx ))cos(1cos(1))((

)()cos(132

4))cos(1(

xxsinsinxtge xtg

Osserviamo che:

etg(1–cos(x))+tg4((x))2~etg(1–cos(x))~ tg(1–cos(x))~1–cos(x)~21 x2

sin(sin(x2))+1–cos(1–cos(x3))~sin(sin(x2))~sin(x2)~x2

E quindi per il Teorema 17,(h) segue che:

0limx ))cos(1cos(1))((

)()cos(132

4))cos(1(

xxsinsinxtge xtg

=

0limx 2

22/1x

x =21

Esempio 17




0limx )(1

1)cos()1(2)(2

222

2xsine

xearcsinxtg

x

Consideriamo il numeratore ed osserviamo che:

arcsin2(e2x–1)~(e2x–1)2~(2x)2~4x2

cos(x2)–1~–x2

e quindi:

PP(arcsin2(e2x–1),x,0,)=4x2 e PP(cos(x2)–1,x,0,)= –x2

E pertanto:

PP(arcsin2(e2x–1),x,0,)+PP(cos(x2)–1,x,0,)=4x2–x2=3x2

Poiché le parti principali di arcsin2(e2x–1) e cos(x2)–1 rispetto all’infinitesimo

campione x, non si annullano identicamente allora per il Teorema 14(f) segue che:

arcsin2(e2x–1)+cos(x2)–1~PP(arcsin2(e2x–1),x,0,)+PP(cos(x2)–1,x,0,)=3x2

Procedendo in maniera analoga per il denominatore si trova che:

1)(2 2xtge –sin2(x)~x2

E quindi in definitiva per il Teorema 17,(h) segue che:

0limx )(1

1)cos()1(2)(2

222

2xsine

xearcsinxtg

x

=0

limx 2

23xx =3

Esercizi 11

Risolvere i seguenti limiti facendo uso del confronto asintotico.

1. 0

limx )(

)2(xtgxsin

2. 0

limx )(

)2(4

4

xsinxsin

3. 0

limx )(

)(2

2

xtg

xarcsin



4. 0

limx ))ln(cos(

))(cos(3xxsin

5. 0

limx ))))(cos(arctg(2

))cos(ln(1xsin

e x

6. 0

limx )(

)1ln()2cos(1(3 xsin

xx

7. 0

limx x

xsin2

)))(1ln(1ln(

8. 0

limx )arctg(

1)cos(2x

ee xx

9. 0

limx )2()(

)(2)(

xsinxsinee xsinhxtg

10. 0

limx )1(ln))cosh(1(

)1())(())cos(1(3

6

xxtgearcsinxsinhsinxtg x

11. 0

limx 45)(2

4

))cos(1(1

)1)(ln(4

xe

xtgxsin

12. 0

limx 1

)1)(()1)(()(

434

4

xarcsine

xtgsinxtgsin

13. 0

limx 2

3

7

)(

)2cos(

1x

xtg

exx

e

14. 0

limx xx

xx

4142

31325

5

15. 0

limx

))cos(1(

114

2

xarcsinxsin

16. 0

limx

tg(x)ln5(x)

17. 0

limx

xln(tg(x))



18. 0

limx

x3ln(tg(x))

19. 0

limx

sin(x)ln(tg(x))

20. 0

limx

sin(x)ln(tg2(x))

21. 0

limx

xln(1–cos(x))

22. x

lim x2ln

11

2

2

xx

23. 0

limx

xx

24. 0

limx

(sin(x))tg(x)

25. 0

limx

)(1

2 )1( xtgx

26. 0

limx

x

xxsin

13 )(1

27. 0

limx

)2()arctg(

4 3

))1cos(ln(1)1(1

xtgx

x

xe

28. 0

limx

)5cos(1)5arctg(

2

))71ln(2(

))3cos(1(1

xx

xsinh

xarcsin



Osserviamo che:

sin(2x)~2x

tg(x)~ x

E quindi:



0limx )(

)2(xtgxsin =

0limx x

x2 =2


Osserviamo che:

sin(2x4)~2x4

sin4(x)~ x4

E quindi:

0limx )(

)2(xtgxsin =

0limx 4

42xx =2


Osserviamo che:

arcsin2( x )~( x )2=x

)( 2xtg ~ 2x =x

E quindi:

0limx )(

)(2

2

xtg

xarcsin =0

limx x

x =1


Osserviamo che:

3sin(cos(x))=3sin(–cos(x))=3sin((1–cos(x))~3(1–cos(x)~23x2

ln(cos(x))~ln(1+(cos(x)–1))~cos(x)–1=–(1-cos(x))~21 x2

E quindi:

0limx ))ln(cos(

))(cos(3xxsin =

0limx 2

2

2/1 2/3xx =3


Osserviamo che:



1–cos(ln(ex))= 1–cos(ln(1+(ex–1)))~21 ln2(1+(ex–1))~

21 (ex–1)2~

21 x2

2arctg(sin(cos(x)))~2sin(cos(x))=2sin(–cos(x))=2sin((1–cos(x)))~

2(1–cos(x))~221 x2=x2

E quindi:

0limx ))))(cos(arctg(2

))cos(ln(1xsin

e x =0

limx 2

22/1x

x

=21


Osserviamo che:

(1–cos(2x))ln(1+x)~21 (2x)2x=2x3

sin3(x)~x3

E quindi:

0limx )(

)1ln()2cos(1(3 xsin

xx =0

limx 3

32xx =2


Osserviamo che:

ln(1+ln(1+sin( x )))ln(1+sin( x ))~sin( x )~ x

2 x ~2 x

E quindi:

0limx x

xsin2

)))(1ln(1ln( =0

limx x

x2 =2


Osserviamo che:

cos(ex– e–x)–1~ –21 (ex– e–x)2=

21 (2sinh(x))2~2sinh2(x)~2x2

arctg(x2)~ x2

E quindi:



0limx )arctg(

1)cos(2x

ee xx =

0limx 2

22xx =2


Osserviamo che:

etg(x)–e2sinh(x)= etg(x)–1+1–e2sinh(x)~tg(x)–2sinh(x)~x–2x=–x

sin(x)–sin(2x)~x–2x=–x

E quindi:

0limx )2()(

)(2)(

xsinxsinee xsinhxtg

=

0limx x

x =1


Osserviamo che:

tg(1–cos(x))sin(sinh(x))+arcsin6( 1xe )~tg(1–cos(x))sin(sinh(x))~(–1/2x2)sinh(x)~

(1/2x2)x~1/2x3

tg(1–cosh(x))~1–cosh(x)~ –1/2x2

E quindi:

0limx )(ln))cosh(1(

)1())(())cos(1(3

6

xxtgearcsinxsinhsinxtg x

=0

limx 2

3

2/12/1

xx

=0

limx

x=0


Osserviamo che:

ln(tg4(x)+1)~tg4(x)~x4

1)(2 4xsine +(1–cos(x5))4~ 1)(2 4

xsine ~2sin4(x)~2x4

E quindi:

0limx 45)(2

4

))cos(1(1

)1)(ln(4

xe

xtgxsin

=0

limx 4

4

2xx =

21


Osserviamo che:

sin(tg4(x)+1)+sin3(tg4(x)+1)~ sin(tg4(x)+1)~tg4(x)~x4



1)(4 xarcsine ~ –arcsin4(x)~ –x4

E quindi:

0limx 1

)1)(()1)(()(

434

4

xarcsine

xtgsinxtgsin =0

limx 4

4

xx

=–1


Osserviamo che:

1)(3xtge ~ tg3(x)~ –x3

x 27)2cos( xex = x 2711)2cos( xex ~x[1/2(2x)2–7x2]=–5x2

E quindi:

0limx 2

3

7

)(

)2cos(

1x

xtg

exx

e

=0

limx 2

3

5xx

=0

limx

x=0


Razionalizziamo e semplifichiamo:

xx

xx

4142

31325

5

=xx

xx

3132

41425

5

xx

xx

25

25

41423132

=

=xx

xx

3132

41425

5

)44(14)33(13

255

255

xxx

xxx

inoltre:

35x–1~ln(35)x=5ln(3)x

44x–1~ln(45)x=5ln(4)x

(35x–32x)~(ln(35)–ln(32))x=(5ln(3)–2ln(3))x=3ln(3)x

(45x–42x)~(ln(45)–ln(42))x=(5ln(4)–2ln(4))x=3ln(4)x

E quindi:

0lim

x xx

xx

4142

31325

5

=0

limx xx

xx

3132

41425

5

)44(14)33(13

255

255

xxx

xxx

=



=0

limx xx

xx

3132

41425

5

0

limx )44(14

)33(13255

255

xxx

xxx

=0

limx )44(14

)33(13255

255

xxx

xxx

=

=0

limx xx

xx)4ln(3)4ln(5)3ln(3)3ln(5

=

0lim

x xx

)4ln()3ln( =

)4ln()3ln(


Osserviamo che:

sin 11 2 x ~ 11 2 x ~1/2x2

arcsin4(1–cos(x))~(1–cos(x))4~(1/2x2)2=1/4x8

E quindi:

0limx

))cos(1(

114

2

xarcsinxsin

=0

limx 8

2

4/12/1

xx =

0limx 62/1

1x

=


Osserviamo che:

)(1xtg

~x1

E quindi:

0lim

xtg(x)ln5(x)=

0lim

x )(/1)(ln5

xtgx =

0lim

x xx

/1)(ln5

=0

limx

xln5(x)=0


Osserviamo che:

x1 ~

)(1xtg

E quindi:

0lim

xxln(tg(x))=

0lim

x xxtg

/1))(ln( =

0lim

x )(/1))(ln(

xtgxtg =

0lim

y yy

/1)ln( =

0lim

yyln(y)=0

con il cambio di variabile y=tg(x) (quindi x0+ y0+).




0lim

xx3ln(tg(x))=

0lim

xx2

0lim

xxln(tg(x))=0


Osserviamo che:

)(1

xsin~

)(1xtg

E quindi:

0lim

xsin(x)ln(tg(x))=

0lim

x

)(/1))(ln(xsin

xtg =0

limx )(/1

))(ln(xtgxtg =

0lim

y yy

/1)ln( =

0lim

yyln(y)=0

con il cambio di variabile y=tg(x) (quindi x0+ y0+).


0lim

xsin(x)ln(tg2(x))=2

0lim

xsin(x)ln(tg(x))=2


Osserviamo che:

x1 ~

))cos(1(21

x

E quindi:

0lim

xxln(1–cos(x))=

0lim

x

xx

/1))cos(1ln( =

0lim

x

))cos(1(2/1))cos(1ln(x

x

=

=0

limx

2 )cos(1 x ln(1–cos(x))=0

limy

2 y ln(y)=0

con il cambio di variabile y=1–cos(x) (quindi x0+ y0+).


