Limiti svolti con Taylor

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi sui limiti svolti con l’approssimazione di Taylor! In questo articolo proponiamo ben 91 esercizi su questo argomento centrale nell’analisi delle funzioni di una variabile, ovvero su come sfruttare l’approssimazione di funzioni mediante i polinomi di Taylor per semplificare il calcolo dei loro limiti. L’idea centrale soggiacente è in fondo semplice: poiché i limiti di rapporti tra polinomi sono estremamente semplici da calcolare, si cerca di approssimare delle funzioni arbitrarie con dei polinomi che risultino a esse equivalenti nel calcolo dei limiti. Così facendo, si è virtualmente in grado di semplificare il calcolo di qualsiasi limite.
Questa tecnica così limpida richiede però molta pratica per essere compresa a fondo e applicata in maniera corretta. In questa serie di esercizi vogliamo appunto offrire al lettore numerosi esempi di difficoltà e natura estremamente varia sull’utilizzo di tale strategia.
Gli esercizi sono completamente risolti, così che il lettore possa confrontare le sue soluzioni con quelle da noi fornite, per un apprendimento al massimo dell’efficacia.

Oltre alla nostra guida Polinomi di Taylor nei limiti: istruzioni per l’uso, consigliamo le seguenti risorse teoriche di riferimento:

Come ulteriore materiale pratico, segnaliamo la raccolta Limiti di successioni con Taylor.

Buona lettura!

Sommario

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Questa dispensa presenta 91 esercizi dedicati alla risoluzione di limiti mediante l’applicazione del teorema di Taylor. Il teorema di Taylor costituisce un pilastro fondamentale dell’analisi matematica moderna, consentendo di approssimare una funzione sufficientemente differenziabile con un polinomio di grado e coefficienti adeguati, a qualsiasi ordine desiderato. Questa approssimazione è uno strumento potentissimo, poiché permette di semplificare notevolmente il calcolo di limiti altrimenti complessi, riducendo l’espressione iniziale a un problema più gestibile grazie all’uso di polinomi.

L’utilizzo del teorema di Taylor nell’ambito dei limiti è immediato: limiti che, a prima vista, possono apparire difficili da trattare, possono essere risolti efficacemente tramite l’approssimazione delle funzioni coinvolte con polinomi, semplificando le espressioni e portando a un risultato più chiaro e trattabile. Un obiettivo di questa dispensa è infatti esercitare lo studente nell’applicazione pratica del teorema di Taylor per la risoluzione di limiti, aiutandolo a sviluppare una comprensione profonda del metodo. Un aspetto cruciale di questo processo consiste nell’identificare correttamente il grado fino al quale espandere la funzione tramite la serie di Taylor, così da ottenere un’approssimazione adeguata ai fini del calcolo del limite.

Gli esercizi presentati sono strutturati in modo da guidare lo studente passo dopo passo, iniziando con esempi semplici e progressivamente affrontando problemi di maggiore complessità, affinando così le abilità richieste. Alcuni degli esercizi più complessi, prevedono un’applicazione del Teorema di Taylor in contesti meno convenzionali, offrendo un’opportunità per esplorare la versatilità del teorema in differenti tipologie di problemi analitici.

Per un approfondimento ulteriore del teorema di Taylor e delle sue applicazioni, si consiglia di consultare anche la guida Espansione di Taylor – Istruzioni per l’uso, che offre una trattazione dettagliata e complementare ai contenuti qui proposti.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti.

Revisori: Giulio Binosi, Sara Sottile.

Richiami di teoria

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Definizione 1.1 (o-piccolo). Siano $f:A\subseteq \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ , $g:B\subseteq \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ e $x_0\in \mathbb{R}\cup\{\pm\infty\}$ un punto di accumulazione per $A\cap B$ . Allora vale:

$f(x)=o\left(g\left(x\right)\right)\quad \text{per}\,\, x \rightarrow x_0 \quad \Leftrightarrow \quad \displaystyle \lim_{x \rightarrow x_0}\dfrac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=0.$

Teorema 1.2 (teorema di Taylor con il resto nella forma di Peano). Sia $f: (a,b) \to \mathbb{R}$ una funzione reale, derivabile $n$ volte in $(a,b)$ , e $x_0 \in (a,b)$ . Allora, $\forall x \in (a,b)$ , si ha:

$f(x)=f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+\frac{f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2}\left(x-x_0\right)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n+o\left(\left(x-x_0\right)^n\right).$

Più precisamente, possiamo scrivere

(1) $\begin{equation*} f(x) = P_n(x) + R_n(x;x_0), \end{equation*}$

dove

$\begin{aligned} P_n(x) &=f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+\frac{f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2}\left(x-x_0\right)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n\\ &= \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x-x_0)^k \end{aligned}$

è un polinomio di grado al più $n$ , che prende il nome di polinomio di Taylor di $f(x)$ centrato in $x_0$ , e

(2) $\begin{equation*} R_n(x;x_o) = o((x-x_0)^n) \ \text{per $x \to x_0$} \end{equation*}$

viene chiamato resto nella forma di Peano. Il polinomio di Taylor è l’unico polinomio di grado minore o uguale a $n$ che verifica

(3) $\begin{equation*} p^{(j)}_n(x_0)=f^{(j)}(x_0)\qquad \forall j, \text{ con } 0 \leqslant j \leqslant n. \end{equation*}$

Quindi tutte le derivate di $f$ fino all’ordine $n$ valutate in $x_0$ sono uguali alle corrispondenti derivate di $p_n$ , sempre calcolate in $x_0$ .

Se in particolare $x_0=0$ , l’espansione prende il nome di sviluppo di MacLaurin della funzione $f$ .

Teorema 1.3 (formula di Taylor con il resto nella forma di Lagrange). Sia $x_0 \in (a,b)$ e sia $f: (a,b) \to \mathbb{R}$ una funzione reale $n$ volte derivabile in $(a,b)$ . Consideriamo un punto $x_0 \in (a,b)$ ed assumiamo che esista $f^{(n+1)}(x)$ per ogni $x \in (a,b)\setminus \{x_0 \}$ . Allora per ogni $x \in (a,b)$ esiste $\xi \in (x_0, x)$ se $x>x_0$ ( $\xi \in (x, x_0)$ se $x_0>x$ ) tale che

(4) $\begin{equation*} R_n(x; x_0)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} (x-x_0)^{n+1}. \end{equation*}$

In questo caso il termine $R_n(x; x_0)$ viene detto resto nella forma di Lagrange.

$\quad$

Sviluppi di McLaurin di funzioni elementari:

Gli sviluppi di McLaurin sono gli sviluppi di Taylor centrati in $x=0$ . Riportiamo di seguito i più importanti, che verranno usati negli esercizi.

Per $x \rightarrow 0$ si ha:

(5) $\begin{equation*} a)\, \frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+...+x^n + o(x^n), \end{equation*}$

(6) $\begin{equation*} b)\, (1+x)^a=1+ax+\frac{a(a-1)}{2}x^2 + \frac{a(a-1)(a-2)}{6}x^3+...+ \binom{a}{n}x^n + o(x^n) \end{equation*}$

(7) $\begin{equation*} c)\, \sqrt{1+x}= 1+\frac{1}{2}x -\frac{1}{8}x^2 +\dfrac{x^3}{16}+ ... + (-1)^{n-1} \frac{(2n-3)!!}{(2n)!!}x^{n} + o(x^{n+1}) \end{equation*}$

(8) $\begin{equation*} d)\, e^x = 1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}...+ \frac{x^n}{n!} + o(x^{n}) \end{equation*}$

(9) $\begin{equation*} e)\, a^x = 1+x\ln(a)+\frac{x^2}{2}\ln^2(a)+\frac{x^3}{6}\ln^3(a)...+ \frac{x^n}{n!} \ln^n(a) + o(x^{n}), \quad \text{per } a>0 \end{equation*}$

(10) $\begin{equation*} f)\, \ln(1+x)= x-\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} -\frac{x^4}{4}+... + (-1)^{n+1}\frac{x^n}{n} + o(x^n) \end{equation*}$

(11) $\begin{equation*} g)\,\sin x =x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}-\frac{x^7}{5040}+...+ \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1} + o(x^{2n+1}) \end{equation*}$

(12) $\begin{equation*} h)\,\cos x = 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\frac{x^6}{720}+...+ \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n} + o(x^{2n}) \end{equation*}$

(13) $\begin{equation*} i)\,\tan x = x+\frac{1}{3}x^3 + \frac{2}{15} x^5 + \frac{17}{315} x^7 + \frac{62}{2835} x^9 + o(x^{9}) \end{equation*}$

(14) $\begin{equation*} l)\, \arcsin x = x+\frac{x^3}{6}+\frac{3}{40}x^5+...+\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2(2n+1)}x^{2n+1}+ o(x^{2n+1}) \end{equation*}$

(15) $\begin{equation*} m)\, \arccos x = \frac{\pi}{2} - \arcsin x= \frac{\pi} {2} - x-\frac{x^3}{6}-\frac{3}{40}x^5-...-\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2(2n+1)}x^{2n+1}+ o(x^{2n+1}) \end{equation*}$

(16) $\begin{equation*} n)\, \arctan x = x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5} -\frac{x^7}{7}+...+(-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} + o(x^{2n+1}) \end{equation*}$

(17) $\begin{equation*} o)\,\sec x = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5}{24}x^4 + \frac{61}{720}x^6 +o(x^6) \end{equation*}$

(18) $\begin{equation*} p)\, \csc x = \frac{1}{x} + \frac{x}{6} + \frac{7}{360}x^3 + \frac{31}{15120} x^5 + o(x^5) \end{equation*}$

(19) $\begin{equation*} q) \cot x = \frac{1}{x} -\frac{x}{3} - \frac{x^3}{45} - \frac{2}{945}x^5 + o (x^5) \end{equation*}$

(20) $\begin{equation*} r)\, \sinh x=x+\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+\frac{x^7}{5040}+...+ \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+o(x^{2n+1}) \end{equation*}$

(21) $\begin{equation*} s)\,\cosh x=1+\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+\frac{x^6}{720}+...+\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n}) \end{equation*}$

(22) $\begin{equation*} t)\, \tanh x=x-\frac{1}{3}x^3 + \frac{2}{15} x^5 - \frac{17}{315} x^7 + \frac{62}{2835} x^9 + o(x^{9}) \end{equation*}$

(23) $\begin{equation*} u)\, \text{settsinh} = x-\frac{x^3}{6}+\frac{3}{40}x^5+...+(-1)^n\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2(2n+1)}x^{2n+1}+ o(x^{2n+1}) \end{equation*}$

(24) $\begin{equation*} v)\,\text{setttanh} x = x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5} +\frac{x^7}{7}+...+\frac{x^{2n+1}}{2n+1} + o(x^{2n+1}) \end{equation*}$

(25) $\begin{equation*} z)\,-\ln\left(1-x\right)=x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{4}+\dfrac{x^5}{5}+\dots+\dfrac{x^{n+1}}{n+1}+o\left(x^{n+1}\right) \end{equation*}$

Teorema 1.4 (teorema Ponte). Sia $F : D \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ una funzione reale e sia $x_0$ un punto di accumulazione per $D$ . Si ha

$\lim_{x \to x_0} F(x) = L \in \mathbb{R} \cup \{\pm \infty\},$

se e solo se per ogni successione $\{x_n\}$ a valori in $D$ tale che

$\lim_{n \to +\infty} x_n = x_0$

e $x_n \neq x_0$ definitivamente, si ha

$\lim_{n \to +\infty} F(x_n) = L.$

$\quad$

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to0}\dfrac{2-x^2-2\cos x}{x^4}.$

Svolgimento.

Applichiamo lo sviluppo di Taylor (12), per $x\to 0$ fino al quarto grado per via del denominatore

$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\dfrac{2-x^2-2\cos x}{x^4}=\lim_{x\to0}\dfrac{2-x^2-2\left(1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{24} \right)+o(x^4)}{x^4}=\lim_{x\to0} \dfrac{-\dfrac{x^4}{12}+o(x^4)}{x^4}=-\dfrac{1}{12}.\end{aligned}$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0}\dfrac{2-x^2-2\cos x}{x^4}=-\dfrac{1}{12}.}$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

(26) $\begin{equation*} \lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{2-e^x-e^{-\sin x}}{x^2}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Utilizzando (11) e (8) possiamo riscrivere il numeratore come

$\begin{aligned} 2-e^x-e^{-\sin x}&=2-\left(1+x+\dfrac{x^2}{2} \right)-e^{-x+o(x)}=2-\left(1+x+\dfrac{x^2}{2} \right)-\left(1-x+\dfrac{x^2}{2} \right)+o(x^2)=\\ &=-x^2+o(x^2) \end{aligned}$

Tornando al limite si ha

$\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{2-e^x-e^{-\sin x}}{x^2}=\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{-x^2+o(x^2)}{x^2}=-1$

e quindi concludiamo che il limite esiste finito e vale quanto segue

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{2-e^x-e^{-\sin x}}{x^2}=-1. }$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\displaystyle\lim_{x\to0} \dfrac{\sin(e^x-1)-x-\dfrac{x^2}{2}}{x^4}.$

Svolgimento.