Facendo il cambio di variabile x=1/y (e quindi x+ y0+):

xlim x2ln

11

2

2

xx

=0

limy 2

2

2

11ln

yyy

Inoltre:



ln

2

2

11

yy

=ln

1+ 2

2

11

yy

–1

~ 2

2

11

yy

–1= 2

2

12

yy

E quindi:

xlim x2ln

11

2

2

xx

=0

limy 2

2

2

11ln

yyy

=0

limy 2

2

2

12

yy

y =

0limy 21

2y

=2


0lim

xxx=

0lim

xexln(x)=

0lim

x

)ln(lim0

xxxe

E poiché:

0lim

xxln(x)=0

allora:

0lim

xxx=e0=1


0lim

x(sin(x))tg(x) =

0lim

xetg(x)ln(sin(x))=

0lim

x

))(ln()(lim0

xsinxtgxe

E poiché:

0lim

xtg(x)ln(sin(x))=

0lim

x )(/1))(ln(

xtgxsin =

0lim

x )(/1))(ln(

xsinxsin =

0lim

xsin(x)ln(sin(x))=

=0

limy

yln(y)=0

con l’equivalenza 1/tg(x)~1/sin(x) ed il cambio di variabile y=sin(x) (e quindi x0+

y0+). E quindi in definitiva:

0lim

x(sin(x))tg(x) =e0=1


0limx

)(1

2 )1( xtgx =0

limx

)(/)1ln( 2 xtgxe = 0

limx

)(/)1ln( 2

0lim xtgxxe

E poiché:



0lim

x )()1ln( 2

xtgx =0

infatti:

ln(1+x2)~x2

tg(x)~x

E quindi in definitiva:

0limx

)(1

2 )1( xtgx =e0=1


0limx

x

xxsin

13 )(1

=

0limx

xxxsine /)/)(1ln( 3 = 0

limx

xxxsinxe

/)/)(1ln( 3

0lim

E poiché:

0limx x

xxsin )/)(1ln( 3 =0

infatti:

xxsin )(1ln

3~

xxsin )(3

~x

x3=x2


0limx

x

xxsin

13 )(1

=e0=1


Osserviamo che:

))1cos(ln(1

)1(1ln4

xe x

~))1cos(ln(1

)1( 4

xe x

~

))1(ln(2/1

4

xx

~

2

4

2/1 xx =2x2

)arctg()2(3

xxtg

~xx 3)2( =8x2

Quindi:



0limx

)arctg()(

))1cos(ln(1)1(1ln

3

4

xxtg

xe x

=0

limx 2

2

82

xx =

41

E pertanto:

0limx

)2()arctg(

4 3

))1cos(ln(1)1(1

xtgx

x

xe

=e1/4= 4 e


Osserviamo che:

))71ln(2(

))3cos(1(1ln

2

xsinh

xarcsin~

))71ln(2(

))3cos(1(2

xsinh

xarcsin

~

)71ln(2

))3cos(1( 2

x

x

=

=)71ln(2

)3cos(1

x

x

~x

x

72

)3(2/1 2= 4/14

2

7229

xx =

4 2829 x7/4

)5arctg(

)5cos(1

x

x ~x

x

5

)5(2/1 2=

4/1

2

5225

xx =

5225 x7/4

Quindi:

0limx

)5arctg(

)5cos(1))71ln(2(

))3cos(1(1ln

2

x

xxsinh

xarcsin

=0

limx 4/7

4/74

5225

2829

x

x=

4 2829

2552 =

259

42825

E pertanto:

0limx

)5cos(1)5arctg(

2

))71ln(2(

))3cos(1(1

xx

xsinh

xarcsin

=

42825

259

e



Capitolo 3 Applicazione del calcolo differenziale per la risoluzione dei limiti

3.1 La regola di De L’Hospital

La regola di De L’Hospital richiamata qui di seguito, è uno dei capisaldi dell’analisi

matematica, poiché essa costituisce uno strumento formidabile per la risoluzione dei

limiti, laddove si presenta la forma indeterminata 00 oppure

. Se nel calcolo del

limite si trova una delle due forme di indeterminazione, allora si procede come segue:

(a) Si cerca di spezzare (se è possibile) nel prodotto o nella somma, di un limite non

indeterminato e di un limite indeterminato, cioè si cerca di isolare

l’indeterminazione (allo scopo di evitare lunghe operazioni di derivazione)

(b) Si applica la regola di De L’Hospital.

(c) Si riduce il limite ad un unico numeratore e ad un unico denominatore

(d) Se l’indeterminazione esiste ancora, si ritorna quindi al punto (a).

Nel paragrafo 1.2 del 0 abbiamo visto che nei casi di indeterminazione 0, +–, 00,

1, 0 mediante trasformazioni opportune ci si riconduce alla forma di

indeterminazione 0/0 oppure alla forma di indeterminazione / e di conseguenza in

corrispondenza di queste forme indeterminate si può applicare la regola di De

L’Hospital.

Lemma 1



Siano DR sottoinsieme non vuoto, sia p R~ di accumulazione per D in R~ , sia R,

sia 0R , siano f,g:DR due funzioni, e supponiamo che g converga a per xp

Ts: valgono allora i seguenti fatti:

() Se px

lim f(x)g(x)= allora px

lim f(x)=

() Se px


lim f(x)=

()Se px


lim f(x)=

Dim

A priori facciamo osservare che essendo 0, allora per il teorema di permanenza del

segno esiste un intorno di p sul quale la funzione g è diversa da zero e di conseguenza

in corrispondenza di tale intorno la funzione f si può scrivere come:

f=[fg]g1 (1)

Caso ()

Per il teorema dei limiti del prodotto la funzione (fg)(1/g) ammette limite per xp. E

pertanto poiché per la (1) la f coincide in un intorno di p con una funzione che

ammette limite per xp, di conseguenza anche la f ammetterà limite per xp.

Andiamo a calcolare tale limite, passando al limite per xp nella (1):

pxlim f(x)=

pxlim [f(x)g(x)]

)(g1x

=px

lim [f(x)g(x)] px

lim)(g

1x

=()1

Caso ()

Ricordiamo che una funzione definita in un intorno di p si dice lontana da 0 se esiste

un intorno di p sul quale la funzione in modulo è maggiore di una costante

strettamente positiva. Si dimostra facilmente che ogni funzione che ammette limite

per xp, diverso da 0, è lontana da 0 per xp. Quindi essendo 1/0, segue che la

funzione 1/g è lontana da 0 per x0. Per un teorema sui limiti sappiamo che il



prodotto di una funzione che tende a per una funzione lontana da zero, tende

ancora a . E pertanto dalla (1) segue la tesi.

Caso ()

Ricordiamo che il prodotto di una funzione divergente a + (–) quando xp, per

una funzione limitata inferiormente da una costante strettamente positiva in un

intorno di p è ancora una funzione divergente a + (–) quando xp. Poiché 0 la

funzione 1/g converge a 1/ per xp. Con una dimostrazione analoga a quella fatta

per il teorema di permanenza del segno si verifica esiste un intono sul quale la

funzione 1/g è limitata inferiormente da una costante strettamente positiva. E quindi

per quanto suddetto e per la (1) si conclude.

Lemma 2

Sia DR un intervallo, sia pR di accumulazione per D in R, sia R~ , siano

f,g:DR funzioni, e supponiamo che siano soddisfatte le seguenti due condizioni:

() px

lim g(x)=

() xD\{p} x]p,x[ se p<x o x]x,p[ se p>x t.c. f(x)=g(x)

Ts: px

lim f(x)=

Dim

Vogliamo osservare a priori che preso un xD\{p} allora ]p,x[D se p<x oppure

]x,p[D se x<p. Essendo p di accumulazione per A si verifica facilmente che

inf(A)p e sup(A)p (per via grafica e procedendo per assurdo, si evince

immediatamente tale affermazione). Essendo D intervallo allora per quanto suddetto

segue che ]p,x[(inf(A),sup(A))=D se p<x o ]x,p[(inf(A),sup(A))=D se x<p.

Si presentano i seguenti due casi:

(a) R

(b) =,



Caso (a).

Fissato un >0, per la () segue che:

>0 t.c. |g(x)–|< x]p–,p+[D\{p} (1)

Dalla () e dalla (1) esegue che:

|f(x)–|=|g(x)–|< x]p–,p+[D\{p}

Caso (b).

Supponiamo che =. Fissato un K>0, per la () segue che:

>0 t.c. |g(x) |>K x]p–,p+[D\{p} (2)

Dalla () e dalla (2) esegue che:

|f(x)|=|g(x)|>K x]p–,p+[D\{p}

Analogamente si procede per il caso =+ e per il caso = –.

Teorema 18 (Regola di De L’Hospital)

Sia DR un intervallo, sia pR~ di accumulazione per D, siano f,g:DR due

funzioni continue e derivabili in D, con g (x)0 xD. Supponiamo inoltre che

entrambe le funzioni f e g siano infinitesime o infinite per xp.

Ts: Se px

lim)(g)(f

xx

= allora px

lim)(g)(f

xx =

Dim

Poiché D è un intervallo è del tipo D=(,) con =in(A) e =sup(A). Si distinguono i

seguenti tre casi:

(i) pint(D)=],[

(ii) p=inf(D)=

(iii) p=sup(D)=

Caso (i)

Per ipotesi f e g sono infinitesime o infinite per xp, ovviamente che siano infinite

per xp è da scartare poiché per ipotesi f e g sono continue in p, e di conseguenza



deduciamo che f(p)=g(p)=0. Inoltre per ipotesi g (p)0 e questo come sappiamo

significa che la g è strettamente crescente o strettamente decrescente in un intorno di

p e quindi da ciò si evince che esisterà UR intorno di p t.c. g(x)g(p)=0

xUD\{p}. Osserviamo che:

)(g)(f

xx =

)(g)(g)(f)(f

pxpx

=

pxpx

pxpx

)(g)(g

)(f)(f

xUD\{p}

e pertanto essendo per ipotesi f e g derivabili in p, passando al limite otteniamo:

pxlim

)(g)(f

xx =

pxlim

pxpx

pxpx

)(g)(g

)(f)(f

=

pxpx

pxpx

px

px

)(g)(glim

)(f)(flim=

pxlim =

)(g)(f

pp

=

Caso (ii)

L’intervallo D può essere limitato o illimitato inferiormente. Sia il caso in cui D è

limitato inferiormente e pertanto p=R. E quindi in questo caso parlare di limite per

xp equivale a parlare di limite per xp+ ovvero di limite destro. Procediamo

considerando i seguenti due casi.

(a) f e g infinitesime per xp+

(b) f e g infinite per xp+

Mettiamoci nel caso(a). Non è restrittivo considerare f e g definite su tutto [p,),

infatti se f e g fossero definite in ]p,) allora basterebbe estenderle ponendo f(p):=0 e

g(p):=0. Poiché per ipotesi f e g sono infinitesime per xp+ segue che f e g sono

continue in p e di conseguenza f e g risultano essere continue su tutto [p,). Teniamo

presente che per il teorema di Cauchy sia ha che:

xD x]p,x[ t.c. )(g)(f

xx =

)(g)(g)(f)(f

pxpx

=

)(g)(f

x

x

e quindi per il Lemma 2 si conclude.



Mettiamoci nel caso(b). Fissiamo 0<< e poniamo y=p+ ed ovviamente ]p,y]D.

Teniamo presente che per il teorema di Cauchy sia ha che:

x]p,y[ x]x,y[ t.c. )(g)(g)(f)(f

yxyx

=

)(g)(f

x

x

(1)

Osserviamo che:

)(g)(g)(f)(f

yxyx

=

)(g)(f

xx

)(g)(g1

)(f)(f1

xyxy

=

)(g)(f

xx(x) x]p,y[ (2)

dove:

:]p,y[R con (x):=

)(g)(g1

)(f)(f1

xyxy

x]p,y[

che tende ad 1 per xp+ essendo per ipotesi f e g infinite. Per la (1), per la (2) e per il

Lemma 2 segue che:

pxlim

)(g)(f

xx(x)=

per il Lemma 1 segue la tesi.

E quindi il teorema resta dimostrato nel caso D limitato inferiormente. Sia adesso il

caso in cui l’intervallo D è illimitato inferiormente cioè p=–. I e D=]-,). Fissato

cD sia * 0R t.c. –1/t<c t]0,*[ (evidentemente se c0 va bene un qualunque

*>0 mentre se c<0 basta scegliere ad esempio *= –1/c) e consideriamo la funzione

:]0,*[R con (t)=–1/t t]0,*[. Osserviamo che per costruzione (]0,*[)]–

,c[D. Consideriamo adesso le seguenti due funzioni:

f~ :]0,*[R Con f~ (t)=f((t)) t]0,*[

g~ :]0,*[R Con f~ (t)=f((t)) t]0,*[

Tali funzioni sono continue e derivabili in ]0,*[ in quanto composizione di funzioni

continue e derivabili in ]0,*[, inoltre per il teorema di cambio di variabile le funzioni



in questione sono infinitesime o infinite per t0+. Pertanto se esiste il limite del

quoziente f~ / g~ per t0+, per il caso precedente esisterà anche il limite del

quoziente f~ / g~ per t0+. Dall’ipotesi e tenendo conto del cambio di variabile x=–1/t

(e quindi x – t0+) segue che:

xlim

)(g)(f

xx

=0

limt )/1(g

)/1(ftt

=

0lim

t )/1)(/1(g)/1)(/1(f

2

2

tttt

=

0lim

t )(φ))(φ(g)(φ))(φ(f

tttt

=0

limt )(g~

)(f~

tt

=

=0

limt )(g~

)(f~

tt =

0lim

t )/1(g)/1(f

tt

=

xlim

)(g)(f

xx

Caso (iii)

In questo caso D=(,p[. Consideriamo la funzione :]–p,–)R con (t)=–t t]–

p,–). Osserviamo che per costruzione (]–p,–))D. Consideriamo adesso le

seguenti due funzioni:

f~ :]–p,–)R con f~ (t)=f((t)) t]–p,–)

g~ :]–p,–)R con f~ (t)=f((t)) t]–p,–)

Tali funzioni sono continue e derivabili in ]–p,–) in quanto composizione di

funzioni continue e derivabili in ]–p,–), inoltre per il teorema di cambio di variabile

le funzioni in questione sono infinitesime o infinite per t –p. Pertanto se esiste il

limite del quoziente f~ / g~ per t –p, per il caso (ii) esisterà anche il limite del

quoziente f~ / g~ per t –p. Dall’ipotesi e tenendo conto del cambio di variabile x=–t

(e quindi xp t –p) segue che:

pxlim

)(g)(f

xx

=pt

lim)(g)(f

tt =

pt lim

)1)((g)1)((f

tt =

pt lim

)(φ))(φ(g)(φ))(φ(f

tttt

=pt

lim)(g~)(f~

tt

=

=pt

lim)(g~)(f~

tt =

pt lim

)(g)(f

tt =

pxlim

)(g)(f

xx

Ed il teorema è completamente dimostrato.

Corollario 2



Sia DR un intervallo, sia pR~ di accumulazione per D, siano f,g:DR due

funzioni continue e derivabili in D fino all’ordine n1, con g(n)(x)0 xD.

Supponiamo inoltre che entrambe le funzioni f e g siano infinitesime o infinite per

xp assieme alle loro rispettive derivate fino all’ordine n–1

Ts: Se px

lim)(g)(f

(n)

(n)

xx = allora

pxlim

)(g)(f

xx =

Dim

Procediamo per induzione per il teorema di De L’Hospital l’asserto è vero per n=1.

Supponiamo quindi che l’asserto sia vero per n=k e dimostriamo che è vero per

n=k+1. Consideriamo le funzioni f~ :=f(k) e g~ :=g(k). Per ipotesi esiste il limite del

rapporto f~ / g~=f(k+1)/g(k+1) siamo quindi ricaduti nel caso n=1 e di conseguenza esiste

il limite del rapporto f~ / g~ :=f(k)/g(k) e quindi per l’ipotesi induttiva segue la tesi.

Corollario 3

Sia DR un intervallo, sia pD non isolato, sia nN\{0}, sia fRD una funzione

continua e derivabile in D fino all’ordine n

Ts: Sono allora equivalenti le seguenti due affermazioni:

(1) f è infinitesima di ordine n rispetto all’infinitesimo campione x–p per xp

(2) f(p)= f (p)= f (p)=…=f(n–1)(p)=0 e f(n)(p)0

Dim (1)(2)

Per ipotesi la f è infinitesima per xp e quindi per la continuità in p deve

necessariamente essere che f(p)=0. Poiché f(p)=0 allora:

f (p)=px

limpx

px )(f)(f =

pxlim

pxx

)(f =0

essendo f infinitesima di ordine n. Poiché f (p)=0 e per la regola di De L’Hospital

segue che:



f (p)=px

limpx

px

)(f)(f =px

limpx

x )(f =

pxlim 2 2)(

)(fpxx

=0

Iterando il ragionamento si dimostra che le derivate fino all’ordine n–1 sono nulle in

p. Per la derivata n-esima, applicando ripetutamente la regola di De L’Hospital:

f(n)(p)=px

limpx

px )(f)(f 1-n1)-(n

=px

limpxx

)(f 1)-(n

=px

lim 2 2

2)-(n

)()(f

pxx

=

pxlim 6 3

3)-(n

)()(f

pxx

= …=

=px

lim (n–1)! 1n)()(f

pxx =

pxlim n! n)(

)(fpxx

0

essendo per ipotesi f infinitesima di ordine n.

Dim (2)(1)

Applichiamo n–1 volte la regola di De L’Hospital e successivamente calcolando la

derivata n-esima in p a come derivata prima della derivata n–1 otteniamo:

pxlim n)(

)(fpxx

=

pxlim 1-n)(n

)(fpxx

=

pxlim 2-n)(1)-n(n

)(fpx

x

=…=

pxlim

)(n!)(f 1)-(n

pxx

=

=px

lim)(n!

)(f)(f 1)-(n1)-(n

pxpx

=

n!)(f (n) p0

Corollario 4

Sia pR~ e sia nN\{0}

Ts: D[op((x–p)n)]=op((x–p)n–1)

Dim

Immediata.

Esempio 18

Calcolare il seguente limite facendo uso della regola di De L’Hospital:

xlim

52315

3

23

xxxx



Applichiamo De L’Hospital:

xlim

52315

3

23

xxxx

H

xlim

29215

2

2

xxxH

xlim

218230

xx

H

xlim

xx

1830 =

1830 =

35

Esempio 19


0limx 3

)(x

xsinx


0limx x

xsinx )(H

0limx 23

)cos(1x

xH

0limx x

xsin6

)(H

0limx 6

)cos(x =61

Esempio 20


0limx xxarcsin

xx

)(

)arctg(


0limx xxarcsin

xx

)(

)arctg(H

0limx 1

1

11

11

2

2

x

x =0

limx 2

2

11

xx

2

2

11 x

x

=

=0

limx 2

2

11

xx

0

limx 2

2

11 x

x

=

0limx 2

2

11 x

x

H

0limx

21

2

x

xx

=0

limx

2 21 x =2

Esempio 21

Se abbiamo due funzioni infinitesime (infinite) rispettivamente di ordine n ed m

rispetto all’infinitesimo (infinito) campione e posto k=min{m,n}, allora facendo il



limite del loro quoziente otteniamo una forma indeterminata del tipo 0/0 (/) e per

il Corollario 3 è necessario applicare k volte la regola di De L’Hospital.

L’osservazione fatta ci fa capire che è meglio ragionare anziché applicare

“ottusamente” la regola di De L’Hospital. Ad esempio consideriamo il limite:

0limx )(4

)3(arctg27

27

xarcsinx

Sia il numeratore che il denominatore sono infinitesimi di ordine 27 e quindi per

uscire dalla forma indeterminata è necessario applicare “27 volte” la regola di De

L’Hospital. Tuttavia il limite è immediato con i confronti asintotici:

arctg27(3x)~(3x)27

4arctg(x27)~4x27

e quindi:

0limx )(4

)3(arctg27

27

xarcsinx =

0limx 27

27

4)3(

xx =

4327

Esempio 22

Il seguente semplice esempio, mostra che la regola di De L’Hospital, non sempre

elimina l’indeterminazione. Vogliamo applicare la Regola di De L’Hospital per

risolvere il seguente limite:

xlim

1

1

x

x

e

eH

xlim

12

12

x

x

x

x

e

ee

e

=x

lim1

1

x

x

e

eH

xlim

12

12

x

x

x

x

e

ee

e

=x

lim1

1

x

x

e

e

e siamo al punto di partenza. Tuttavia il limite è immediato infatti:

xlim

1

1

x

x

e

e =x

lim

xx

xx

ee

ee

11

11=

xlim

xx

xx

ee

ee

11

11

=

xlim

x

x

e

e11

11

=1



Esempio 23


0lim

xxln(x)

Riportiamoci nelle condizioni di De L’Hospital:

0lim

xxln(x)=

0lim

x

x

x1

)ln(H

0lim

x2

1

1

x

x

=

0lim

x–x=0

Esempio 24


0limx xxsin

1)(

1

Riportiamoci nelle condizioni di De L’Hospital:

0limx xxsin

1)(

1 =

0limx )(

)(xxsin

xsinx H

0limx )cos()(

)cos(1xxxsin

x

H

0limx )()cos(2

)(xxsinx

xsin

=0

Esempio 25


0lim

xxsin(x)

Osserviamo che:

0lim

xxsin(x) =

0limx

esin(x)ln(x)=)ln()( lim

0x

xxsine

E quindi:



0lim

xsin(x)ln(x)=

0lim

x

)(1

)ln(

xsin

xH

0lim

x

)()cos(

1

2 xsinx

x

=

0lim

x )cos(1

x

xxsin )(2

=

=0

limx )cos(

1x

0

limx x

xsin )(2=–

0lim

x xxsin )(2

H

–0

limx

2sin(x)cos(x)=0


0lim

xxsin(x) =e0=1

Esercizi 12

Calcolare i seguenti limiti facendo uso della regola di De L’Hospital.

Forma 00

1. 0

limx xxtg

xsinx

)(

)(

2. 1

limx 1

432

xxx

3. 1

limx 1

1

xx

4. 4

lim

x )(cot1)(1xg

xtg

5. 0

limx )cos(1

)(x

xtg

6. 0

limx )cos(1

)(x

xxsin

7. 0

limx )cos()(

)(cos1 2

xxxsinx

9. 0

limx )(2 xsin

x

10. 0

limx )()(

)(xtgxsinxsinx

11. 4

lim

x ))2(ln()cos()(2

xsinxxsin

12. 0

limx 2

22

))cos(1()arctg(

xxx

13. 0

limx )(

)(3 xsin

xarcsinx

14. 0

limx xxtg

xe x

)()1ln(1

15. 0

limx )(

))(1ln(xtg

xsin



8. x

lim 2

2

)()2/(cos

xx 16.