Guardando il denominatore, sembra opportuno sviluppare il numeratore fino al grado 4. Per $x\to 0$ , utilizzando (11) e (8) abbiamo

$\begin{aligned} \sin(e^x-1) &= \sin\left(\cancel{1}+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^4}{24}\cancel{-1}+o(x^4) \right)+o(x^4) \\ &= \sin\left(x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^4}{24} +o(x^4) \right) \\ &= x + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^4}{24} - \dfrac{1}{6}\left(x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^4}{24} \right)^3 + o(x^4) \\ &= x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^4}{24}-\dfrac{1}{6}\left(x^3+\dfrac{3x^4}{2} \right)+o(x^4) \\ &= x+\dfrac{x^2}{2}+\cancel{\dfrac{x^3}{6}}+\dfrac{x^4}{24}-\cancel{\dfrac{1}{6}x^3}-\dfrac{1}{4}x^4+o(x^4) \\ &= x+\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{5}{24}x^4+o(x^4), \end{aligned}$

dove esplitiamo il passaggio

$\begin{equation*} \left(x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^4}{24} \right)^3=x^3+\frac{x^6}{8}+\frac{x^9}{216}+\frac{x^12}{24^3}+\frac{3}{2}x^4+\frac{3}{4}x^5+\dots=x^3+\frac{3}{2}x^4+o(x^4). \end{equation*}$

Abbiamo quindi

$\lim_{x\to0} \dfrac{\cancel{\dfrac{x^2}{2}}+\cancel{x}-\dfrac{5}{24}x^4-\cancel{x}-\cancel{\dfrac{x^2}{2}}}{x^4}=-\dfrac{5}{24}.$

Concludiamo dunque che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0} \dfrac{\sin(e^x-1)-x-\dfrac{x^2}{2}}{x^4}=-\dfrac{5}{24}. }$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to0} \dfrac{x-\sin x}{e^x-1-x-\dfrac{x^2}{2}}.$

Svolgimento.

Applichiamo lo sviluppo di Taylor (11) per $x\to0$ al numeratore:

$x-\sin x=x-x+\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)=\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$

e (8) al denominatore

$e^x-1-x-\dfrac{x^2}{2}=-\cancel{1}+\cancel{1}+\cancel{x}+\cancel{\dfrac{x^2}{2}}+\dfrac{x^3}{6}-\cancel{x}-\cancel{\dfrac{x^2}{2}}+o(x^3)=\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$

da cui

$\lim_{x\to0} \dfrac{x-\sin x}{e^x-1-x-\dfrac{x^2}{2}}=\lim_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)}{\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)}=1.$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0} \dfrac{x-\sin x}{e^x-1-x-\dfrac{x^2}{2}}=1. }$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to0}\dfrac{2(\tan x-\sin x)-x^3}{x^5}.$

Svolgimento.

Per risolvere il limite applichiamo gli sviluppi di Taylor (11) e (13) per $x\to0$ , fino al quinto ordine per via del denumeratore, ottenendo:

$\begin{aligned} &\lim_{x\to0}\dfrac{2(\tan x-\sin x)-x^3}{x^5}=\\ =&\lim_{x\to0}\dfrac{2\left(\cancel{x}+\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{2}{15}x^5-\cancel{x}+\dfrac{x^3}{6}-\dfrac{x^5}{5!}+o(x^5) \right)-x^3}{x^5}=\\ =&\lim_{x\to0}\dfrac{x^3\left(\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{6}-1 \right)+x^5\left( \dfrac{4}{15}-\dfrac{2}{5\cdot4\cdot3\cdot2}\right)}{x^5}=\\ =&\lim_{x\to0}\dfrac{x^3\left(\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{6}-1 \right)+x^5\left( \dfrac{4}{15}-\dfrac{2}{5\cdot4\cdot3\cdot2}\right)}{x^5}=\\ =&\lim_{x\to 0}\dfrac{\frac{1}{4}x^5+o(x^5)}{x^5}=\dfrac{1}{4}. \end{aligned}$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0}\dfrac{2(\tan x-\sin x)-x^3}{x^5}=\dfrac{1}{4}. }$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to0}\left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{\tan^2x} \right).$

Svolgimento.

Riscriviamo il limite come segue

$\lim_{x\to0}\left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{\tan^2x} \right)=\lim_{x\to0}\dfrac{\tan^2x-x^2}{x^2\tan^2x}$

e applicando lo sviluppo di Taylor (13) per $x\to0$ abbiamo

$\lim_{x\to0}\dfrac{\tan^2x-x^2}{x^2\tan^2x}=\lim_{x\to0}\dfrac{\left(x+\dfrac{x^3}{3} +o(x^3)\right)^2-x^2}{x^2(x+o(x))^2}=\lim_{x\to0}\dfrac{\dfrac{x^6}{9}+\dfrac{2}{3}x^4+o(x^4)}{x^4+o(x^4)}=\dfrac{2}{3}.$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0}\left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{\tan^2x} \right)=\dfrac{2}{3}. }$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to0}\dfrac{1}{x}\left(e-\left(1+x \right)^{\frac{1}{x}} \right).$

Svolgimento.

Sfruttiamo le proprietà dei logaritmi ed applichiamo gli sviluppi di Taylor (8) e (10) per $x\to 0$

$\begin{aligned} &\lim_{x\to0}\dfrac{1}{x}\left(e-\left(1+x \right)^{\frac{1}{x}} \right) = \lim_{x\to0}\dfrac{1}{x}\left(e-\exp\left(\dfrac{1}{x}\ln\left(1+x\right)\right)\right) \\ &= \lim_{x\to0} \dfrac{1}{x}\left(e-\exp\left(\frac{1}{x}\left( x-\frac{x^2}{2} +o(x^2)\right)\right) \right) \\ &= \lim_{x\to0}\dfrac{1}{x}\left(e-\exp\left(1-\frac{x}{2}+o(x)\right) \right) \\ &= e\lim_{x\to0}\dfrac{1-\exp\left(-\dfrac{x}{2}+o(x)\right)}{x} \\ &= e\lim_{x\to 0}\dfrac{1-\left(1-\dfrac{x}{2}+o(x)\right)}{x} = \dfrac{e}{2}. \end{aligned}$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0}\dfrac{1}{x}\left(e-\left(1+x \right)^{\frac{1}{x}} \right)=\dfrac{e}{2}. }$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to0^+} \dfrac{e^x-\cos x}{\sin^2 x\ln x}.$

Svolgimento.

Applichiamo gli sviluppi di Taylor (11), (8) e (12) per $x\to 0^+$

$\begin{aligned} \lim_{x\to 0^+}\dfrac{e^x-\cos x}{\sin^2 x \ln x}=\lim_{x\to 0^+}\dfrac{1+x-1+o(x)}{x^2\ln x +o(x^2\ln x )}=\lim_{x\to0^+}\dfrac{1}{x\ln x +o(x\ln x)}. \end{aligned}$

Ricordando che $-\ln x$ è un infinito di ordine inferiore rispetto a $x$ , osserviamo che

$\lim_{x\to +\infty}\dfrac{-\ln t}{t}=0$

che è equivalente ad¹

$\lim_{x\to 0^+}x\ln x =0.$

Inoltre, essendo $x\ln x<0$ in un intorno destro di $0$ sufficientemente piccolo, otteniamo che

$\lim_{x\to 0^+}\dfrac{e^x-\cos x}{\sin^2 x \ln x}=\lim_{x\to0^+}\dfrac{1}{x\ln x +o(x\ln x)}=-\infty.$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0^+} \dfrac{e^x-\cos x}{\sin^2 x\ln x}=-\infty. }$

Basta porre $x\to \dfrac{1}{x}$ ↩

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to0} \dfrac{e^x\cos x-1-x}{\tan^3 x}.$

Svolgimento.

Applichiamo gli sviluppi di Taylor (8), (12) e (13) per $x\to0$

$\begin{aligned} &\lim_{x\to0} \dfrac{e^x\cos x-1-x}{\tan^3 x}=\\ =&\lim_{x\to0} \dfrac{\left(1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6} +o(x^3)\right)\left(1-\dfrac{x^2}{2} +o(x^2)\right)-1-x}{x^3+o(x^3)}=\\ =&\lim_{x\to 0}\dfrac{1-\dfrac{x^2}{2}+x-\dfrac{x^3}{2}+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}-1-x+o(x^3)}{x^3+o(x^3)}=\\ =&\lim_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{3}x^3+o(x^3)}{x^3+o(x^3)}=-\dfrac{1}{3}. \end{aligned}$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0} \dfrac{e^x\cos x-1-x}{\tan^3 x}=-\dfrac{1}{3}. }$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to0} \dfrac{\sin \left(e^x-1\right)-x-\dfrac{x^2}{2}}{x^4}.$

Svolgimento.

Applichiamo gli sviluppi di Taylor (11) e (8) per $x\to0$ , ottenendo:

$\begin{aligned} \lim_{x\to0} \dfrac{\sin \left(e^x-1\right)-x-\dfrac{x^2}{2}}{x^4}&=\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin \left(1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^4}{24}+o\left(x^4\right)\right)-x-\dfrac{x^2}{2}}{x^2}=\\ &=\lim_{x\to 0 }\dfrac{x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^4}{24}-\dfrac{x^3}{6}-\dfrac{1}{6}\cdot 3\cdot x^2\cdot \dfrac{x^2}{2}-x-\dfrac{x^2}{2}+o\left(x^4\right)}{x^4}=\\ &=\lim_{x\to 0 }\dfrac{x^4\left(\dfrac{1}{24}-\dfrac{1}{4}\right)+o\left(x^4\right)}{x^4}=\dfrac{1}{24}-\dfrac{1}{4}=-\dfrac{5}{24}. \end{aligned}$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0} \dfrac{\sin \left(e^x-1\right)-x-\dfrac{x^2}{2}}{x^4}=-\dfrac{5}{24}. }$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si determinino $a,b,c$ in modo che

(27) $\begin{equation*} \lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{x\left(a+b\cos x\right)-c\arctan x}{x^5}=1. \end{equation*}$

Svolgimento.

Applicando gli sviluppi notevoli (12) e (16) a (27) fino al quinto ordine, per via del denominatore, otteniamo

$\begin{aligned} & \lim_{x \rightarrow0}\dfrac{x\left(a+b\cos x\right)-c\arctan x}{x^5}=\\ &=\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{x\left(a+b\left(1-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{1}{24}x^4\right)\right)-c\left(x-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5}\right)+o\left(x^5\right)}{x^5}=\\ &=\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{x\left(a+b-c\right)+x^3\left(-\dfrac{b}{2}+\dfrac{c}{3}\right)+x^5\left(\dfrac{b}{24}-\dfrac{c}{5}\right)}{x^5}=1 \end{aligned}$

da cui possiamo impostare il seguente sistema

(28) $\begin{equation*} \begin{cases} a+b-c=0\\\\ -\dfrac{1}{2}b+\dfrac{c}{3}=0\\\\ \dfrac{b}{24}-\dfrac{c}{5}=1 \end{cases} \end{equation*}$

che ha come risultato²

$\boxcolorato{analisi}{ \begin{cases} a=-\dfrac{60}{31} \\\\ b=-\dfrac{120}{31} \\\\ c=-\dfrac{180}{31}. \end{cases} }$

Altresì si poteva applicare il tereoma di Hopital, il lettore può verificare che entrambi i risultati portano allo stesso risultato.

Lasciamo i calcoli al lettore. ↩

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to+\infty}\left(\ln \left(1+\dfrac{1}{x} \right)^x-1 \right)x.$

Svolgimento.

Riscriviamo il limite come segue, applicando le proprietà dei logaritmi

$\lim_{x\to+\infty}\left(\ln \left(1+\dfrac{1}{x} \right)^x-1 \right)x=\lim_{x\to+\infty}\left(x\ln \left(1+\dfrac{1}{x} \right)-1 \right)x.$

Applichiamo lo sviluppo di Taylor (10) per $x\to+\infty$ , ottenendo

$\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty}\left(\ln \left(1+\dfrac{1}{x} \right)^x-1 \right)x&=\lim_{x\to+\infty}\left(x \left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2x^2}+o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)-1 \right) x\\ &=\lim_{x\to+\infty}\left(1-\dfrac{1}{2x}-1+o\left(\dfrac{1}{x}\right) \right)x=-\dfrac{1}{2}. \end{aligned}$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to+\infty}\left(\ln \left(1+\dfrac{1}{x} \right)^x-1 \right)x=-\dfrac{1}{2}}$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to0} \dfrac{x\arctan \left(\ln (1+x)\right)}{e-e^{\cos x}}.$

Svolgimento.