0limx )arctg(

))1(ln(x

xsin

Forma

17. 0

limx ))(ln(

))(ln(xtgxsin

18. 0

limx )(cot

)ln(xg

x

19. x

lim32

11732

2

xxxx

20. 1

limx )1(cot

)1ln(xg

x

21. 0

limx )(cot

))(ln(xgxsin

22. x

lim

2

)ln(xtg

x

23. x

lim2x

e x

Forma 0

24. 2

lim

x(–2x)tg(x)

25. 0

limx

ln(x)tg(x)

26. 0

limx

ln(cos(x))ln(tgh(x))

27. 0

limx

cotg2(x)ln(1+x)

28. x

lim e–xln(x)

29. x

lim e–x5x

30. ex

lim cotg(x–e)ln(ln(x))

31. 0

limx

ln(1+x)ln(ln(1+x))

32. 0

limx

ln(1+arcsin(x))ln(ln(cos2(x)))

33. 2

limx

(2–x)ln(4–x2)

34. 0

limx

x cotg(x)

35. 1

limx

ln(x)ln(ln(x))

Forma +–

36. x

lim x–ln(x)

37. 0

limx x

1 –cotg(x)

38. 0

limx 2

2)cos(1

1xx

40. 1

limx )ln(

1)1(

122 xx

41. 0

limx 2

1x

–cotg2(x)

42. 1

limx 1

1)ln(

1

xx



39. 2

lim

x)(

)cos(1 xtg

x 43.

xlim x–x2

x11ln

Forme 00, 1, 0

44. 0

limx

xx

45. 0

limx

(sin(x))tg(x)

46. 0

limx

(sinh(x))tgh(x)

47. 2

limx

(4–x2)2–x

48. x

lim x

xx

1)ln(

49. x

limxe

xex

)ln(

50. 0

limx

(xln(x))sin(x)

51. 0

limx

2)(

)()cos(1 x

xtg

xsinx

52. 0

limx

)(1

2 )1( xtgx

53. 0

limx

21

2 ))(1( xxsin

54. 0

limx

x

xxsin

1)(

55. 0

limx

)()(

2

)()(2

xtghxtg

xsinxsinh

56. 0

limx

)()1ln(

2 2))2((cos xtg

x

x

59. 0

limx

(1+sin2(x))ln(tg(x))

60. 0

limx

(cos(x))ln(x)

61. 0

limx

(cosh(x))ln(x)

62. 0

limx

(1+tg(x))cotg(x)

63. x

lim 11 2

)ln(1

xx

xx

64. 0

limx

)cos(1)(

)( xxsin

xxtg

65. 0

limx

)(1

)()arctg(2

xtg

xtgx

66. 0

limx

(ln(e+x))ln(x)

67. 0

limx

(cotg(x))x

68. x

lim xx1

69. x

lim xx1

))(ln(

70. 0

limx

))(ln(1

))((cot xsinxg

71. 0

limx

xx

xxsin

)cos(1

2)(



57. ex

lim exx 1

))(ln(

58. 0

limx

)(arctg)(

2

)()( x

xarcsin

xsinhxsin

72. 0

limx

)()arctg(

))ln(cos()( xsin

xx

xxxsinh

73. 0

limx

)(()arctg2

)()cos(1 xtg

xsinxx


Svolgimento esercizio 1:

0limx xxtg

xsinx

)(

)(H

0limx 1)(1

)cos(12

xtgx =

0limx )(

)cos(12 xtg

xH

0limx ))(1)((2

)(2 xtgxtg

xsin

=

=0

limx ))(1(2

12 xtg 0

limx )(

)(xtgxsin =

21

0limx )(

)(xtgxsinH

21

0limx )(1

)cos(2 xtgx


4

lim

x )(cot1)(1xg

xtg

H

4

lim

x ))(cot1())(1(

2

2

xgxtg

=1


0limx )cos(1

)(x

xtg

H

0limx )(

)(1 2

xsinxtg =


0limx )cos()(

)(cos1 2

xxxsinx =

0limx )cos(

1x 0

limx )(

)(cos1 2

xxsinx =

0limx )(

)(cos1 2

xxsinx =

0limx )(

)(2

xxsinxsin =

=0

limx x

xsin )(H

0limx

cos(x)=1


xlim 2

2

)()2/(cos

xx

H

xlim

)(2)2/1)(2/()2/cos(2

xxsinx =

xlim

21 sin(x/2)

xlim

)()2/cos(

xx =



=21

xlim

)()2/cos(

xx

H

21

xlim

xxsin )2/1)(2/( =–

41


0lim

x )()()(

xtgxsinxsinx H

0lim

x

)(cos1

)(21)()()cos(

21)cos(

21

2 xxtgxsinxtgx

xx

x

=

=0

limx

)cos()(2)()()(cos2

2)cos(1

2

xxtgxtgxtgx

xx

=0

limx )()()(cos2

)cos()(22 xtgxtgx

xxtg x

x2

)cos(1 =

=0

limx )1)((cos)(2

)cos(2 xxtg

xx

x )cos(1 =0

limx )1)((cos2

)cos(2 x

x)(

)cos(1xxtg

x =

=0

limx )1)((cos2

)cos(2 x

x0

limx )(

)cos(1xxtg

x =41

0lim

x )()cos(1

xxtgxH

=41

0lim

x

)(cos1)(

)(21

21)cos(

2 xxxtg

xxtg

xx

=41

0lim

x

)(cos)(2)(cos)(

21)cos(

2

2

xxxtgxxxtg

xx

=

=41

0lim

x xx

2)cos(

xxxtgxxxtg

)(cos)()(cos)(2

2

2=

41

0lim

x)cos( x cos(x)

xxxtg )cos()(1 =

=41

0lim

x)cos( x cos(x)

0lim

x xxxtg )cos()(1 =

41

0lim

x xxxtg )cos()(1 =+


0limx 2

22

))cos(1()arctg(

xxx

H

0limx )())cos(1(2

122

4

xsinxxxx

=

0limx )())cos(1(2

12

4

5

xsinxx

x

=

=0

limx )())cos(1)(1( 4

5

xsinxxx

=

0limx )1(

14x 0

limx )())cos(1(

5

xsinxx

=



=0

limx )())cos(1(

5

xsinxx

=

0limx )(xsin

x0

limx )cos(1

4

xx

H

0limx )cos(

1x 0

limx )(

4 3

xsinx =

=0

limx )(

4 3

xsinx

H

0limx )cos(

12 2

xx =0


0limx xxtg

xe x

)()1ln(1H

0limx 1)(1

11

2

xtgx

e x

=0

limx 1)(1

11

2

xtgx

e x

=0

limx )()1(

1)1(2 xtgx

ex x

=

=0

limx )1(

1x 0

limx )(

1)1(2 xtgex x =

0limx )(

1)1(2 xtgex x

H

0limx ))(1)((2

)1(2 xtgxtg

exe xx

=

=0

limx ))(1)((2 2 xtgxtg

x

=0

limx ))(1(2

12 xtg

)(xtg

x =0

limx ))(1(2

12 xtg

0

limx )(xtg

x =

=–21

0limx )(xtg

xH

–21

0limx )(1

12 xtg

=–21


0lim

x ))(ln())(ln(

xtgxsin

H

0lim

x ))(1()(

1

)cos()(

1

2 xtgxtg

xxsin

=

0lim

x ))(1()(

1)(

1

2 xtgxtg

xtg

=

0lim

x1+tg2(x)=1


0lim

xln(x)tg(x)=

0lim

x )(/1)ln(xtg

x =0

limx

)()(1

1

2 xtgxtg

x

=

0lim

x xxtgxtg

))(1()(2

=

=0

limx )(1

1xtg

0

limx x

xtg )(2=–

0lim

x xxtg )(2

H

–0

limx

))(1)((2 2 xtgxtg =0




1limx

ln(x)ln(ln(x))=1

limx

)ln(1

))ln(ln(

x

xH

1limx

xx

xx1

)(ln1

1)ln(

1

2=

1limx

–ln(x)=0


0lim

x x1 –cotg(x)=

0lim

x x1 –

)()cos(

xsinx =

0lim

x )()cos()(

xxsinxxxsin H

=0

limx )(

)()cos()cos(xxsin

xxsinxx =–1


0lim

x(sin(x))tg(x)=

0lim

xetg(x)ln(sin(x))=

))(ln()(lim0

xsinxtgxe

E Poiché:

0lim

xtg(x)ln(sin(x))=

0lim

x )(/1))(ln(

xtgxsin

H

0lim

x ))(1()(

1

)cos()(

1

2 xtgxtg

xxsin

=

=0

limx ))(1(

)(1

)(1

2 xtgxtg

xtg

=

0lim

x )(11

2 xtg=1

e si conclude:

0lim

x(sin(x))tg(x)=e1=e


0lim

x

21

2 ))(1( xxsin =0

limx

2

2 ))(1ln(x

xsin

e

= 2

2

0

))(1ln(limx

xsinxe

E Poiché:



0lim

x 2

2 ))(1ln(x

xsinH

0lim

x x

xxsinxsin

2

)cos()(2)(1

12 =

0lim

x xxsinxxsin2))(1()cos()(2

2=

=0

limx )(1

)cos(2 xsinx

xxsin )( =

0lim

x )(1)cos(

2 xsinx

0lim

x 2)(

xxsin =

0lim

x xxsin )(H

=0

limx

cos(x)=1

e si conclude:

0lim

x

21

2 ))(1( xxsin =e1=e


xlim xx

1

))(ln( =x

lim xx

e)ln(

= xx

xe)ln(lim

E Poiché:

xlim

xx)ln(H

xlim

x1 =0

e si conclude:

xlim xx

1

))(ln( ==e0=1

3.2 Formula di Teylor con il resto di Peano e di Lagrange

Sia DR un sottoinsieme non vuoto, sia pD e sia fRD una funzione che ammette

derivate in p fino all’ordine n. E’ noto allora dall’analisi che esiste un unico

polinomio di grado n, detto polinomio di Taylor tale che:

D(k)(Pn(f,p))(p)=D(k)(f)(p) k=0,1…,n

dette condizioni di Taylor. L’espressione del polinomio è:

Pn(f,p)(x)=

n

k 0D(k)(f)(p)

!)(

kpx k



E si ha che:

f(x)=Pn(f,p)(x)+E(x)

in un intorno di p, detta formula o sviluppo di Taylor di resto E=E(x). Il polinomio

Pn(f,p) approssima in modo ottimale la f in un intorno del punto p. Osserviamo che

E(x)=f(x)–Pn(f,p)(x) in un intorno di p, e quindi E=E(x) ci da l’errore che si commette

calcando in luogo di f, il polinomio di Taylor Pn(f,p) in un punto x appartenente al

suddetto intorno di p, ed è per tale motivo che il resto E=E(x) è anche detto errore

della formula di Taylor. Esistono diverse espressioni di E=E(x) le più note sono

quella di Peano e quella di Lagrange. L’espressione del resto di Peano è:

E(x)=op((x–p)n)

cioè E è un infinitesimo di ordine superiore a (x–p)n. Usualmente quando p=0, si

scrive o al posto di op, cioè si omette di scrivere p a pedice di o. La formula di Teylor

con il resto di Peano come vedremo in seguito viene ampiamente sfruttata per la

soluzione dei limiti o più precisamente per il confronto tra infinitesimi. Nell’ipotesi

che la f ammetta anche la derivata di ordine n+1, in un intorno UR di p, preso un

xDU (e supposto ad esempio x>p) allora il resto di Lagrange ha la seguente

espressione:

x[p,x] t.c. E(x)=f(x) )!1()( 1

npx n

Il resto di Lagrange ci consente di avere una stima numerica dell’errore che si

commette calcolando in luogo di f, il polinomio Pn(f,p) in un punto x appartenente al

suddetto intorno di p. Poiché il punto x[p,x] non è numericamente noto, allora più

precisamente si cerca di trovare un numero kR che maggiora in maniera più stretta

possibile E(x) (cioè E(x)–k0), ed in tal caso si dice che calcolando in luogo di f, il

polinomio Pn(f,p) in x si commette un errore minore di k.