Applichiamo gli sviluppi di Taylor (10) e (16) per $x\to0^+$

$\begin{aligned} x\arctan\left(\ln\left(1+x\right)\right)=x\arctan\left(x+o(x)\right)=x\left(x+o(x)\right)=x^2+o(x^2) \end{aligned}$

e (12), (8)

$e-e^{\cos x}=e-e^{1-\frac{1}{2}x^2+o(x^2)}=e\left(1-e^{-\frac{1}{2}x^2+o(x^2)}\right)=e\left(1-1+\dfrac{1}{2}x^2+o(x^2)\right)=\dfrac{e}{2}x^2+o(x^2)$

da cui

$\lim_{x\to0} \dfrac{x\arctan \left(\ln (1+x)\right)}{e-e^{\cos x}}=\lim_{x\to0^+}\dfrac{x^2+o(x^2)}{\frac{e}{2}x^2+o(x^2)}=\dfrac{2}{e}.$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0} \dfrac{x\arctan (\ln (1+x))}{e-e^{\cos x}}=\dfrac{2}{e}.}$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to0^+} \dfrac{x^2e^x+2\ln\cos x}{x^3}.$

Svolgimento.

Applichiamo gli sviluppi di Taylor (12), (10) e (8) per $x\to0^+$

$\begin{aligned} \lim_{x\to0^+} \dfrac{(x^2e^x+2\ln\cos x)}{x^3}&=\lim_{x\to0^+}\dfrac{x^2(1+x+o(x))+2\ln\left(1-\dfrac{1}{2}x^2+o(x^3)\right)}{x^3}=\\ &=\lim_{x\to0^+}\dfrac{x^2+x^3+o(x^3)+2\left(-\dfrac{1}{2}x^2\right)}{x^3}=\\ &=\lim_{x\to0^+}\dfrac{x^3+o(x^3)}{x^3}=1. \end{aligned}$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0^+} \dfrac{x^2e^x+2\ln\cos x}{x^3}=1.}$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare, se esistono, per quali valori dei parametri reali non nulli $\alpha$ e $\beta$ vale la formula

$\alpha (1 - \cos x) - 2x^\beta = o(x^2) \quad \text{per} \quad x \to 0.$

Svolgimento.

Osserviamo che per definizione, $\alpha,\beta$ devono essere tali che

$\lim_{x \to 0} \frac{\alpha(1 - \cos x) - 2x^\beta}{x^2} =0.$

Applicando (12)

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\alpha(1 - \cos x) - 2x^\beta}{x^2} &= \lim_{x \to 0} \frac{\dfrac{1}{2}\alpha x^2 - \dfrac{\alpha}{24} x^4 - 2x^\beta + o(x^{\min(4,\beta)})}{x^2} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{\dfrac{1}{2} \alpha x^2 + \dfrac{\alpha}{24} x^4 - 2x^\beta + o(x^{\min(4,\beta)})}{x^2} = 0 \\ \Rightarrow \frac{\alpha}{2} &= 2 \quad \text{e} \quad \beta = 2. \Rightarrow \alpha = 4 \quad \text{e} \quad \beta = 2 \end{aligned}$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x^2) - x \arctan x}{\sin^2(x^2)}.$

Svolgimento.

Per $x \to 0$ , usando (10), (16) e (11)

$\ln(1 + x^2) = x^2 - \frac{1}{2}x^4 + o(x^4)$

$x \arctan x = \left(x - \frac{1}{3}x^3 + o(x^3)\right) = x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^4)$

$\sin^2(x^2) = (\sin x^2)^2 = x^4 + o(x^4)$

Quindi, tornando al limite:

$\lim_{x \to 0} \frac{x^2 - \dfrac{1}{2}x^4 - x^2 + \dfrac{x^4}{3} + o(x^4)}{x^4 + o(x^4)} = \lim_{x \to 0} \frac{-\dfrac{1}{6} x^4 + o(x^4)}{x^4 + o(x^4)} = -\frac{1}{6}$

Possiamo pertanto concludere che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x^2) - x \arctan x}{\sin^2(x^2)}=-\frac{1}{6}. }$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \frac{\cosh(2x) - e^{2x^2}}{\sinh(x) \sin(x) - x^2 + x^4}.$

Svolgimento.

Per $x \to 0$ , usando (21), (8), (11) e (20) si ha

$\cosh(2x) - e^{2x^2} = 1 + 2x^2 + \frac{16x^4}{24} - \left( 1 + 2x^2 + \frac{4x^4}{2} \right) = -\frac{4}{3}x^4 + o(x^4)$

$\sinh(x) \sin(x) - x^2 + x^4=x^2+o(x^4)-x^2+x^4 = x^4 + o(x^4)$

Tornando al limite:

$\lim_{x \to 0} \frac{-\dfrac{4}{3}x^4 + o(x^4)}{x^4 + o(x^4)} = -\frac{4}{3}$

Conclusione:

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \frac{\cosh(2x) - e^{2x^2}}{\sinh(x) \sin(x) - x^2 + x^4} = -\frac{4}{3}.}$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \frac{5x^2 - x \ln(1 + \sin(5x))}{x^3}.$

Svolgimento.

Espandiamo i termini, sfruttando (11) e (10) sino al terzo ordine, visto il numeratore:

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{5x^2 - x \ln(1 + \sin(5x))}{x^3}&= \lim_{x \to 0} \frac{5x^2 - x \ln(1 + 5x + o(x))}{x^3} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{5x^2 - x\left(5x - \dfrac{1}{2}(25x^2) + o(x^2)\right)}{x^3} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{5x^2 - 5x^2 + \dfrac{25}{2}x^3 + o(x^3)}{x^3} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{\dfrac{25}{2}x^3 + o(x^3)}{x^3} \\ &= \frac{25}{2} \end{aligned}$

Conclusione:

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \frac{5x^2 - x \ln(1 + \sin(5x))}{x^3} = \frac{25}{2}.}$

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \frac{\ln(\cos(2x)) + 2x^2 + \dfrac{4}{3}x^4}{x^6}.$

Svolgimento.

Sviluppiamo fino al sesto ordine per $x \to 0$ , utilizzando (12), (10):

$\begin{aligned} \ln(\cos(2x)) &= \ln\left(1 - 2x^2 + \frac{16}{4!}x^4 - \frac{64}{6!}x^6 + o(x^6)\right) \\ &= \ln\left(1 - 2x^2 + \frac{2}{3}x^4 - \frac{4}{45}x^6 + o(x^6)\right) \\ &= -2x^2 + \frac{2}{3}x^4 - \frac{4}{45}x^6 - \frac{1}{2}\left(4x^4 - \frac{8}{3}x^6\right) + \frac{1}{3}\left(-8x^6\right) + o(x^6) \\ &= -2x^2 - \frac{4}{3}x^4 - \frac{64}{45}x^6 + o(x^6) \end{aligned}$

Tornando al limite,

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{-2x^2 - \dfrac{4}{3}x^4 - \dfrac{64}{45}x^6 + 2x^2 + \dfrac{4}{3}x^4 + o(x^6)}{x^6} &= \lim_{x \to 0} \frac{-\dfrac{64}{45}x^6 + o(x^6)}{x^6} \\ &= -\frac{64}{45} \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \frac{\ln(\cos(2x)) + 2x^2 + \dfrac{4}{3}x^4}{x^6}=-\frac{64}{45}.}$

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to +\infty} \frac{\left( \dfrac{x+2}{x+1} \right)^{\frac{1}{3}} - \left( \dfrac{x+5}{x+3} \right)^{\frac{1}{4}}}{\ln(x+11) - \ln(x+7)}.$

Svolgimento.

Applichiamo gli sviluppi di Taylor (6) e (10) ad $1/x$

$\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt[3]{1 + \dfrac{1}{x+1}} - \sqrt[4]{1 + \dfrac{2}{x+3}}}{\ln \left(\dfrac{x+11}{x+7} \right)} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt[3]{1 + \dfrac{1}{x} + o\left(\dfrac{1}{x}\right)} - \sqrt[4]{1 + \dfrac{2}{x} + o\left(\dfrac{1}{x}\right)}} {\ln \left(1 + \dfrac{4}{x+7} \right)}, \\ &= \lim_{x \to +\infty} \frac{\dfrac{1}{3x} - \dfrac{1}{2x} + o\left(\dfrac{1}{x}\right)}{\ln \left( 1 + \dfrac{4}{x} + o \left(\dfrac{1}{x} \right) \right)} , \\ &= \lim_{x \to +\infty} \frac{\dfrac{-1}{6x}o\left(\dfrac{1}{x}\right)}{\dfrac{4}{x} + o\left(\dfrac{1}{x}\right)} =\\ &= -\frac{1}{24}. \end{aligned}$

Concludiamo quindi che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to +\infty} \frac{\left( \frac{x+2}{x+1} \right)^{\frac{1}{3}} - \left( \frac{x+5}{x+3} \right)^{\frac{1}{4}}}{\ln(x+11) - \ln(x+7)}= -\frac{1}{24}. }$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Trovare, se possibile, i valori delle costanti $\alpha$ e $\beta$ tali che

$\lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin(3x)}{x^3} + \frac{\alpha}{x^2} + \beta \right) = 0.$

Svolgimento.

Dalle formule di Taylor (11) abbiamo

$\sin(3x) = 3x - \frac{9}{2}x^3 + o(x^3) \quad \text{per} \quad x \to 0,$

il limite diventa

$\lim_{x \to 0} \left( \frac{3x - \dfrac{9}{2} x^3}{x^3} + \frac{\alpha}{x^2} + \beta \right) = 0.$

Facendo il minimo comune multiplo otteniamo

$\lim_{x \to 0} \left( \frac{\beta - \dfrac{9}{2}}{x^3} + \frac{\alpha + 3}{x^2} \right) = 0.$

In conclusione, si dovrà avere

$\boxcolorato{analisi}{\alpha = -3 \quad \text{e} \quad \beta = -\frac{9}{2}. }$

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \left( \frac{\int_0^x t^2 \cos t \, dt - \dfrac{x^3}{3}}{x^5} \right).$

Svolgimento.

Applicando lo sviluppo di Taylor (12) otteniamo

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \left( \frac{\int_0^x t^2 \cos t \, dt - \dfrac{x^3}{3}}{x^5} \right) &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{\int_0^x t^2 \left(1 - \dfrac{1}{2} t^2 + o(t^2) \right) dt - \dfrac{x^3}{3}}{x^5} \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{\dfrac{x^3}{3} - \dfrac{1}{10} x^5 - \dfrac{x^3}{3} + o(x^5)}{x^5} \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{-\dfrac{1}{10} x^5 + o(x^5)}{x^5} \right) = -\frac{1}{10} \end{aligned}$

Alternativamente, potevamo applicare due volte il Teorema di l’Hôpital, grazie alla derivabilità di numeratore e denominatore e alla forma determinata $0/0$

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \left( \frac{\int_0^x t^2 \cos t \, dt - \dfrac{x^3}{3}}{5x^4} \right) &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{x^2 \cos x - x^2}{x^5} \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{\cos x - 1}{5x^2} \right) \\ &=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}{10 x}\right)\\ &=\lim_{x\to0}\left(\frac{-\cos x}{10}\right)\\ &= -\frac{1}{10}. \end{aligned}$

Concludiamo quindi che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \left( \frac{\int_0^x t^2 \cos t \, dt - \dfrac{x^3}{3}}{x^5} \right)=-\frac{1}{10}.}$

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\begin{equation*} \lim_{x\to0} \frac{\ln(\cos(2x)) + 2x^2 + \dfrac{4}{3}x^4}{x^6}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Per risolvere il limite, sfruttiamo gli sviluppi di Taylor fino al sesto ordine, per via del denominatore. Da (12) è possibile sviluppare la funzione coseno con:

$\begin{equation*} \cos (2x) =1-\frac{(2x)^2}{2}+\frac{(2x)^4}{24}- \frac{(2x)^6}{720} + o(x^6). \end{equation*}$

Mentre per (10) si ha

$\begin{equation*} \begin{aligned} &\ln \left(1+\left(-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \dfrac{4x^6}{45} + o\left(x^6\right)\right)\right) =\\\\ &=\left(-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \frac{4x^6}{45} + o\left(x^6\right)\right)-\dfrac{1}{2}\underbrace{\left(-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \frac{4x^6}{45} + o\left(x^6\right)\right)^2}_{(a)}+\\\\ &+\dfrac{1}{3}\underbrace{\left(-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \frac{4x^6}{45} + o\left(x^6\right)\right)^3}_{(b)}-\dfrac{1}{4} \underbrace{\left(-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \frac{4x^6}{45} + o\left(x^6\right)\right)^4}_{(c)}+ \\\\ &+ \dfrac{1}{5}\underbrace{\left(-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \frac{4x^6}{45} + \left(x^6 \right)\right)^5}_{(d)}-\dfrac{1}{6} \underbrace{\left(-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \frac{4x^6}{45} + o\left(x^6\right)\right)^6 + o\left(x^6\right)}_{(e)}. \end{aligned} \end{equation*}$

Prima di iniziare a fare i conti, ricordiamo che vogliamo sviluppare fino al sesto ordine, quindi tutti gli ordini superiori vengono inglobati nell’o-piccolo. Ad esempio, andando a sviluppare il quadrato $(-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \frac{4x^6}{45} + o(x^6))^2$ , termini come $\left(\frac{2x^4}{3}\right)^2$ , $-2x^2\left(\frac{4x^6}{45}\right)$ , $\left(\frac{4x^6}{45}\right)^2$ vanno ignorati perché possono essere considerati un $o(x^6)$ . Per chiarezza, vediamo cosa rimane per ogni singola potenza:

$\begin{aligned} &(a)=\left(-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \frac{4x^6}{45} + o\left(x^6\right)\right)^2=4x^4 -\frac{8}{3}x^6 + o\left(x^6\right),\\\\ &(b)=\left(-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \frac{4x^6}{45} + o\left(x^6\right)\right)^3=-8x^6 + o\left(x^6\right),\\\\ &(c)=\left(-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \frac{4x^6}{45} + o\left(x^6\right)\right)^4= o\left(x^6\right),\\\\ &(d)=\left(-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \frac{4x^6}{45} + o\left(x^6\right)\right)^5= o\left(x^6\right),\\\\ &(e)=\left(-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \frac{4x^6}{45} + o\left(x^6\right)\right)^6= o\left(x^6\right).\\ \end{aligned}$

Mettendo insieme tutte queste informazioni si trova che³:

$\begin{aligned} \ln \left(1+\left(-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \frac{4x^6}{45} + o\left(x^6\right)\right)\right) &=-2x^2+\frac{2x^4}{3}- \frac{4x^6}{45} -2x^4 +\frac{4}{3}x^6-\frac{8}{3}x^6 + o\left(x^6\right)\\ &=-2x^2-\frac{4x^4}{3}- \frac{64x^6}{45} + o\left(x^6\right) . \end{aligned}$

A questo punto dobbiamo calcolare il limite, che è equivalente a:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \lim_{x\to0} \frac{\ln(\cos(2x)) + 2x^2 + \dfrac{4}{3}x^4}{x^6}=&\lim_{x\to0} \frac{-2x^2-\dfrac{4x^4}{3}- \dfrac{64x^6}{45}+ o(x^6) + 2x^2 + \dfrac{4}{3}x^4}{x^6}=\\\\ &=\lim_{x\to0} -\dfrac{64}{45}\left(1+o\left( 1\right) \right)=-\dfrac{64}{45}. \end{aligned} \end{equation*}$

Si conclude che il limite esiste e vale

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0} \frac{\ln(\cos(2x)) + 2x^2 + \dfrac{4}{3}x^4}{x^6}=-\dfrac{64}{45}.}$

Con un po’ di esperienza si può capire subito che non occorre sviluppare il logaritmo fino al sesto ordine, perché da un certo punto in poi si ottengono termini di ordini superiori, che rientrano tutti nell’o-piccolo. Bastava infatti lo sviluppo di $\ln(1+x)$ fino al terzo ordine. ↩

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

(29) $\begin{equation*} \displaystyle\lim_{x\to0} \dfrac{\ln(1+2x^2)-\cos(x+3x^3)+1-\dfrac{5}{2}x^2}{\sin3x^2 - e^{3x^2}+1}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Applicando (10) e (12) per $x \rightarrow 0$ , il numeratore diventa

$\begin{aligned} \ln(1+2x^2)-\cos(x+3x^3)+1-\frac{5}{2}x^2&=2x^2-2x^4-\left(1-\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{71}{24}x^4 \right) +1-\dfrac{5}{2}x^2=\\ &=-2x^4+\dfrac{71}{24}x^4+o\left(x^4\right) =\dfrac{23}{24}x^4+o\left(x^4\right). \end{aligned}$

Mentre, per il denominatore, da (11) e (8)

$\sin 3 x^2-e^{3x^2}+1=3x^2-\left(1+3x^2+\dfrac{9}{2}x^4 \right)+1=-\dfrac{9}{2}x^4+o\left(x^4\right) .$

Considerando i risultati ottenuti (29) diventa

$\begin{aligned} \lim_{x\to0} \dfrac{\ln(1+2x^2)-\cos(x+3x^3)+1-\dfrac{5}{2}x^2}{\sin3x^2 - e^{3x^2}+1}= & = \lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{\dfrac{23}{24}x^4+o\left(x^4\right)}{-\dfrac{9}{2}x^4+o\left(x^4\right)}=\dfrac{23}{24} \cdot \left(-\dfrac{2}{9}\right) = - \dfrac{23}{108}. \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+2x^2)-\cos(x+3x^3)+1-\dfrac{5}{2}x^2}{\sin3x^2 - e^{3x^2}+1}=- \dfrac{23}{108}.}$

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\displaystyle \lim_{x\to0^+} \dfrac{e^{\frac{3}{2}x}+\cos \sqrt{3x}-\sqrt{2x^2+4}} {\ln (1-3x)+\sin 3x}.$

Svolgimento.

Per $x\to0^+$ , dagli sviluppi (8), (12), (7), (10) e (11)

$\begin{aligned} &e^{\frac{3}{2}x} = 1+ \dfrac{3}{2}x+\dfrac{9}{8}x^2+o(x^2)\\\\ &\cos \sqrt{3x} = 1- \dfrac{3x}{2}+ \dfrac{9x}{24}^2+o(x^2)\\\\ &\sqrt{2x^2+4}=2\sqrt{\dfrac{x^2}{2}+1}= 2 \left(1+\dfrac{x^2}{4}+o(x^2) \right)\\\\ &\ln (1-3x)= -3x-\dfrac{9x^2}{2}+o(x^2)\\\\ &\sin 3x = 3x+o(x) \end{aligned}$

da cui

$\begin{aligned} &\lim_{x\to0^+} \dfrac{e^{\frac{3}{2}x}+\cos \sqrt{3x}-\sqrt{2x^2+4}} {\ln (1-3x)+\sin 3x}=\lim_{x\to0^+} \dfrac{\dfrac{9}{8}x^2 +\dfrac{9}{24}x^2-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)} {-\dfrac{9}{2}x^2+o(x^2)}=\\ & \qquad = \dfrac{\dfrac{9}{8}+\dfrac{9}{24}-\dfrac{1}{2}}{-\dfrac{9}{2}}=-\dfrac{2}{9}. \end{aligned}$

Dunque concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle \lim_{x\to0^+} \dfrac{e^{\frac{3}{2}x}+\cos \sqrt{3x}-\sqrt{2x^2+4}} {\ln (1-3x)+\sin 3x}=-\dfrac{2}{9}.}$

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to0} \dfrac{3\ln(x+3)-x-3\ln3}{e^{x^2}(\cosh x-1)}.$

Svolgimento.

Per $x\to 0$ si ha da (10)

$\begin{aligned} 3\ln(x+3)-x-3\ln3&=3\ln \left(3 \left(1+\frac{x}{3} \right) \right)-x-3\ln3=\\ &=3\left(\ln 3+\ln \left(1+\frac{x}{3} \right) \right)-x-3\ln3=\\ &=3\left(\ln 3+\frac{x}{3}-\frac{1}{2}\cdot \frac{x^2}{9}\right)-x-3\ln3 +o(x^2)=\\ &=3\ln3+x-\frac{1}{6}x^2-x-3\ln3+o(x^2)=\\ &=-\dfrac{1}{6}x^2+o(x^2) \end{aligned}$

e da (8) e (21)

$e^{x^2}(\cosh x-1)=(1+o(1))\left(1+\frac{1}{2}x^2+o(x^2)-1\right)=\dfrac{1}{2}x^2+o(x^2)$

da cui

$\begin{aligned} \lim_{x\to0} \dfrac{3\ln(x+3)-x-3\ln3}{e^{x^2}(\cosh x-1)}&=\lim_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{6}x^2+o(x^2)}{\dfrac{1}{2}x^2+o(x^2)}=-\dfrac{1}{3}. \end{aligned}$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0} \dfrac{3\ln(x+3)-x-3\ln3}{e^{x^2}(\cosh x-1)}=-\dfrac{1}{3}.}$

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

(30) $\begin{equation*} \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \dfrac{-\cos(2x) \; \sqrt{2} \cos\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)}{(\ln(\tan x))^2} \end{equation*}$

Svolgimento.

Sfruttiamo la sostituzione $y=x-\dfrac{\pi}{4}$ , da cui

$\cos(2x)=\cos\left(2y+\frac{\pi}{2}\right)=\sin(2y)$

$\cos(x+\frac{\pi}{4})=\cos\left(y+\frac{\pi}{2}\right)=\sin(y)$

e dalla formula per la tangente⁴

$\ln(\tan x)=\ln\left(\tan\left(y-\frac{\pi}{4}\right)\right)=\ln\left(\frac{\tan y-1}{1+\tan y}\right)=\ln(\tan y-1)-\ln(1+\tan y).$

Ricorriamo agli sviluppi di Taylor (11), (10) e (13) da cui il limite da studiare è equivalente a

$\begin{aligned} &\ \lim_{y \rightarrow 0}\dfrac{-\sqrt{2}\sin y \sin \left(2y \right)}{\left(\ln\left(1+\tan y \right)- \ln \left(1-\tan y \right) \right)^2} \\ &= -\sqrt{2}\lim_{y \rightarrow 0}\dfrac{(y+o(y))(2y+o(y))}{\left(\ln\left(1+y \right)-\ln\left(1-y \right)+o(y)\right)^2} \\ &= -\sqrt{2}\lim_{y \rightarrow 0}\dfrac{2y^2+o(y^2)}{\left(y - (-y) + o(y)\right)^2} \\ &= -\sqrt{2}\lim_{y \rightarrow 0}\dfrac{2y^2+o(y^2)}{\left(2y + o(y)\right)^2} \\ &= -\sqrt{2}\lim_{y \rightarrow 0}\dfrac{2y^2+o(y^2)}{4y^2+o(y^2)} \\ &= -\dfrac{\sqrt{2}}{2}. \end{aligned}$

Dunque possiamo concludere che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \dfrac{-\cos(2x) \; \sqrt{2} \cos\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)}{(\ln(\tan x))^2}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}.}$

Ricordiamo
$\tan(\alpha+\beta)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}$
↩

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \frac{\left( e^{2x} - 1 - \sin(2x) \right)\left( 3xe^{-x} - \arctan(3x) \right) +6x^4-13x^5+6x^6}{x^6}.$

Svolgimento.

Sviluppiamo con Taylor i diversi termini del numeratore, utilizzando (8), (11) e (16) fino al sesto ordine, visto il denominatore:

$\begin{aligned} &e^{2x} - 1 - \sin(2x)=2x^2 + \frac{8}{3}x^3 + \frac{2}{3}x^4+o(x^4),\\ &3xe^{-x} - \arctan(3x)=3x^2 + \frac{21}{2}x^3 + \frac{x^4}{2} + o(x^4), \end{aligned}$

dunque il limite diventa

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0} \frac{\left( 2x^2 + \dfrac{8}{3}x^3 + \dfrac{2}{3}x^4 + o(x^4) \right)\left( 3x^2 + \dfrac{21}{2}x^3 + \dfrac{x^4}{2} + o(x^4) \right) +6x^4-13x^5+6x^6}{x^6} \\ =& \lim_{x \to 0} \frac{-6x^4 + 13x^5 + 25x^6 +6x^4-13x^5+6x^6+ o(x^6)}{x^6} \\ %= &\lim_{x \to 0} \frac{x^6 + \frac{8}{3} \cdot \frac{21}{2}x^6 + 2x^6 + o(x^6)}{x^6} \\ = &\lim_{x \to 0} \frac{31x^6}{x^6} \left( 1 + o(1) \right) = 31. \end{aligned}$

Dunque,

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \frac{\left( e^{2x} - 1 - \sin(2x) \right)\left( 3xe^{-x} - \arctan(3x) \right) +6x^4-13x^5+6x^6}{x^6}=31.}$

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \dfrac{\left( \sqrt{1-x^2} - \cos x \right) \, \left(\sin \left(4x\right) - 2 \sin \left(2x\right)\right) - \dfrac{4}{3}x^7}{x^9}$

Svolgimento.