Nel caso p=0 si parla di polinomio o formula di Mac-Laurin.

Mediante un’opportuna traslazione è sempre possibile ricondurre uno sviluppo di

Taylor ad uno sviluppo di Mac Laurin, al posto di f si può considerare la funzione

g:D-{p}R con g(y)=f(y+p), e fare quindi lo sviluppo di Mac Laurin di quest’ultima,



anziché lo sviluppo di Taylor della f in p (infatti se nello sviluppo di Mac Laurin

della g esplicitiamo la g e poniamo y=x–p, otteniamo lo sviluppo di Taylor della f in

p). Ad esempio vedremo in seguito che lo sviluppo di Mac Laurin della funzione

ln(1+x) anziché lo sviluppo di Taylor della funzione ln in 1. Di conseguenza, negli

esempi e negli esercizi che seguono, non è restrittivo considerare il polinomio di Mac

Laurin.

Teorema 19

Sia DR un sottoinsieme non vuoto e simmetrico (cioè se xD allora –xD), sia

pD e sia fRD una funzioni che ammette derivate in p fino all’ordine n


(1) Se f è pari nel suo sviluppo di Mac Laurin compaiono soltanto potenze d’ordine

pari

(2) Se f è dispari nel suo sviluppo di Mac Laurin compaiono soltanto potenze di

ordine dispari

Dim

Verifichiamo la (1). Ricordiamo dall’analisi che la derivata di una funzione pari

(dispari) è una funzione dispari (pari).Ricordiamo inoltre che una funzione dispari,

necessariamente si annulla nell’origine. Per quanto suddetto se f è pari le sue derivate

di ordine dispari sono funzioni dispari e di conseguenza nulle in 0.

Con analoghe considerazioni si verifica la (2).

Con riferimento al teorema precedente, se f è una funzione pari (risp. dispari)

derivabile fino all’ordine 2n (risp. 2n+1) in 0, nel suo sviluppo di Mac Laurin di

ordine 2n (risp. 2n+1) il termine 2n+1 (risp. 2n+2) è nullo e di conseguenza per

correttezza il resto di Peano da riportare non è o(x2n) (risp. o(x2n+1) ) ma bensì o(x2n+1)

(risp. o(x2n+2) ). Si vedano come esempio gli sviluppi di Mac Laurin di sin e cos.



Esempio 26

Scrivere il polinomio di Mac Laurin con il resto di Peano della seguente funzione,

arrestandosi all’ordine 4:

f(x)=ex

Costruiamoci le derivate, e successivamente calcoliamole in 0:

f(x)=ex f(0)=1

f (x)=ex f (0)=1

f (x)=ex f (0)=1

f(3)(x)=ex f(3)(0)=1

f(4)(x)=ex f(4)(0)=1

E quindi:

ex=1+!1x +

!2

2x +!3

3x +!4

4x +o(x4)

Esempio 27



f(x)=ln(1+x)


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

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

f (x)=–1/(1+x)2 f (0)=–1

f(3)(x)=2/(1+x)3 f(3)(0)=2

f(4)(x)=–6/(1+x)4 f(4)(0)=–6

E quindi:

ln(1+x)=x–2

2x +3

3x –4

4x +o(x4)



Esempio 28



f(x)=1/(1–x)


f(x)=1/(1–x) f(0)=1

f (x)=1/(1–x)2 f (0)=1

f (x)=2/(1–x)3 f (0)=2

f(3)(x)=6/(1–x)4 f(3)(0)=6

f(4)(x)=24/(1+x)5 f(4)(0)=24

E quindi:

1/(1–x)=1+x+x2+x3+x4+o(x4)

Esempio 29



f(x)=cos(x)


f(x)=cos(x) f(0)=1

f (x)=–sin(x) f (0)=0

f (x)=–cos(x) f (0)=–1

f(3)(x)=sin(x) f(3)(0)=0

f(4)(x)=cos(x) f(4)(0)=1

f(5)(x)=–sin(x) f(5)(0)=0

f(6)(x)=–cos(x) f(6)(0)=–1

E quindi (ricordando che cos è una funzione pari):

cos(x)=1–!2

2x +!4

4x –!6

6x +o(x7)



Esempio 30



f(x)=sin(x)


f(x)=sin(x) f(0)=0

f (x)=cos(x) f (0)=1

f (x)=–sin(x) f (0)=0

f(3)(x)=–cos(x) f(3)(0)=–1

f(4)(x)=sin(x) f(4)(0)=0

f(5)(x)=cos(x) f(5)(0)=1

E quindi (ricordando che sin è una funzione dispari):

sin(x)=x–!3

3x +!5

5x +o(x6)

Esempio 31



f(x)=arctg(x)


f(x)=arctg(x) f(0)=0

f (x)=1/(1+x2) f (0)=1

f (x)=–2x/(1+x2)2 f (0)=0

f(3)(x)=[x2–2]/(1+x2)3 f(3)(0)=–2

E quindi (ricordando che arctg è una funzione dispari):

arctg(x)=x–3

3x +o(x4)



Esempio 32



f(x)=cosh(x)


f(x)=cos(x) f(0)=1

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

f (x)=cosh(x) f (0)=1

f(3)(x)=sinh(x) f(3)(0)=0

f(4)(x)=cosh(x) f(4)(0)=1

f(5)(x)=sinh(x) f(5)(0)=0

f(6)(x)=cosh(x) f(6)(0)=1

E quindi (ricordando che cosh è una funzione pari):

cosh(x)=1+!2

2x +!4

4x +!6

6x +o(x7)

Esempio 33



f(x)=sinh(x)


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

f (x)=cosh(x) f (0)=1

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

f(3)(x)=cosh(x) f(3)(0)=1

f(4)(x)=sinh(x) f(4)(0)=0

f(5)(x)=cosh(x) f(5)(0)=1



E quindi (ricordando che sinh è una funzione dispari):

sinh(x)=x+!3

3x +!5

5x +o(x5)

Riportiamo qui di seguito la seguente tabella contenente gli sviluppi di Mac

Laurin di uso frequente.

Sviluppi di Mac Laurin di uso frequente

ex=1+!1x +

!2

2x +…+!n

nx +o(xn)

ln(1+x)=x–2

2x +3

3x +…+(–1)n–1

n

nx +o(xn)

1/(1–x)=1+x+x2+x3+…+xn+o(xn)

(1+x)=1+x+

2

x2+…+

n

xn+o(xn) R0

dove

n

=n!

)1n()1(

cos(x)=1–!2

2x +!4

4x +…+(–1)n

)!n2(

n2x +o(x2n+1)

sin(x)=x–!3

3x +!5

5x +…+(–1)n

)!1n2(

1n2

x +o(x2n+2)

arctg(x)=x–3

3x +…+(–1)n

1n2

1n2

x +o(x2n+2)

cosh(x)=1+!2

2x +!4

4x +…+)!n2(

n2x +o(x2n+1)

sinh(x)=x+!3

3x +!5

5x +…+)!1n2(

1n2

x +o(x2n+2)



Esercizi 13

Scrivere lo sviluppo di Mac-Laurin con il resto di Peano, delle seguenti delle

funzioni, arrestandosi all’ordine indicato accanto.

1. f(x)=ln(1–x) ; ordine n=5

2. f(x)=tg(x) ; ordine n=5

3. f(x)=arcsin(x) ; ordine n=5

4. f(x)=sin(7x) ; ordine n=5

5. f(x)=cos(7x) ; ordine n=6

6. f(x)=sin2(x) ; ordine n=7


8. f(x)=cos2(x) ; ordine n=6


10. f(x)=arctg(x/2) ; ordine n=5

11. f(x)=1/(2–x) ; ordine n=5

12. f(x)=1/(1+x+x2) ; ordine n=3

13. f(x)= x5 ; ordine n=3

14. f(x)=1/ x5 ; ordine n=3

15. f(x)= )(1 xsin ; ordine n=3

16. f(x)=ln(1–sin2(x)); ordine n=5

17. f(x)= 24/1 x ; ordine n=3

18. f(x)=1/(1+sin(x)) ; ordine n=4

19. f(x)=2xe ; ordine n=3

20. f(x)=esin(x); ordine n=3


22. f(x)=ecos(x); ordine n=4

23. f(x)=etg(x); ordine n=3

24. f(x)=ln(2xe ); ordine n=3

25. f(x)=arctg(1–x2) ; ordine n=5

26. f(x)=ln(1–x2) ; ordine n=5

27. f(x)=ln[cos2(x)] ; ordine n=4

28. f(x)=ln[(1–x)/(1+x)] ; ordine n=5

29. f(x)=arctg[ln(1–x2)] ; ordine n=4

30. f(x)=x–sin(x) ; ordine n=3

31. f(x)=sinh(x)–sin(x) ; ordine n=3

32. f(x)=cosh(x)–cos(x) ; ordine n=4

33. f(x)=(x–sin(x))/x2 ; ordine n=3

34. f(x)=2e5x–7sin(x); ordine n=5

35. f(x)=xln(cos(x)); ordine n=3

36. f(x)=sin2(x)–sin(x2) ; ordine n=7

37. f(x)= 21 x – 21 x ; ordine n=4

38. f(x)=2(2–x)3+(ex–1)2 ; ordine n=4

39. f(x)=excos(x) ; ordine n=4






f(x)=sin(7x) f(0)=0

f (x)=7cos(7x) f (0)=7

f (x)=–72sin(7x) f (0)=0

f(3)(x)=–73cos(x) f(3)(0)=–73

f(4)(x)=74sin(x) f(4)(0)=0

f(5)(x)=75cos(x) f(5)(0)=75

E quindi:

sin(7x)=7x–!3

73x3+

!575

x5+o(x6)



f(x)=sin2(x) f(0)=0

f (x)=sin(2x) f (0)=0

f (x)=2cos(2x) f (0)=2

f(3)(x)=–22sin(2x) f(3)(0)=0

f(4)(x)=–23cos(2x) f(4)(0)=–23

f(5)(x)=24sin(2x) f(5)(0)=0

f(6)(x)=25cos(2x) f(5)(0)=25

f(7)(x)=–26sin(2x) f(5)(0)=0

E quindi:

sin2(x)=x2–31 x4+

452 x6+o(x7)



f(x)=1/(2–x) f(0)=1/2

f (x)=1/(2–x)2 f (0)=1/4

f (x)=2/(2–x)3 f (0)=1/4

f(3)(x)=6/(2–x)4 f(3)(0)=3/8

f(4)(x)=24/(2–x)5 f(4)(0)=3/4



f(5)(x)=120/(2–x)6 f(5)(0)=15/8

E quindi:

x21 =

21 +

221 x+

321 x2+

421 x3+

521 x4+

621 x5+o(x5)



f(x)=2xe f(0)=1

f (x)=2x2xe f (0)=0

f (x)=22xe (1+2x2) f (0)=2

f(3)(x)=4x2xe (3+2x2) f(3)(0)=0

E quindi (ricordando che 2xe è una funzione pari):

2xe =1+x2+o(x3)



f(x)=esin(x) f(0)=1

f (x)= esin(x)cos(x) f (0)=0

f (x)= esin(x)[cos2(x)–sin(x)] f (0)=2

f(3)(x)= esin(x)cos(x)[cos2(x)–3sin(x)–1] f(3)(0)=0

E quindi:

esin(x)=1+x2+o(x3)



f(x)=x–sin(x) f(0)=0

f (x)= 1–cos(x) f (0)=0

f (x)=sin(x) f (0)=0

f(3)(x)=cos(x) f(3)(0)=1

E quindi (essendo banalmente f una funzione dispari):



x–sin(x)=6

3x +o(x4)

3.3 Proprietà del polinomio di Taylor

Le proprietà trattate in questo paragrafo, ci consentono di fare lo sviluppo di Taylor

di una funzione assegnata, adoperato sviluppi già noti.

In seguito denoteremo con Kn(p), un polinomio identicamente nullo o di grado

maggiore strettamente ad n, del tipo:

Kn(p)(x):=

m

1kk(x–p)n+k

dove m,nN0, 1, …, mR.

Abbiamo detto che il polinomio di Taylor è l’unico polinomio di grado n, che

soddisfa alle condizioni di Taylor. Sia DR un sottoinsieme non vuoto, sia pD e sia

fRD una funzioni che ammette derivate in p fino all’ordine n. Sappiamo che il

polinomio di Taylor Pn(f ,p) è l’unico polinomio di grado n che soddisfa alle

condizioni di Taylor. Evidentemente anche il polinomio Pn(f ,p)+Kn(p) che ha grado

maggiore di n, soddisfa alle suddette condizioni. E’ per questo motivo che nel caso

pratico, si consiglia di riportare sempre, il resto di Peano nella costruzione (che fa uso

delle proprietà che seguono) del polinomio di Taylor Pn(f ,p), in maniera tale da

potere scartare gli infinitesimi (per xp) di ordine superiore ad n.

Teorema 20

Sia Qn=Qn(x) un polinomio intero di grado n, sia pR e sia mn

Ts: Pm(Qn , p)=Qn

Dim

Conseguenza immediata dell’unicità de polinomio di Taylor.



Corollario 5

Sia DR un sottoinsieme non vuoto, sia pD e sia fRD una funzioni che ammette

derivate in p fino all’ordine n, sia qR e sia mn

Ts: Pm(Pn(f ,p) , q)=Pn(f , p)

Dim

Immediata.

Lemma 3 (Regola di Leibinz)

Sia DR un sottoinsieme non vuoto, sia pD e siano f,gRD due funzioni che

ammette derivate in p fino all’ordine n

Ts: D(n)(fg)(p)=

n

k 0

kn

D(n–k)(f)(p)D(k)(g)(p)

Dim

Basta procedere per induzione.

Teorema 21

Sia DR un sottoinsieme non vuoto, sia pD, siano f,gRD due funzioni che

ammettono derivate in p fino all’ordine n, siano ,R

Ts: Pn(f , p)+Pn(g , p)=Pn(f+g , p)

Dim

Per la linearità della derivata segue che:

Pn(f+g,p)(x)=

n

k 0D(k)(f+g)(p)

!)(

kpx k =

n

k 0[D(k)(f)(p)+D(k)(g)(p)]

!)(

kpx k =

=P(f,p)(x)+P(g,p)(x)

Corollario 6



Sia DR un sottoinsieme non vuoto, sia pD, siano n1,n2N0 e poniamo

n:=min{n1,n2} siano f,gRD due funzioni che ammettono derivate in p

rispettivamente fino all’ordine n1 e n2, siano ,R

Ts: 1nP (f , p)+

2nP (g , p)=Pn(f+g , p)+Kn(p)

Dim

Se n1=n2 allora n=n1=n2 e la tesi segue di peso dal Teorema 21. Supponiamo che

n1n2, ad esempio n1<n2 e quindi n=n1 ed inoltre mN0 t.c. n1=n+m. Tenendo conto

del Teorema 21 e dell’espressione della formula di Taylor segue che:

1nP (f , p)+

2nP (g , p)=Pn(f , p)+Pn+m(g , p)=Pn(f , p)+Pn(g , p)+Kn(p)

Teorema 22

Sia DR un sottoinsieme non vuoto, sia pD, siano n1,n2N0, siano f,gRD due

funzioni che ammettono derivate in p fino all’ordine n1+n2, ed inoltre sia k1n1 il

primo temine non nullo dello sviluppo della f e sia k2n2 il primo termine non nullo

dello sviluppo della g e poniamo n:=min{n1+k2,n2+k1}

Ts: 1nP (f , p)

2nP (g , p)=Pn(fg , p)+Kn(p)

Dim

Sappiamo che Pn(fg , p) è l’unico polinomio di grado n che soddisfa alla condizione:

D(k)(Pn(fg,p))(p)=D(k)(fg)(p) k=0,1…,n

Fissato k=0,1…,n, per la regola di Leibinz osserviamo che:

D(k)(Pn(f,p)Pn(g,p))(p)=

k

j 0

jk

D(k–j)(1nP (f , p))(p)D(j)(

2nP (g , p))(p)=

=

k

j 0

jk

D (k–j)(f)(p)D(j)(g)(p)=D(k)(fg)(p)

E quindi per l’unicità di Pn(fg,p) deve necessariamente valere l’uguaglianza promessa

dalla tesi.



Teorema 23

Sia DR un sottoinsieme non vuoto, sia pD, siano m,nN0 e poniamo

r=min{n,m.}, sia fRD una funzioni con f(p)0 e che ammette derivate in p fino

all’ordine n

Ts: Pr(1/f , p)=Pm(1/Pn(f, p) , p)

Dim

Omessa.

Esempio 34



f(x)=)cos(

1x

Lo sviluppo di cos(x) arrestato al 5 termine (che è nullo) è:

P5(cos(x),0)=!42

142 xx

Per il Teorema 23 sappiamo che:

0,)cos(

1P5 x=

0,

!421

1P 425 xx=

0,

241224P

245xx

Posto:

g(x):=2412

2424 xx

calcoliamo P5(g,0). Costruiamoci le derivate, e successivamente calcoliamole in 0:

g(x):=2412

2424 xx

g(0)=1

g(x)=224

3

)2412()6(96

xxxx g(0)=0



g (x)=… g (0)=1

g(3)(x)=… g(3)(0)=0

g(4)(x)=… g(4)(0)=5

g(5)(x)=… g(5)(0)=0

E quindi:

)cos(1

x= )(

245

211 642 xoxx

Esempio 35



f(x)=tg(x)

Sappiamo che:

sin(x)= )(!5!3

653

xoxxx

)cos(1

x= )(

245

211 642 xoxx

Sfruttando il Teorema 21 e successivamente scartando gli infinitesimi di ordine

superiore a 5 (più precisamente a 6, poiché esplicitando i prodotti il resto più piccolo

è o(x6) in accordo con il fatto che la derivata sesta di tg calcolata in 0 è nulla)

otteniamo:

tg(x)=sin(x))cos(

1x

=

)(

!5!36

53xoxxx

)(

245

211 642 xoxx =

= )(152

31 653 xoxxx

Teorema 24




derivate in p fino all’ordine n e supponiamo inoltre che Pn(f,p)0

Ts: f~Pn(f,p)

Dim

f=Pn(f,p)+op((x–p)n) f–Pn(f,p)=op((x–p)n) f–Pn(f,p)op((x–p)n) f~Pn(f,p).

Teorema 25

Sia DR non vuoto, sia pD e sia fRD una funzione infinitesima per xp, che

ammette derivate in p fino all’ordine n e supponiamo inoltre che Pn(f,p)0

Ts: Il primo termine non nullo di Pn(f,p) è PP(f,(x–p),p)

Dim

Denotiamo con A=A(x) il primo termine non nullo del polinomio Pn(f,p).

Banalmente:

A(x)=PP(Pn(f,p),(x–p),p)

Per il Teorema 17(j) e per il Teorema 24, segue che.

A(x)~Pn(f,p)~f

e da questo segue la tesi.

Teorema 26

Siano D,ER due sottoinsiemi non vuoti, sia pD, siano n,mN0 con mn, sia fED

una funzione che ammette derivate in p fino all’ordine m, sia g:ER una funzione

che ammette derivate in q:=f(p) fino all’ordine n

Ts: Pn( fg ,p)~Pn(g, q) f ~Pn(g, q)Pm(f, p)

Dim

Omessa.



Corollario 7

Siano D,ER due sottoinsiemi non vuoti, sia pD, siano n,mN0 con mn, sia fED

una funzione che ammette derivate in p fino all’ordine m, sia g:ER una funzione

che ammette derivate in q:=f(p) fino all’ordine n

Ts: Pn(g, q)Pm(f, p)=Pn( fg ,p)+Kn(p)

Dim

Basta osservare che il termine op((x–p)m) fagocita tutti gli infinitesimi di ordine

superiore a (x–p)m.

Esempio 36



f(x)=esin(x)

Sappiamo che:

et= )(!3!2

1 332

tottt

E quindi posto t=sin(x) e successivamente scartando gli infinitesimi di ordine

superiore a 3 otteniamo che:

esin(x)= ))((!3

)(!2

)()(1 332

xsinoxsinxsinxsin =

= )()(66

1)(62

1)(6

1 33

432

43

43

xoxoxxxoxxxoxx

=

= )(211 32 xoxx

Esempio 37





f(x)=2xe

Sappiamo che:

et= )(!5!4!3!2

1 55432

tottttt

E quindi posto t=x2 e successivamente scartando gli infinitesimi di ordine superiore a

5 otteniamo che:

2xe = )(!2

1 54

2 xoxx

Teorema 27


derivate in p fino all’ordine n,

Ts: D[Pn(f , p)]=Pn–1(D(f ), p)

Dim

D[Pn(f , p)](x)=D

n

k 0D(k)f(p)

!)(

kpx k

=

n

k 1D(k)f(p)k

!)( 1

kpx k =

=

n

k 1D(k)f(p)

)!1()( 1

kpx k

=

n

k 1D(k–1)[Df](p)

)!1()( 1

kpx k

=

=

1

0

n

jD(j)[Df](p)

!)(

jpx j =Pn–1(f , p)(x) xD

Teorema 28


derivate in p fino all’ordine n, denotiamo con f e con Pn(f , p), le funzioni integrali



di punto iniziale p associate rispettivamente alle funzioni f e Pn(f,p), cioè

f(x)= xp

f(t)dt e Pn(f , p)(x)= xp

Pn(f , p)(t)dt

Ts: Pn(f , p)=Pn+1( f, p)

Dim

Pn(f , p)(x)= xp

Pn(f , p)(t)dt= xp

n

k 0D(k)f(p)

!)(

kpt k

dt=

n

k 0D(k)f(p)

!)1()( 1

kkpx k

=

=

n

k 0D(k)f(p)

)!1()( 1

kpx k

=

n

k 0D(k+1)[ f ](p)

)!1()( 1

kpx k

=

=

1

1

n

jD(j)[ f ](p)

!)(

jpx j =

1

0

n

jD(j)[ f ](p)

!)(

jpx j =Pn+1( f, p) xD

Esempio 38

Ricavare per derivazione (integrazione) lo sviluppo di Mac Laurin con il resto di

Peano della funzione cos a partire dallo sviluppo di Mac Laurin della funzione sin.