Guardando il denominatore, è probabile servirà sviluppare con Taylor fino al grado 9. Per $x \to 0$ si ha da (7) e (12)

$\begin{aligned} &\sqrt{1-x^2} - \cos x = \\ &= 1-\dfrac{1}{2}x^2 - \dfrac{1}{8}x^4 - \dfrac{1}{16}x^6 -\dfrac{5}{128}x^8 - 1 +\dfrac{1}{2}x^2 - \dfrac{1}{24}x^4 + \dfrac{1}{720}x^6 - \dfrac{1}{8!}x^8 +o(x^8) =\\ & = -\dfrac{1}{6}x^4 - \dfrac{11}{180}x^6 - \dfrac{197}{5040}x^8 + o(x^8) \end{aligned}$

e da (11)

$\begin{aligned} &\sin\left( 4x\right) - 2 \sin \left(2x\right) \\ & = 4x - 4x - \dfrac{1}{6} (4^3x^3) - 2 \left(-\dfrac{1}{6}\right)\left(8x^3\right) + \dfrac{1}{5!} (4x)^5 - 2 \left(\dfrac{1}{5!}\right) (2x)^5 +(x^5)=\\ & = -8x^3+8x^5+o(x^5), \end{aligned}$

dove ci siamo fermati al grado 5 poiché nello sviluppo precedente non ci sono termini di grado inferiore a 4. Torniamo al limite

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0} \dfrac{\left( \sqrt{1-x^2} - \cos x \right) \, \left(\sin \left(4x\right) - 2 \sin \left(2x\right)\right) - \dfrac{4}{3}x^7}{x^9} = \\ =& \lim_{x \to 0} \dfrac{\left(-\dfrac{1}{6}x^4 - \dfrac{11}{180}x^6 + \dfrac{197}{5040}x^8 + o(x^8)\right) \left(-8x^3+8x^5+o(x^5) \right)- \dfrac{4}{3}x^7}{x^9} = \\ =& \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{4}{3}x^7 - \dfrac{4}{3}x^9 + \dfrac{88}{180} x^9 - \dfrac{4}{3}x^7 + o(x^9)}{x^9} = \\ =& \lim_{x \to 0} \dfrac{-\dfrac{38}{45}x^9+o(x^9)}{x^9} = \\ =& - \dfrac{38}{45}. \end{aligned}$

Si ha dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \dfrac{\left( \sqrt{1-x^2} - \cos x \right) \, \left(\sin \left(4x\right) - 2 \sin \left(2x\right)\right) - \dfrac{4}{3}x^7}{x^9} =-\dfrac{38}{45}.}$

Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to -\infty}\left(x^3 \left(\cos \dfrac{1}{x}-1\right)+\sqrt[3]{x^2+x} + \dfrac{x}{\ln x^2}\right) \ln\left(1+\dfrac{2}{x}\right).$

Svolgimento.

Richiamiamo gli sviluppi di Taylor (12), (10) e (6), la sostituzione $x\to1/x$ e il fatto che $x/\ln x^2=o(x)$ per $x\to-\infty$ , otteniamo

$\begin{aligned} & \lim_{x \to -\infty}\left(x^3 \left(\cos \dfrac{1}{x}-1\right)+\sqrt[3]{x^2+x} + \dfrac{x}{\ln x^2}\right) \ln\left(1+\dfrac{2}{x}\right) = \\ =& \lim_{x \to -\infty} \left(x^3 \left(-\dfrac{1}{2} \dfrac{1}{x^2}+ \dfrac{1}{24} \dfrac{1}{x^4} + o\left(\dfrac{1}{x^4}\right) \right) + x^{\frac{2}{3}} \left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{\frac{1}{3}} + \dfrac{x}{\ln x^2}\right) \left(\dfrac{2}{x}+o\left(\dfrac{1}{x}\right)\right) = \\ =& \lim_{x \to -\infty} \left(-\dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{24} \dfrac{1}{x} - o\left(\dfrac{1}{x}\right) + x^{\frac{2}{3}} \left(1+\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{x} + o \left(\dfrac{1}{x}\right)\right) + \dfrac{x}{\ln x^2}\right) \left(\dfrac{2}{x}+o\left(\dfrac{1}{x}\right)\right) = \\ =& \lim_{x \to -\infty} \left(-\dfrac{1}{2}x+o(x)\right)(1+o(1)) \, \left(\dfrac{2}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right)\right) = -1. \end{aligned}$

Si conclude allora che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to -\infty}\left(x^3 \left(\cos \dfrac{1}{x}-1\right)+\sqrt[3]{x^2+x} + \dfrac{x}{\ln x^2}\right) \ln\left(1+\dfrac{2}{x}\right) = -1.}$

Esercizio 31 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare i seguenti limiti, se esistono:

$\lim_{x\to \pm \infty}\left(\dfrac{2}{x}-\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)-\tan\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)\sqrt{x^8\left(1-\cos^2\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)}.$

Svolgimento.

Dagli sviluppi di Taylor (11), (13) e (12) e la sostituzione $x\to 1/x$ ,

$\begin{aligned} \sin\left(\frac{1}{x}\right)&=\frac{1}{x}-\frac{1}{6x^3}+o\left(\frac{1}{x^3}\right)\\ \tan\left(\frac{1}{x}\right)&=\frac{1}{x}+\frac{1}{3x^3}+o\left(\frac{1}{x^3}\right)\\ \cos^2\left(\frac{1}{x}\right)&=1-\frac{1}{x^4}+o\left(\frac{1}{x^4}\right) \end{aligned}$

si ha

$\begin{aligned} & \lim_{x\to \pm \infty}\left(\dfrac{2}{x}-\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)-\tan\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)\sqrt{x^8\left(1-\cos^2\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)}=\\ &=\lim_{x\to\pm\infty}x^4\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{6x^3}-\dfrac{1}{3x^3}+o\left(\dfrac{1}{x^3}\right)\right)\sqrt{\left(1-\left(1-\dfrac{1}{2x^2}+o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)^2\right)}=\\ &=\lim_{x\to\pm\infty}x^4\left(-\dfrac{1}{6x^3}+o\left(\dfrac{1}{x^3}\right)\right)\sqrt{\left(1-1+\dfrac{1}{x^2}+o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)}=\\ &=\lim_{x\to\pm\infty}x\left(-\dfrac{1}{6}+o\left(1\right)\right)\left(\dfrac{1}{\left \vert x\right \vert }\right)\left(1+o\left(1\right)\right)=\\ &=\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{x}{\left \vert x \right \vert }\left(-\dfrac{1}{6}+o\left(1\right)\right). \end{aligned}$

Pertanto per $x\to+\infty$ si ha

$\lim_{x\to \to +\infty}\left(\dfrac{2}{x}-\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)-\tan\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)\sqrt{x^8\left(1-\cos^2\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)}=\lim_{x\to \to +\infty}\dfrac{x}{ x }\left(-\dfrac{1}{6}+o\left(1\right)\right)=-\dfrac{1}{6}$

e analogamente per $x\to-\infty$ si ottiene

$\lim_{x\to - \infty}\left(\dfrac{2}{x}-\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)-\tan\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)\sqrt{x^8\left(1-\cos^2\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)}=\lim_{x\to-\infty}-\dfrac{x}{ x }\left(-\dfrac{1}{6}+o\left(1\right)\right)=\dfrac{1}{6}.$

Dunque, riassumendo

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to \pm \infty}\left(\dfrac{2}{x}-\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)-\tan\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)\sqrt{x^8\left(1-\cos^2\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)}=\mp\frac{1}{6}.}$

Esercizio 32 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to +\infty} \left( \dfrac{2\arctan x}{\pi} \right)^{\pi x}.$

Svolgimento.

Possiamo riscrivere il limite come segue

$\lim_{x \to +\infty} \left( \dfrac{2\arctan x}{\pi} \right)^{\pi x} = \lim_{x \to +\infty} e^{\pi x \ln \left( \frac{2\arctan x}{\pi} \right)} = \lim_{x \to +\infty} e^{\pi x \ln \left( \frac{2\left(\frac{\pi}{2}-\arctan \frac{1}{x}\right)}{\pi} \right)}=I,$

dove abbiamo utilizzato l’identità notevole

$\arctan x + \arctan\left( \dfrac{1}{x}\right)=\begin{cases} \,\,\,\,\,\dfrac{\pi}{2}\quad & \text{per}\,\, x>0,\\ \\ -\dfrac{\pi}{2}&\text{per}\,\, x<0. \end{cases}$

Da (16)

$\dfrac{\pi}{2}-\arctan\left( \dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{1}{x}+o\left( \dfrac{1}{x}\right)$

da cui

$\begin{aligned} I&= \lim_{x \to +\infty} e^{\pi x \ln \left(\frac{2}{\pi} \left(\frac{\pi}{2}-\frac{1}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right)\right)\right)} = \\ &=\lim_{x \to +\infty} e^{\pi x\ln\left(1-\frac{2}{\pi x} + o\left(\frac{1}{x}\right)\right)} =\\ & = \lim_{x \to +\infty} e^{\pi x \left(-\frac{2}{\pi x} + o\left(\frac{1}{x}\right)\right)} = e^{-2}. \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to +\infty} \left( \dfrac{2\arctan x}{\pi} \right)^{\pi x}=e^{-2}.}$

Esercizio 33 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\displaystyle \lim_{x\to0} \dfrac{\sin^2(x+2x^2)-\ln (1+x^2+4x^3)}{e^{-\frac{x^2}{2}}-\cos x}.$

Svolgimento.

Per $x\to0$ , da (11) si ha:

$\sin^2 (x+2x^2)= \left[x+2x^2-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3) \right]^2=x^2+4x^4+4x^3-\dfrac{1}{3}x^4+ o(x^4)$

e da (10)

$\ln (1+x^2+4x^3)=x^2+4x^3-\dfrac{x^4}{2}+o(x^4)$

da cui

$\begin{aligned} & \sin^2(x+2x^2)-\ln (1+x^2+4x^3)=\\ =& \cancel{x^2} + \cancel{4x^3} + 4x^4 - \dfrac{1}{3}x^4 - \cancel{x^2} - \cancel{4x^3} + \dfrac{x^4}{2} + o(x^4)=\\ =&\dfrac{25}{6}x^4+o(x^4). \end{aligned}$

Per il denominatore, con $x \to 0$ , abbiamo da (8)

$e^{-\frac{x^2}{2}}=1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{8}+o(x^4) \quad \mbox{e} \quad \cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{24}+o(x^4)$

segue che

$\begin{aligned} e^{-\frac{x^2}{2}}-\cos x & = \cancel{1}-\cancel{\dfrac{x^2}{2}}+\dfrac{x^4}{8}-\cancel{1}+\cancel{\dfrac{x^2}{2}}-\dfrac{x^4}{24}+o(x^4)=\dfrac{1}{12}x^4+o(x^4). \end{aligned}$

Torniamo al limite e sfruttando i risultati ottenuti, arriviamo a

$\displaystyle \lim_{x\to0} \dfrac{\sin^2(x+2x^2)-\ln (1+x^2+4x^3)}{e^{-\frac{x^2}{2}}-\cos x}=\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\dfrac{25}{6}x^4+o(x^4)}{\dfrac{1}{12}x^4+o(x^4)}=50.$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x\to0} \dfrac{\sin^2(x+2x^2)-\ln (1+x^2+4x^3)}{e^{-\frac{x^2}{2}}-\cos x}=50.}$

Esercizio 34 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{1}{\tan x \arctan x} \left( e^{x^2}- \dfrac{1}{\cos x} \right).$

Svolgimento.