Sappiamo che:

sin(x)=x–!3

3x +!5

5x +…+(–1)n

)!1n2(

1n2

x +o(x2n+2)

derivando:

cos(x)=1–3!3

2x +5!5

4x +…+(–1)n(2n+1))!1n2(

n2

x +o(x2n+1)=

=1–!2

2x +!4

4x +…+(–1)n

)!n2(

n2x +o(x2n+1)

Esempio 39

Ricavare per integrazione lo sviluppo di Mac Laurin con il resto di Peano della

funzione ln(1+x) a partire dallo sviluppo di Mac Laurin della funzione 1/(1–x).

Sappiamo che:



1/(1–t)=1+t+t2+t3+…+tn+o(tn)

posto t=–x otteniamo:

1/(1+x)=1–x+x2–x3+…+(–1)nxn+o(xn)

integrando:

ln(1+x)=x–2

2x +3

3x +…+(–1)n

1n

1n

x +o(xn+1)

Esempio 40

Ricavare per integrazione lo sviluppo di Mac Laurin con il resto di Peano della

funzione arctg a partire dallo sviluppo di Mac Laurin della funzione 1/(1–x).

Sappiamo che:

1/(1–t)=1+t+t2+t3+…+tn+o(tn)

posto t=–x2 otteniamo (in particolare una funzione pari):

1/(1+x2)=1–x2+x4–x6+…+(–1)nx2n+o(x2n+1)

integrando:

arctg(x)=x–3

3x +5

5x +…+(–1)n

12n

12n

x +o(x2n+2)

Esercizi 14

Facendo uso delle proprietà suddette, scrivere lo sviluppo di Mac-Laurin con il resto

di Peano, delle seguenti delle funzioni, arrestandosi all’ordine indicato accanto.

(Suggerimento: riportare sempre negli sviluppi il resto di Peano, in maniera tale da

non compiere errori negli scarti degli infinitesimi di ordine superiore)

1. f(x)=sin(7x) ; ordine n=5

2. f(x)=cos(7x) ; ordine n=6





20. f(x)=ecos(x); ordine n=4

21. f(x)=etg(x); ordine n=3

22. f(x)=ln(1–x2) ; ordine n=5

23. f(x)=ln[cos2(x)] ; ordine n=4




7. f(x)=1/(1+x) ; ordine n

8. f(x)=1/(1+x2) ; ordine n

9. f(x)=ln(1–x) ; ordine n

10. f(x)=ln( 6 1 x ) ; ordine n

11. f(x)=arctg(1–x2) ; ordine n=5

12. f(x)= x5 ; ordine n=3

13. f(x)=1/ x5 ; ordine n=3

14. f(x)=1/(1+x+x2) ; ordine n=3

15. f(x)= )(1 xsin ; ordine n=3

16. f(x)=1/(1+sin(x)) ; ordine n=3

17. f(x)=ln(1–sin2(x)); ordine n=3


24. f(x)=ln[(1–x)/(1+x)] ; ordine n=5

25. f(x)=arctg[ln(1–x2)] ; ordine n=4

26. f(x)=x–sin(x) ; ordine n=3

27. f(x)=sinh(x)–sin(x) ; ordine n=3

28. f(x)=cosh(x)–cos(x) ; ordine n=4

29. f(x)=(x–sin(x))/x2 ; ordine n=3

30. f(x)=2e5x–7sin(x); ordine n=5

31. f(x)=xln(cos(x)); ordine n=3

32. f(x)=sin2(x)–sin(x2) ; ordine n=7

33. f(x)= 21 x – 21 x ; ordine n=6

34. f(x)=2(2–x)3+(ex–1)2 ; ordine n=4

35. f(x)=excos(x) ; ordine n=4

36. f(x)=(1+x)1/x ; ordine n=3



Sappiamo che:

sin(t)=t–!3

3t +!5

5t +o(t7)

e quindi posto t=7x otteniamo:

sin(7x)=7x–!3

73x3+

!575

x5+o(x7)


Sappiamo che:

sin(x)=x–!3

3x +!5

5x –!7

7x +o(x8)

e quindi quadrando e successivamente scartando gli infinitesimi di odine superiore a



7 otteniamo:

sin2(x)=

x–!3

3x +!5

5x –!7

7x +o(x8)2

=x2–31 x4+

452 x6+o(x8)


Sappiamo che:

t11 =1+t+t2+…+tn+o(tn)

e quindi posto t=–x otteniamo:

x11 =1–x+x2+…+(–1)xn+o(xn)


Sappiamo che:

t11 =1+t+t2+…+tn+o(tn)

e quindi posto t=–x2 otteniamo:

211x

=1–x2+x4+…+(–1)x2n+o(x2n+1)


Sappiamo che:

ln(1+t)=t–2

2t +3

3t +…+(–1)n–1

nt n

+o(tn)

e quindi posto t=–x otteniamo:

ln(1–x)=–

x+2

2x +3

3x +…+n

xn

+o(xn)


ln( 6 1 x )=61 ln(1+x)=

61

x+2

2x +3

3x +…++(–1)n–1

nxn

+o(xn)=

=6x x+

12

2x +18

3x +…++(–1)n–1

nxn

6+o(xn)




Usando la formula generale:

x5 =(5+x)1/2=51/2[1+(x/5)]1/2= 5

1+21 x+

22/1

x2+

32/1

x3+o(x3)

=

= 5

1+21 (x/5)+

22/1

(x/5)2+

32/1

(x/5)3+o(x3)

=

= 5 +25 x–

2005 x2+

20005 x3+o(x3)


Usando la formula generale:

1/ x5 =(5+x)–1/2=5–1/2[1+(x/5)]–1/2=5

1

1–21 x+

2

2/1x2+

3

2/1x3+o(x3)

=

=5

1

1–21 (x/5)+

2

2/1(x/5)2+

2

2/1 (x/5)3+o(x3)

=

=5

1 –510

1 x+51000

3 x2–52000

1 x3+o(x3)


Sappiamo che:

t11 =1+t+t2+t3+o(t3)

Posto t=–(x+x2) (banalmente o(x3)=o((x+x2)3) infatti (x+x2)~x) otteniamo:

211

xx =1–(x+x2)+(x+x2)2–(x+x2)3+o(x3)=

=1–(x+x2)+(x2+x4+2x3)–(x3+x6+3x4+3x5)+o(x3)=1–x+x3+o(x3)


Sappiamo che:

t1 =1+21 t–

81 t2+

161 t3+o(t3)



sin(x)=x–61 x3+o(x4)

Posto t=sin(x) (banalmente o(sin3(x))=o(x3) infatti sin(x)~x)otteniamo:

)(1 xsin =

=1+21

x–61 x3+o(x4)

–81

x–61 x3+o(x4)

2

+161

x–61 x3+o(x4)

3

+ o(x3)=

=1+21 x–

81 x2–

481 x3+ o(x3)


Sappiamo che:

et=1+t+21 t2+

!31 t3+

!41 t4+o(t4)

cos(x)–1=–21 x2+

41 x4+o(x4)

E quindi posto t=cos(x)–1 (banalmente o((cos(x)–1)4)=o(x8) infatti cos(x)–1~ –

(1/2)x2) e successivamente scartando gli infinitesimi di ordine superiore a 4

otteniamo:

ecos(x)=e1+cos(x)–1=eecos(x)–1=

=e

1+

…

+21

…2

+!3

1

…3

+!4

1

…4

+o(x8)

=

=e–2e x2+

6e x4+o(x4)


Sappiamo che:

sin(x)=x–61 x3+o(x4)

e quindi:

2)(

xxsinx =

21x

x–x+61 x3+o(x4)

=61 x+o(x2)




xln(cos(x))=xln(1+(1–cos(x)))=xln

21 x2+o(x3)

=

=x

21 x2+o(x3)

–21

21 x2+o(x3)

2

+31

21 x2+o(x3)

3

+o(x6)

=…=

=x

–21 x2+o(x3)

=–21 x3+o(x3)


cos(x)ex=

1–21 x2+

241 x4+o(x5)

1+x+21 x2+

61 x3+

241 x4+o(x4)

=

=1+x+31 x3–

61 x4+ o(x4)


Sappiamo che:

xx)1ln( =

x1

x–21 x2+

31 x3+o(x3)

=1–21 x+

31 x2+o(x2)

ed inoltre:

et=1+t+21 t2+

61 t3+o(t3)

E quindi:

exp

x

x)1ln(

=exp

1–21 x+

31 x2+o(x2)

=exp(1)exp

–21 x+

31 x2+o(x2)

=

=e

1+

…

+21

…2

+61

…3

+ o(x3)

=…=

=e–2e x+

2411 e x2+

167 e x3+o(x3)



3.4 Applicazioni della formula di Mac Laurin con il resto di Peano al calcolo dei limiti

Per il Teorema 25 la formula di Mac Laurin di Peano, rappresenta uno strumento

validissimo, per il calcolo della parte principale di una funzione infinitesima

assegnata rispetto all’infinitesimo campiono. Tale affermazione unitamente al

paragrafo 2.5 ci suggerisce di adoperare la formula di Mac Laurin per la risoluzione

dei limiti. In sostanza se abbiamo una forma indeterminata del tipo 0/0, si

sostituiscono al numeratore e al denominatore le rispettive parti principali, calcolate

facendo uso della formula di Mac con il resto di Peano.

Esercizi 15

Calcolare i seguenti limiti facendo uso dello sviluppo di Mac Laurin con il resto di

Peano.

1. 0

limx 3

)(x

xsinx

2. 0

limx )(

)cos(2

2

xsinex x

3. 0

limx xx

ee xsinx

)arctg(

)(

4. 0

limx )2( xsin

ee xx

5. 0

limx 2

))ln(cos(x

x

6. 0

limx )(

))cos(ln()(xxsin

xexsin x

7. 0

limx )(

)/1(13

53

xtgxsinxe x

17. 0

limx )4(sin)2cos(1

)(sin32)arctg(5 3

xxxxx

18. 0

limx )cos()1ln(1)arctg(

)(sin)arctg()1ln(xxx

xxxx

19. 0

limx )cos(1

))(sin)(sin)((sin4

224

xxxx

20. 0

limx )]()([

]11[444

244

xsinxsinxxx

21. 0

limx 24

55

]11[

)1ln(3

x

xex x

22. 0

limx )cos(1

)(24

2

xx

xxxarxsin

23. 0

limx )())cos(1(

)(xsinx

xxtg



8. 0

limx ))cos((

)(3

22

xexxsinx

x

9. 0

limx )cos(1

))(1)(55( 5)(1 2

xxsinxtg

10. 0

limx 3 88

25

11

]1)[(3

xx

ex x

11. 0

limx )(

)1()(3 xsin

xxxsine x

12. 0

limx 3

)1()1ln(x

xxxx

13. 0

limx )(

)cos()(3 xsin

xxxsinh

14. 0

limx )cos()cosh(

1)1ln(1xxxx

15. 0

limx

)2()())(1ln()))ln(cos()(( 2

xsinxxsinxsinxxsin

16. 0

limx 1)cosh(

))(1ln()(2

22

xxsinxarcsin

24. 0

limx )(

))(21ln()arctg(1)1( 22

xsinxxsinxx

25. 0

limx ))2(ln(

))2cos(1ln(xtg

x

26. 0

limx ))ln(ln(

)cos(12xe

xx

27. 0

limx 121

1))arctg(1ln(4

2

x

exx x

28. 0

limx 4)5(

))(cosh())(cos(xxe

xsinxsinh

29. 0

limx

(1+x)1/x

30. 0

limx

)(1

2 )1( xtgx

31. 0

limx

(1+tg(x))cotg(x)

32. 0

limx

21

2 ))(1( xxsin

33. 0

limx

))(ln(1

))((cot xsinxg



Calcoliamo la parte principale di x–sin(x), e quindi per il Teorema 25 dobbiamo fare

lo sviluppo di Mac Laurin di x–sin(x) arrestato al primo termine non nullo. Lo

sviluppo di sin arrestato al terzo ordine è:



sin(x)=x–6

3x +o(x4)

Per il Teorema 20 il polinomio di Mac Laurin di x, arrestato al terzo ordine è x e

quindi:

x–sin(x)=6

3x +o(x4)

E pertanto la parte principale di x–sin(x) è (1/6)x3. In definitiva:

0limx 3

)(x

xsinx =0

limx 3

3)6/1(x

x =61


Calcoliamo la parte principale del numeratore. Lo sviluppo di cos(x) arrestato al

secondo ordine è:

cos(x)=1–2

2x +o(x3)

Lo sviluppo di 2xe arrestato al secondo ordine è:

2xe =1+x2+o(x2)

E quindi:

cos(x)–2xe = –

23 x2+o(x3)

La parte principale di cos(x)–2xe è –(3/2)x2. La parte principale di sin2(x) è x2. In

definitiva:

0limx )(

)cos(2

2

xsinex x =

0limx 2

2)2/3(x

x = –23


Calcoliamo la parte principale del numeratore. Lo sviluppo di ex arrestato al terzo

ordine è:

ex=1+x+2

2x +6

3x +o(x3)



Lo sviluppo di esin(x) arrestato al terzo ordine è:

esin(x)=1+x+2

2x +o(x3)

E quindi:

esin(x)– ex=2xe = –

6

3x +o(x3)

La parte principale di esin(x)– ex è –(1/6)x3. Calcoliamo la parte principale del

denominatore. Lo sviluppo di arctg arrestato al terzo ordine è:

arctg(x)=x–3

3x +o(x4)

E quindi:

arctg(x)–x=3

3x +o(x4)

La parte principale di arctg(x)–x è (1/3)x3. In definitiva:

0limx xx

ee xsinx

)arctg(

)(=

0limx 3

3

)3/1()6/1(xx = –

21


Calcoliamo la parte principale del numeratore. Lo sviluppo di ln(1+t) arrestato al

secondo ordine è:

ln(1+t)=t–2

2t +o(t2)

Lo sviluppo di cos arrestato al secondo ordine è:

cos(x)=1–2

2x +o(x3)

E quindi:

ln(cos(x))=ln(1+(cos(x)–1))=

–2

2x +o(x3)

+21

–2

2x +o(x3)2

+o(x4)= –2

2x +o(x3)

In definitiva:



0limx 2

))ln(cos(x

x =0

limx 2

2)2/1(x

x = –21


Calcoliamo la parte principale del numeratore. Lo sviluppo di sin arrestato al terzo

ordine è:

sin(x)=x–6

3x +o(x3)

Tenendo conto di quanto visto in Esercizi 15,5:

ln(excos(x))=ln(ex)+ln(cos(x))=x+ln(cos(x))=x–2

2x +o(x3)

E quindi:

sin(x)–ln(excos(x))=

x–6

3x +o(x3)

–

x–2

2x +o(x3)

=2

2x –6

3x +o(x3)

La parte principale del numeratore è (1/2)x2. Calcoliamo la parte principale del

denominatore. La parte principale di sin(x) è x e quindi la parte principale di xsin(x) è

x2. In definitiva:

0limx )(

))cos(ln()(xxsin

xexsin x =0

limx 2

2)2/1(x

x =21


Calcoliamo la parte principale del numeratore. Facciamo lo sviluppo di 3xe arrestato

al terzo ordine. Sappiamo che:

et=1+t+2

2t +6

3t +o(t3)

posto t=–x3+o(x3) otteniamo:

3xe =1+(–x3+o(x3))+2

))(( 233 xox +2

))(( 333 xox +o(x9)=1–x3+o(x9)

segue:

1–3xe = x3+o(x3)



Il termine x5sin(1/x) non è definito in 0. Tuttavia esso è un infinitesimo (essendo il

prodotto di un infinitesimo per una limitata) di ordine superiore rispetto a 1–3xe

infatti:

0limx 3

1

)/1(5

xe

xsinx

=0

limx 3

5 )/1(x

xsinx =0

limx

x2sin(1/x)=0

e quindi lo possiamo scartare. La parte principale di tg3(x) è x3 e quindi:

0limx )(

)/1(13

53

xtgxsinxe x

=0

limx )(

13

3

xtge x =

0limx 3

3

xx =1


Calcoliamo la parte principale del numeratore. Lo sviluppo di sin arrestato al quarto

ordine è:

sin(x)=x–6

3x +o(x4)

quadrando:

sin2(x)=

x–6

3x +o(x4)2

= x2+36

6x –3

4x +o(x5)=x2–3

4x +o(x5)

segue:

x2–sin2(x)=3

4x +o(x5)

La parte principale del numeratore è (1/3)x4. Calcoliamo la parte principale del

denominatore. Lo sviluppo di ex–cos(x) arrestato al secondo ordine è:

ex–cos(x)=

1+x+2

2x +o(x2)

–

1–2

2x + o(x3)

=x+x2+o(x3)

E quindi la parte principale del denominatore è x4. In definitiva:

0limx ))cos((

)(3

22

xexxsinx

x

=0

limx 4

4)3/1(x

x = 31


Osserviamo che:



0limx )cos(1

))(1)(55( 5)(1 2

xxsinxtg

=0

limx

))(1( 5 xsin0

limx )cos(1

55 )(1 2

x

xtg

=

=50

limx )cos(1

15 )(2

x

xtg

Calcoliamo la parte principale del numeratore. Sappiamo che:

5t–1=eln(5)t–1=ln(5)t+o(t)

tg2(x)=x2+o(x2)

E quindi:

)(25 xtg –1=ln(5)x2+o(x2)

La parte principale del numeratore è ln(5)x2. Calcoliamo la parte principale del

denominatore. Lo sviluppo di 1–cos(x) arrestato al secondo ordine è:

1–cos(x)=1–

1–2

2x + o(x3)

=2

2x +o(x3)

E quindi la parte principale del denominatore è x2/2. In definitiva:

50

limx )cos(1

15 )(2

x

xtg

=5

0limx 2

2)5ln(x

x =5ln(5)


Osserviamo che:

(1+x)1/x = xx

e)1ln(

Calcoliamo quindi il limite:

0limx x

x)1ln(

Facciamo lo sviluppo del numeratore arrestato al secondo ordine:

ln(1+x)=x–2

2x +o(x2)

La parte principale del numeratore è x. E pertanto:

0limx x

x)1ln( =1



In definitiva:

0lim

x(1+x)1/x=e


Osserviamo che:

21

2 ))(1( xxsin = 2

2 ))(1ln(x

xsin

e

Calcoliamo quindi il limite:

0limx 2

2 ))(1ln(x

xsin

Facciamo lo sviluppo del numeratore arrestato al secondo ordine:

ln(1+sin(x2))=…=x2+o(x3)

La parte principale del numeratore è x2. E pertanto:

0limx 2

2 ))(1ln(x

xsin =1

In definitiva:

0lim

x

21

2 ))(1( xxsin =e

3.5 Applicazione notevole del calcolo dei limiti per il calcolo di limiti di successioni numeriche

Grazie al seguente semplice teorema, potremo applicare l’intera trattazione dei limiti,

al calcolo dei limiti di successioni numeriche.

Teorema 29

Sia f:(a,+)R una funzione, sia R~

Ts: Se x

lim f(x)= allora n

lim f(n)=



Dim

Si possono verificare i seguenti tre casi: R, =+ e = –. Supponiamo che R,

cioè che sia finito. Fissato >0, dall’ipotesi segue che K>0 t.c. |f(x)–|< x>K e

quindi scelto N t.c. >K, si ottiene che |f(n)–|< n>. Analogamente si procede

per il caso =+ e per il caso = –.

Esempio 41

nlim nn =

xlim xx =

xlim

xxx 1 =

xlim

xx 11 =+

Esempio 42

nlim

1)(

23

nnnsinn =

xlim

1)(

23

xxxsinx =0

Esempio 43

nlim 1/1 nen =

xlim 1/1 xex =

0limy y

e y 1 =1

Esempio 44

nlim n n =

nlim nn /1 =

xlim xx /1 =

xlim xxe /)ln( =e0=1

Esempio 45

nlim

n

n

11 =x

limx

x

11 =e



Bibliografia

[1] Buzano M.L., Analisi Matematica 1, Livrotto&Bella, Torino, 1991

[2] Buzzetti F.-Grassini Raffaglio E.-Vasconi Ajroldi A., Esercizi di analisi

matematica uno, parte I, Masson Editore, Milano, 1995

[3] Cecconi J.P.-Stampacchia G., Esercizi e problemi di Analisi Matematica, Vol. I,

Liguori Editore, Napoli, 1991

[4] De Marco G., Analisi uno, Zanichelli Editore, Bologna, 1996

[5] De Marco G-Mariconda C., Esercizi di analisi uno, Zanichelli Editore, Bologna,

1999

[6] Di Bari C.-Vetro P., Analisi Matematica con elementi di calcolo numerico, Vol. I,

Libreria Dante, Palermo, 1991

[7] Giambo S., Appunti di Analisi matematica, parte II, EDITEL, Cosenza, 1987

[8] Giusti E., Esercizi e complementi di analisi matematica, Volume primo, Bollati

Boringhieri, Torino, 1991

[9] Orecchia G.-Spataro S., Limiti, Collana Tecnos, Milano, 1980

[10] Zwirner G., Esercizi e complementi di analisi matematica, parte prima,

CEDAM, Padova, 1976

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