Riscriviamo il limite come segue

$\displaystyle \lim_{x\to 0} \dfrac{1}{\tan x \arctan x} \left( e^{x^2}- \dfrac{1}{\cos x} \right)= \displaystyle \lim_{x\to0} \dfrac{1}{\tan x \arctan x} \left(\dfrac{e^{x^2}\cos x-1}{\cos x}\right).$

Per $x\to0$ si ha da (8) e (12)

$e^{x^2} \cos x=(1+x^2+o(x^2))\left(1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right)=1+ \dfrac{1}{2} x^2+o(x^2)$

e da (16)

$\tan x \arctan x=(x+o(x))(x+o(x))=x^2+o(x^2)$

da cui

$\begin{aligned} \lim_{x\to0} \dfrac{1}{x^2+o(x^2) } \; \dfrac{\dfrac{1}{2}x^2+o(x^2)}{1+o(1)}= \dfrac{1}{2}. \end{aligned}$

Concludiamo che il limite assegnato è uguale a

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to 0} \dfrac{1}{\tan x \arctan x} \left( e^{x^2}- \dfrac{1}{\cos x} \right)=\dfrac{1}{2}.}$

Esercizio 35 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\displaystyle \lim_{x\to0^+} \dfrac{e^{2x}+\cos \sqrt{4x}-\sqrt{4-2x^2}}{\ln(1+3x)-\sin 3x}.$

Svolgimento.

Per $x\to0^+$ dagli sviluppi (8), (12), (7), (10) e (11)

$\begin{aligned} &e^{2x} = 1+ x +2x^2+o(x^2)\\ &\cos \sqrt{4x} = 1- \dfrac{4x}{2}+ \dfrac{16x^2}{24}+o(x^2)\\ &\sqrt{4-2x^2} = 2 \left( 1-\dfrac{x^2}{4}\right) +o(x^2)\\ &\ln (1+3x)= 3x+\dfrac{9x^2}{2}+o(x^2)\\ &\sin 3x = 3x+o(x) \end{aligned}$

con cui otteniamo

$\begin{aligned} \displaystyle &\lim_{x\to0^+} \dfrac{e^{2x}+\cos \sqrt{4x}-\sqrt{4-2x^2}}{\ln(1+3x)-\sin 3x}=\\ =&\displaystyle \lim_{x\to 0^+} \dfrac{1+2x+\dfrac{4x^2}{2}+1-\dfrac{4x}{2}+ \dfrac{16x^2}{24}-2\left( 1-\dfrac{x^2}{4}\right)+o(x^2)}{3x-\dfrac{9x^2}{2}-3x+o(x^2)}=\\ =&\dfrac{2+\dfrac{16}{24}+\dfrac{1}{2}}{-\dfrac{9}{2}}=-\dfrac{19}{27}. \end{aligned}$

Dunque concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0^+} \dfrac{e^{2x}+\cos \sqrt{4x}-\sqrt{4-2x^2}}{\ln(1+3x)-\sin 3x}=-\dfrac{19}{27}.}$

Esercizio 36 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\displaystyle \lim_{x\to0^+} \dfrac{e\left[ \cos (\sqrt{2x}) \right]^{\frac{1}{x}}-1}{x}.$

Svolgimento.

Per $x\to0^+$ , dagli sviluppi (12), (10) e (8) si ha

$\begin{aligned} \left[\cos (\sqrt{2x}) \right]^{\frac{1}{x}}&= e^{\frac{1}{x}\ln\left(1- \frac{2x}{2}+\frac{2^2 x^2}{24}+o(x^2) \right)}=e^{\frac{1}{x}\ln \left(1-x+\frac{x^2}{6}+o(x^2) \right)}=\\ &=e^{\frac{1}{x} \left(-x+\frac{x^2}{6}-\frac{x^2}{2}+o(x^2) \right)}=e^{-1}e^{-\frac{x}{3}+o(x)}= \\ &=e^{-1}\left(1-\dfrac{1}{3}x+o(x)\right) \end{aligned}$

da cui

$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x\to0^+} \dfrac{e\left[ \cos (\sqrt{2x}) \right]^{\frac{1}{x}}-1}{x}&=\lim_{x\to0^+}\dfrac{e\cdot e^{-1}\left(1-\frac{1}{3}x+o(x)\right)-1}{x}=\\ &=\lim_{x\to0^+}\dfrac{-\frac{1}{3}x+o(x)}{x}=-\dfrac{1}{3}. \end{aligned}$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x\to0^+} \dfrac{e\left[ \cos (\sqrt{2x}) \right]^{\frac{1}{x}}-1}{x}=-\dfrac{1}{3}.}$

Esercizio 37 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to0} \dfrac{\sin \left(\dfrac{1}{2x+1}-\dfrac{1}{e^{2x}} \right)}{\ln (\cosh (3x))}.$

Svolgimento.

Osserviamo che per $x\to0$ , da (5) si ha

$\dfrac{1}{2x+1}=1-2x+4x^2+o(x^2)$

e da (8)

$-\dfrac{1}{e^{2x}}=-\frac{1}{1+2x+2x^2+o(x^2)}=-1+2x+2x^2-4x^2+o(x^2)$

da cui

$\begin{aligned} \dfrac{1}{2x+1}-\dfrac{1}{e^{2x}}&=1-2x+4x^2+o(x^2)-\frac{1}{1+2x+2x^2+o(x^2)}=\\ &= 1-2x+4x^2-1+2x+2x^2-4x^2+o(x^2)=2x^2+o(x^2) \end{aligned}$

dunque sempre per $x\to 0$ , da (11) si ha

$\sin\left(\frac{1}{2x+1}-\frac{1}{e^{2x}}\right)=\sin\left(2x^2+o(x^2)\right)=2x^2+o(x^2).$

Il denominatore per $x\to 0$ si può sviluppare da (21) e da (10) come segue

$\ln (\cosh (3x))=\ln\left(1+\frac{9}{2}x^2+o(x^2)\right)=\frac{9}{2}x^2+o(x^2)$

e quindi

$\lim_{x\to0} \dfrac{\sin \left(\dfrac{1}{2x+1}-\dfrac{1}{e^{2x}} \right)}{\ln (\cosh (3x))}=\lim_{x\to 0}\dfrac{2x^2+o(x^2)}{\dfrac{9}{2}x^2+o(x^2)}=\dfrac{4}{9}.$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0} \dfrac{\sin \left(\dfrac{1}{2x+1}-\dfrac{1}{e^{2x}} \right)}{\ln (\cosh (3x))}=\dfrac{4}{9}. }$

Esercizio 38 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to+\infty}x^2\left[\left(1+\dfrac{1}{x} \right)^x-ex\ln\left(1+\dfrac{1}{x} \right) \right].$

Svolgimento.

Utilizziamo gli sviluppi di Taylor (10) e (8) per $x\to+\infty$ :

$\begin{aligned} \left(1+\frac{1}{x}\right)^x&=\exp\left({x\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}\right)=\exp\left( {x\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2x}+\frac{1}{3x^3}+\left(\frac{1}{x^3}\right)\right)}\right)=\\ &=\exp\left(1-\dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{3x^2}+o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)=e\cdot\exp\left(-\dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{3x^2}+o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)=\\ &=e\left(1-\dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{3x^2}+\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{4x^2}+o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)=e\left(1-\dfrac{1}{2x}+\dfrac{11}{24x^2}+o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right) \end{aligned}$

$ex\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)=ex\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2x^2}+\dfrac{1}{3x^3}+o\left(\dfrac{1}{x^3}\right)\right)=e\left(1-\dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{3x^2}+o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)$

da cui

$\begin{aligned} &\lim_{x\to+\infty}x^2\left[\left(1+\dfrac{1}{x} \right)^x-ex\ln\left(1+\dfrac{1}{x} \right) \right]=\\ =&\lim_{x\to+\infty}ex^2\left(\left(1-\dfrac{1}{2x}+\dfrac{11}{24x^2}+o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)-\left(1-\dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{3x^2}+o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)\right)=\\ =&\lim_{x\to+\infty}ex^2\left(\dfrac{1}{8x^2}+o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)=\dfrac{e}{8}. \end{aligned}$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to+\infty}x^2\left[\left(1+\dfrac{1}{x} \right)^x-ex\ln\left(1+\dfrac{1}{x} \right) \right]=\dfrac{e}{8}.}$

Esercizio 39 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to0^+}\left(\dfrac{\sin x}{x} \right)^{\frac{1}{x^2}}.$

Svolgimento.

Applichiamo gli sviluppi di Taylor (11) e (10) per $x\to 0^+$ :

$\begin{aligned} &\lim_{x\to0^+}\left(\dfrac{\sin x}{x} \right)^{\frac{1}{x^2}} = \lim_{x\to0^+} \exp\left(\frac{1}{x^2}\ln\left( \frac{\sin x}{x}\right)\right) \\ &= \lim_{x\to0^+}\exp\left({\frac{1}{x^2}\ln\left(\left(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right)\dfrac{1}{x} \right)}\right) \\ &= \lim_{x\to0^+}\exp\left({\frac{1}{x^2}\ln \left(1-\frac{x^2}{6}+o(x^2)\right)}\right) \\ &= \lim_{x\to0^+}\exp\left(\dfrac{-\dfrac{x^2}{6}+o(x^2)}{x^2}\right) = \exp\left(-\dfrac{1}{6}\right) = \dfrac{1}{e^{\frac{1}{6}}}. \end{aligned}$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0^+}\left(\dfrac{\sin x}{x} \right)^{\frac{1}{x^2}}=\dfrac{1}{e^{\frac{1}{6}}}.}$

Esercizio 40 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x\to0} \dfrac{\ln\left(1+\sin x \cdot x\right)-e^{x^2}+1}{1-\cos x-\ln\left(1+\dfrac{x^2}{2} \right)}.$

Svolgimento.

Applichiamo gli sviluppi di Taylor (11), (10) e (8) per $x\to0$

$\begin{aligned} &\ln\left(1+x\sin x\right)=\ln\left(1+x\left(x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)\right)\right)=\ln\left(1+x^2-\dfrac{x^4}{6}+o\left(x^4\right)\right)=\\ & \qquad \qquad \qquad \; \quad =x^2-\dfrac{x^4}{6}-\dfrac{1}{2}\left(x^4\right)+o(x^4)=x^2-\dfrac{2}{3}x^4+o(x^4),\\ &1-e^{x^2}=1-\left(1+x^2+\dfrac{1}{2}x^4\right)+o\left(x^4\right)=-x^2-\dfrac{1}{2}x^4 \end{aligned}$

da cui

(31) $\begin{equation*} \ln\left(1+\sin x \cdot x\right)-e^{x^2}+1=x^2-\dfrac{2}{3}x^4-x^2-\dfrac{1}{2}x^4=-\dfrac{7}{6}x^4+o(x^4). \end{equation*}$

Per il denominatore abbiamo da (12) e (10)

$\begin{aligned} &1-\cos x =1-\left(1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{24}+o(x^4)\right)=\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^4}{24}+o(x^4),\\ &\ln\left(1+\dfrac{x^2}{2}\right)=\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x^4}{4}\right)+o(x^4)=\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^4}{8}+o\left(x^4\right) \end{aligned}$

per cui

(32) $\begin{equation*} 1-\cos x-\ln\left(1+\dfrac{x^2}{2}\right)=\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^4}{24}-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{8}+o(x^4)=\dfrac{x^4}{12 }+o(x^4). \end{equation*}$

Sfruttando (31) e (32) otteniamo

$\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln\left(1+x\sin x\right)-e^{x^2}+1}{1-\cos x-\ln\left(1+\dfrac{x^2}{2}\right)}=\lim_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{7}{6}x^4+o(x^4)}{\dfrac{x^4}{12 }+o(x^4)}=\left(-\dfrac{7}{6}\right)\left(12\right)=-14.$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0} \dfrac{\ln\left(1+\sin x \cdot x\right)-e^{x^2}+1}{1-\cos x-\ln\left(1+\dfrac{x^2}{2} \right)}=-14.}$

Esercizio 41 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln\left(\dfrac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^4}+1\right)+\sin^3\left(\dfrac{2}{x}\right)}{\ln\left(\dfrac{3+x^3}{x^3}\right)}$

Svolgimento.

Dagli sviluppi (8), (11) e (10) otteniamo

$\begin{aligned} e^{\frac{1}{x}}&=1+o(1)\\ \sin^3\left(\frac{2}{x}\right)&=\frac{8}{x^3}+o\left(\frac{1}{x^3}\right)\\ \ln(1+x)&=x+o(x) \end{aligned}$

e dunque segue

$\begin{aligned} & \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln\left(\dfrac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^4}+1\right)+\sin^3\left(\dfrac{2}{x}\right)}{\ln\left(\dfrac{3+x^3}{x^3}\right)} = \\ & = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln\left(1+\dfrac{1}{x^4}+o\left(\dfrac{1}{x^4}\right)\right)+\dfrac{8}{x^3}+o\left(\dfrac{1}{x^3}\right)}{\ln\left(1+\dfrac{3}{x^3}\right)} = \\ & = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\dfrac{8}{x^3}+\dfrac{1}{x^4}+o\left(\dfrac{1}{x^4}\right)}{\dfrac{3}{x^3}+o\left(\dfrac{1}{x^3}\right)}) = \\ & = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\dfrac{8}{x^3}+o\left(\dfrac{1}{x^3}\right)}{\dfrac{3}{x^3}+o\left(\dfrac{1}{x^3}\right)} = \dfrac{8}{3} \end{aligned}$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln\left(\dfrac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^4}+1\right)+\sin^3\left(\dfrac{2}{x}\right)}{\ln\left(\dfrac{3+x^3}{x^3}\right)}=\dfrac{8}{3}.}$

Esercizio 42 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\begin{aligned} \lim_{x\to1}\dfrac{(x+3)^{\frac{1}{2}}-(3x+5)^{\frac{1}{3}}}{\left(1-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}x \right) \right)^2}. \end{aligned}$

Svolgimento.

Operiamo la sostituzione $x=y+1$ e otteniamo

$\lim_{y\to0} \dfrac{(y+4)^{\frac{1}{2}}-(3y+8)^{\frac{1}{3}}}{\left(1-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y+\dfrac{\pi}{4} \right) \right)^2}=\lim_{y\to0} \dfrac{2\left(\dfrac{y}{4}+1 \right)^{\frac{1}{2}}-2\left(\dfrac{3}{8}y+1 \right)^{\frac{1}{3}}}{ \left(1-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y+\dfrac{\pi}{4} \right) \right)^2}=I.$

Applicando la formula di somma e sottrazione per la tangente possiamo riscrivere il denominatore come segue

$\begin{aligned} 1-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y+\dfrac{\pi}{4}\right)&=1-\dfrac{\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)+\tan\left(\dfrac{\pi}{4}\right)}{1-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)\tan\left(\dfrac{\pi}{4}\right)}= \\ &=1-\dfrac{1+\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)}{1-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)}=\\ &=\dfrac{1-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)-1-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)}{1-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)}=\\ &=\dfrac{-2\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)}{1-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)} \end{aligned}$

da cui

$I=\lim_{y\to0} \dfrac{2\left(\dfrac{y}{4}+1 \right)^{\frac{1}{2}}-2\left(\dfrac{3}{8}y+1 \right)^{\frac{1}{3}}}{ \left(\dfrac{-2\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)}{1-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)}\right)^2}=\lim_{y\to0} \dfrac{\left(2\left(\dfrac{y}{4}+1 \right)^{\frac{1}{2}}-2\left(\dfrac{3}{8}y+1 \right)^{\frac{1}{3}}\right)\left(1-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)\right)^2}{ 4\tan^2\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)}.$

Sviluppando per $y\to0$ , utilizzando (6), (13) si ha

$\begin{aligned} &\left(1+\dfrac{y}{4} \right)^{\frac{1}{2}}=1+\dfrac{y}{4}\cdot \dfrac{1}{2}-\dfrac{y^2}{16}\cdot \dfrac{1}{8}+o(y^2)=1+\dfrac{y}{8}-\dfrac{y^2}{128}+o(y^2)\\ &\left(1+\dfrac{3}{8}y \right)^{\frac{1}{3}}=1+\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{3}{8}y+\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{3}\left( \dfrac{1}{3}-1\right) \dfrac{9}{64}y^2+o(y^2)=1+\dfrac{1}{8}y-\dfrac{1}{64}y^2+o(y^2)\\ &1-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)=1+o(1)\\ &4\tan^2\left(\dfrac{\pi}{4}y\right)=4\left(\dfrac{\pi^2}{16}y^2\right)+o(y^2)=\dfrac{\pi^2}{4}y^2+o(y^2), \end{aligned}$

da cui

$\lim_{y\to 0}\dfrac{2\left(1+\dfrac{y}{8}-\dfrac{y^2}{128}-\left(1+\dfrac{1}{8}y-\dfrac{1}{64}y^2\right)+o(y^2)\right)\left(1+o(1)\right)}{\dfrac{\pi^2}{4}y^2+o(y^2)}=\lim_{y\to 0}\dfrac{2\left(\dfrac{1}{128}y^2+o(y^2)\right)}{\dfrac{\pi^2}{4}y^2+o(y^2)}=\dfrac{1}{64}\cdot \dfrac{4}{\pi^2}=\dfrac{16}{\pi^2}.$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to1}\dfrac{(x+3)^{\frac{1}{2}}-(3x+5)^{\frac{1}{3}}}{\left[1-\tan\left(\dfrac{\pi}{4}x \right) \right]^2}=\dfrac{16}{\pi^2}.}$

Esercizio 43 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{(\ln(1+x^2)+\ln(1-x^2))\left(x-\dfrac{1}{3}\arctan3x \right)+3x^7}{x^9}.$

Svolgimento.

Prima di risolvere il limite riscriviamo

$\ln(1+x^2)+\ln(1-x^2)=\ln(1-x^4).$

Il denominatore del nostro limite ci suggerisce di provare a sviluppare il numeratore fino al grado $9$ , per $x \rightarrow 0$ applicando (10) e (16), otteniamo

$\begin{aligned} &\ln(1-x^4)\left(x-\dfrac{1}{3}\arctan3x \right)+3x^7=\\ =&\left(-x^4-\dfrac{1}{2}x^8+o(x^8) \right)\left(x-\dfrac{1}{3}\left(3x-\dfrac{1}{3}27x^3+\dfrac{1}{5}(3x)^5 \right)+o(x^5) \right)+3x^7=\\ =&\left(-x^4-\dfrac{1}{2}x^8+o(x^8) \right)\left( 3x^3-\dfrac{1}{15}\cdot 3^5x^5+o(x^5)\right)+3x^7=\\ =&-3x^7+\dfrac{3^5}{15}x^9+3x^7+o(x^9)=\dfrac{81}{5}x^9+o(x^9) \end{aligned}$

Tornando al limite abbiamo

$\begin{aligned} &\lim_{x\to0}\dfrac{(\ln(1+x^2)+\ln(1-x^2))\left(x-\dfrac{1}{3}\arctan3x \right)+3x^7}{x^9}=\lim_{x\to0}\dfrac{\dfrac{81}{5}x^9+o(x^9)}{x^9}=\dfrac{81}{5} \end{aligned}$

Concludiamo quindi che il limite esiste finito e vale quanto segue

$\boxcolorato{analisi}{ \displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{(\ln(1+x^2)+\ln(1-x^2))\left(x-\dfrac{1}{3}\arctan3x \right)+3x^7}{x^9}=\dfrac{81}{5}.}$

Esercizio 44 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 - \cos(5x)} \ln(1 + 3x^2 - x (\arcsin (x))^2)}{\sqrt[3]{(1 + 2x^2 \sin(x))^2 - 1}(2x^3 + 3 \arctan(x))}$

Svolgimento.

Per $x \to 0$ , utilizzando (12), (14), (10), (11), otteniamo

$\sqrt{1 - \cos 5x} = \sqrt{1 - 1 + \frac{25}{2}x^2 + o(x^2)} = \frac{5}{\sqrt{2}} |x| + o(|x|),$

$\begin{aligned} \ln(1 + 3x^2 - x (\arcsin x)^2) &=\ln(1+3x^2-x(x+o(x))^2)\\ &=\ln(1+3x^2-x^3+o(x^2))=\ln(1+3x^2+o(x^2))=3x^2 + o(x^2), \end{aligned}$

$\sqrt[3]{(1 + 2x^2 \sin x)^2 - 1} = \sqrt[3]{(1 + 4x^3 + o(x^3)) - 1} = \sqrt[3]{4}x + o(x),$

$2x^3 + 3 \arctan(x) = 3x + o(x).$

Calcoliamo il limite:

$\lim_{x \to 0} \frac{\left(\frac{5}{\sqrt{2}}|x| + o(|x|)\right)(3x^2 + o(x^2))}{\left(\sqrt[3]{4}x + o(x)\right)(3x + o(x))} = \lim_{x \to 0} \frac{\left( \frac{5}{\sqrt{2}}|x| \right)(3x^2)}{\sqrt[3]{4}x(3x)} \left(1 + o(1)\right)=0.$

Conclusione:

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 - \cos(5x)} \ln(1 + 3x^2 - x (\arcsin(x))^2)}{\sqrt[3]{(1 + 2x^2 \sin(x)^2) - 1}(2x^3 + 3 \arctan(x))} = 0.}$

Esercizio 45 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \frac{(3x \sin^2 x - 1)((\arcsin x)^2 - 3x^4)}{\sqrt{1 + x^2 \arctan(x - 1)}(1 - \cos(\ln(1 + x + 2x^2)))}$

Svolgimento.

Per $x \to 0$ , (11), (14), (16), (7), (10) e (12), possiamo sviluppare

$3x \sin^2 x-1 = -1+ o(1)$

$(\arcsin x)^2 - 3x^4 = x^2 + o(x^2)$

$\sqrt{1 + x^2 \arctan (x-1) } = 1+o(1)$

$1 - \cos(\ln(1 + x + 2x^2)) =1-\cos(x+o(x))=1-1+\frac{x^2}{2}+o(x^2)= \frac{x^2}{2} + o(x^2)$

Tornando al limite:

$\lim_{x \to 0} \frac{(-1 + o(1))(x^2 + o(x^2))}{\left(1+ o(1)\right)\left(\frac{x^2}{2} + o(x^2)\right)} =-2.$

Conclusione:

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \frac{(3x \sin^2 x - 1)((\arcsin x)^2 - 3x^4)}{\sqrt{1 + x^2 \arctan(x - 1)}(1 - \cos(\ln(1 + x + 2x^2)))} =-2.}$

Esercizio 46 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \frac{\left(e^x - 1 - \ln(1 + x)\right)(3xe^x - \sin(3x)) - 3x^4 - \frac{11}{2} x^5}{x^6}.$

Svolgimento.

Guardando il denominatore, dovremo sviluppare il numeratore fino al sesto grado. Da (8) e (10), per $x \to 0$ si ha

$\begin{aligned} e^x - 1 - \ln(1 + x) &=x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} - \left( x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4}\right) + o(x^4) \\ &= \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4!} + o(x^4) = x^2 - \frac{1}{6}x^3 + \frac{7}{24}x^4 + o(x^4), \end{aligned}$

mentre grazie a (11)

$\begin{aligned} 3xe^x - \sin(3x)&=3x\left(1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6}\right) - \left(3x - \frac{27x^3}{6}\right) + o(x^4) \\ &= 3x^2 + \frac{3}{2}x^3 + \frac{x^4}{2} + \frac{27}{6}x^3 + o(x^4) = 3x^2 + 6x^3 + \frac{1}{2}x^4 + o(x^4), \end{aligned}$

dove in entrambi i termini ci siamo fermati al grado 4, perché il termine di grado minore di ciascun fattore è 2. Tornando al limite:

$\begin{aligned} &\lim_{x \to 0} \frac{\left(e^x - 1 - \ln(1 + x)\right)(3xe^x - \sin(3x)) - 3x^4 - \dfrac{11}{2} x^5}{x^6}\\ =&\lim_{x \to 0} \frac{\left(x^2 - \dfrac{1}{6}x^3 + \dfrac{7}{24}x^4 + o(x^4)\right)\left(3x^2 + 6x^3 + \dfrac{1}{2}x^4 + o(x^4)\right) - 3x^4 - \dfrac{11}{2}x^5}{x^6} \\ =& \lim_{x \to 0} \frac{3x^4 + 6x^5 + \dfrac{1}{2}x^6 + \dfrac{7}{24}x^8 + o(x^6) - 3x^4 - \dfrac{11}{2}x^5}{x^6} \\ =& \lim_{x \to 0} \frac{\dfrac{1}{2}x^6 + 7x^6 + o(x^6)}{x^6} \\ =& \lim_{x \to 0} \frac{\dfrac{3}{8}x^6 + o(x^6)}{x^6} = \frac{3}{8}. \end{aligned}$

Dunque si ha

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \frac{\left(e^x - 1 - \ln(1 + x)\right)(3xe^x - \sin(3x)) - 3x^4 - \dfrac{11}{2} x^5}{x^6}=\frac{3}{8}.}$

Esercizio 47 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite di funzione al variare di $\alpha > 0$

$\lim_{x \to +\infty} \left( \arctan x - \frac{\pi}{2} + \frac{1}{x} - \frac{1}{3x^3} \right)\cdot x^\alpha.$

Svolgimento.

Ricordiamo che per $x>0$ vale $\arctan(x)+\arctan(x^{-1})=\frac{\pi}{2}$ e utilizziamo (16), dunque

$\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \left( \arctan x - \frac{\pi}{2} + \frac{1}{x} - \frac{1}{3x^3} \right) \cdot x^\alpha &= \lim_{x \to +\infty} \left( -\arctan\left( \frac{1}{x} \right) + \frac{1}{x} - \frac{1}{3x^3} \right) x^\alpha\\ &= \lim_{x \to +\infty} \left( -\frac{1}{x} + \frac{1}{3x^3} - \frac{1}{5x^5} + \frac{1}{x} - \frac{1}{3x^3} + o\left( \frac{1}{x^5} \right) \right) x^\alpha \\ &= \lim_{x \to +\infty} \left( -\frac{1}{5x^5} + o\left( \frac{1}{x^5} \right) \right) x^\alpha \end{aligned}$

Si conclude che:

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to +\infty} \left( \arctan x - \frac{\pi}{2} + \frac{1}{x} - \frac{1}{3x^3} \right)\cdot x^\alpha= \begin{cases} 0 & \text{se } \alpha > 5 \\ -\frac{1}{5} & \text{se } \alpha = 5\\ -\infty & \text{se } 0< \alpha < 5 . \end{cases}}$

Esercizio 48 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il valore del seguente limite al variare di $\alpha \in \mathbb{R}$

$\lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1 + e^{\sin x}}{2} \right)^{\frac{3}{x^\alpha}}.$

Svolgimento.

Manipoliamo algebricamente il limite e sfruttiamo gli sviluppi di Taylor (11), (8) e (10). Si ha:

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1 + \exp(\sin x)}{2} \right)^{\frac{3}{x^\alpha}} &= \lim_{x \to 0^+} \exp\left(\frac{3}{x^\alpha} \ln \left( \frac{1 + e^{\sin x}}{2} \right)\right) \\ &= \lim_{x \to 0^+} \exp\left(\frac{3}{x^\alpha} \ln \left( \frac{1 + e^{x + o(x)}}{2} \right)\right) \\ &= \lim_{x \to 0^+} \exp\left(\frac{3}{x^\alpha} \ln \left( \frac{1 + 1 + x + o(x)}{2} \right)\right) \\ &= \lim_{x \to 0^+} \exp\left(\frac{3}{x^\alpha} \ln \left( \frac{2 + x + o(x)}{2} \right)\right) \\ &= \lim_{x \to 0^+} \exp\left(\frac{3}{x^\alpha} \ln \left( 1 + \frac{x}{2} + o(x) \right)\right) \\ &= \lim_{x \to 0^+} \exp\left(\frac{3}{x^\alpha} \left( \frac{x}{2} + o(x) \right)\right) \\ &= \lim_{x \to 0^+} \exp\left(\frac{3}{x^\alpha} \cdot \frac{x}{2} (1 + o(1))\right) \\ &= \lim_{x \to 0^+} \exp\left(\frac{3}{2} x^{1 - \alpha} (1 + o(1))\right). \end{aligned}$

Ora, poiché

$\lim_{x\to0}\frac{3}{2}x^{1-\alpha}(1+o(1))= \begin{cases} 0 & \text{se } \alpha < 1 \\ \frac{3}{2} & \text{se } \alpha = 1\\ +\infty & \text{se } \alpha > 1 , \end{cases}$

concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1 + e^{\sin x}}{2} \right)^{\frac{3}{x^\alpha}} = \begin{cases} 1 & \text{se } \alpha < 1 \\ e^{\frac{3}{2}} & \text{se } \alpha = 1\\ +\infty & \text{se } \alpha > 1 . \end{cases}}$

Esercizio 49 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\log_{10}(x^2 + x + 1)} \left( \sin \left( \frac{1}{\dfrac{x}{x + 1} \log_{10}(x^3 + x + 1)} \right) \right)^{-1}$

Svolgimento.

Espandiamo i termini per $x \to +\infty$ e sfruttiamo (11):

$\begin{aligned} &\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\log_{10} x^2 (1 + o(1))} \left( \sin \left( \frac{1}{\left( \frac{1}{1 - \frac{1}{x}} \log_{10} x^3 (1 + o(1)) \right)} \right) \right)^{-1} \\ =& \lim_{x \to +\infty} \frac{1 + o(1)}{2 \log_{10} x} \left( \sin \left( \frac{1}{3 \log_{10} x + o(1)} \right) \right)^{-1} \\ =& \lim_{x \to +\infty} \frac{1 + o(1)}{2 \log_{10} x} \left( \frac{1}{3 \log_{10} x + o(1)} \right)^{-1} \\ = &\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{2 \cdot \log_{10} x} \cdot \left( 3 \cdot \log_{10} x \right) (1 + o(1)) =\frac{3}{2} \end{aligned}$

Conclusione:

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\log_{10}(x^2 + x + 1)} \left( \sin \left( \frac{1}{\dfrac{x}{x + 1} \log_{10}(x^3 + x + 1)} \right) \right)^{-1} = \frac{3}{2} .}$

Esercizio 50 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to +\infty} \frac{\arcsin \left( x \sin \left( \dfrac{1}{x^2} \right) \right) \ln \left( 1 + \ln(x) \right)}{\ln \left( 1 + \dfrac{\ln(x)}{x} \right)}.$

Svolgimento.

Osserviamo che, grazie a (11) e (14), per $x\to+\infty$ ,

$\arcsin \left( x \sin \left( \dfrac{1}{x^2} \right) \right)=\arcsin \left( x \left( \dfrac{1}{x^2} +o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right) \right)=\arcsin \left( \dfrac{1}{x} +o\left(\dfrac{1}{x}\right) \right)=\dfrac{1}{x}+o\left(\dfrac{1}{x}\right).$

Espandendo i termini e usando anche (10), otteniamo

$\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \frac{\arcsin \left( x \sin \left( \dfrac{1}{x^2} \right) \right) \ln \left( 1 + \ln(x) \right)}{\ln \left( 1 + \dfrac{\ln(x)}{x} \right)} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{\left( \dfrac{1}{x} + o \left( \dfrac{1}{x} \right) \right) \left( \ln\left(\ln(x)\left( 1 + \dfrac{1}{\ln(x)} \right)\right) \right)}{\dfrac{\ln x}{x} + o\left( \dfrac{\ln x}{x} \right)} \\ &= \lim_{x \to +\infty} \frac{\left( \dfrac{1}{x} + o \left( \dfrac{1}{x} \right) \right) \left( \ln(\ln(x)) + \ln \left( 1 + \dfrac{1}{\ln(x)} \right) \right)}{\dfrac{\ln x}{x} + o\left( \dfrac{\ln x}{x} \right)} \\ &= \lim_{x \to +\infty} \frac{\dfrac{1}{x} \cdot \ln (\ln x) \left( 1 + o(1) \right)}{\dfrac{\ln x}{x} + o \left( \dfrac{\ln x}{x} \right)} \\ &= \lim_{x \to +\infty} \frac{\dfrac{1}{x} \cdot x}{\ln x} \cdot \ln (\ln x) \left( 1 + o(1) \right) \\ &= \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln (\ln x)}{\ln x} = 0 \end{aligned}$

Pertanto:

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to +\infty} \frac{\arcsin \left( x \sin \left( \dfrac{1}{x^2} \right) \right) \ln \left( 1 + \ln(x) \right)}{\ln \left( 1 + \dfrac{\ln(x)}{x} \right)} = 0.}$

Esercizio 51 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0^+} \frac{e^{2 \sin^2 x} - e^{2 \sin x^2}}{x \left( \sin(x \sqrt{2}) - \sqrt{2} \sin x \right)}.$

Svolgimento.

Sviluppiamo fino al quarto ordine, utilizzando (8) e (11)

$\begin{aligned} 1) \quad e^{2 \sin^2 x} &= e^{2 \left( x^2 - \frac{x^3}{6} + o(x^3) \right)^2} \\ &= e^{2 \left( x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^4) \right)} \\ &= e^{2x^2 - \frac{2}{3} x^4 + o(x^4)} \\ &= 1 + 2x^2 - \frac{2}{3} x^4 + \frac{1}{2} (4x^4) + o(x^4) \\ &= 1 + 2x^2 + \frac{4}{3} x^4 + o(x^4) \end{aligned}$

$\begin{aligned} 2) \quad e^{2 \sin x^2} &= e^{2(x^2 + o(x^2))} = 1 + 2x^2 + 2x^4 + o(x^4) \end{aligned}$

$\begin{aligned} 3) \quad x (\sin(x \sqrt{2}) - \sqrt{2} \sin x) &= x \left( x \sqrt{2} - \frac{2 \sqrt{2} x^3}{6} \right) - \sqrt{2} \left( x - \frac{x^3}{6} \right) + o(x^3) \\ &= - \frac{2 \sqrt{2} x^4}{6} + \frac{\sqrt{2} x^4}{6} + o(x^4) \end{aligned}$

Tornando al limite:

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0^+} \frac{\dfrac{4}{3} x^4 - 2x^4 + o(x^4)}{- \dfrac{2 \sqrt{2} x^4}{6} + \dfrac{\sqrt{2} x^4}{6} + o(x^4)} &= \left( - \frac{2}{3} \right) : \left( - \frac{\sqrt{2}}{6} \right) \left( 1 + o(1) \right) \\ &= \frac{4}{\sqrt{2}} = 2 \sqrt{2} \end{aligned}$

Dunque vale

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0^+} \frac{e^{2 \sin^2 x} - e^{2 \sin x^2}}{x \left( \sin(x \sqrt{2}) - \sqrt{2} \sin x \right)}=2\sqrt{2}.}$

Esercizio 52 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to +\infty} x^3 \left( \ln \left( \dfrac{x^2 + 2x + 2}{x(x+1)} \right) + \dfrac{1}{e^2} \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)^{2x} - 1 - \dfrac{5}{3x^2} \right).$

Svolgimento.

Dagli sviluppi di Taylor (10), (8) e (5) e dalle proprietà dei logaritmi si ha

$\begin{aligned} &\lim_{x \to +\infty} x^3 \left( \ln \left( \frac{x^2 + 2x + 2}{x(x+1)} \right) + \frac{1}{e^2} \left(1 + \frac{1}{x} \right)^{2x} - 1 - \frac{5}{3x^2} \right) = \\ &= \lim_{x \to +\infty} x^3 \left( \ln \left( 1 + \frac{x+2}{x^2+x} \right) + \frac{1}{e^2} e^{2x \ln \left(1 + \frac{1}{x} \right)} - 1 - \frac{5}{3x^2} \right) = \\ &= \lim_{x \to +\infty} x^3 \left( \ln \left( 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^3} + o\left( \frac{1}{x^3} \right) \right) + \frac{1}{e^2} e^{\left( 2 - \frac{1}{x} + \frac{2}{3x^2} - \frac{1}{2x^3} + o\left( \frac{1}{x^3} \right) \right)} - 1 - \frac{5}{3x^2} \right) =\\ &=\lim_{x\to +\infty}x^3\bigg[ \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^3} - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{x^2} + \frac{2}{x^3} \right) + \frac{1}{3} \left( \frac{1}{x^3} \right) \right)+\\ &+\left( 1 - \frac{1}{x} + \frac{2}{3x^2} - \frac{1}{2x^3} + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{x^2} - \frac{4}{3x^3} \right) + \frac{1}{6} \left( -\frac{1}{x^3} \right) -1 - \frac{5}{3x^2} + o\left( \frac{1}{x^3} \right) \right)\bigg]=\\ &=\lim_{x\to+\infty}\bigg[1 - 1 + \frac{1}{x} - \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{x^2} \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{x^2} \right) + \frac{2}{3x^2} - \frac{5}{3x^2} - \frac{2}{x^3} + \\ &+\frac{1}{3} \left( \frac{1}{x^3} \right) - \frac{1}{2x^3} + \frac{1}{2} \left( -\frac{4}{3x^3} \right) - \frac{1}{6} \left( \frac{1}{x^3} \right) + o\left( \frac{1}{x^3} \right)\bigg]=\\ &=\lim_{x \to +\infty} x^3 \left( -3 \frac{1}{x^3} \right) \left( 1 + o(1) \right) = \\ &=-3. \end{aligned}$

Concludiamo quindi che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to +\infty} x^3 \left( \ln \left( \dfrac{x^2 + 2x + 2}{x(x+1)} \right) + \dfrac{1}{e^2} \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)^{2x} - 1 - \dfrac{5}{3x^2} \right)=-3.}$

Esercizio 53 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dire se esiste (ed in caso affermativo calcolare) il

$\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} \left( \frac{1}{\arctan x} + \frac{1}{\sin x} - \frac{\alpha}{x} \right),$

Svolgimento.

Per $x\to 0^+$ , da (16) abbiamo:

$\frac{1}{\arctan x} = \frac{1}{x - \frac{x^3}{3} + o(x^3)} = \frac{1}{x} \left( 1 + \frac{x^2}{3} + o(x^2) \right) = \frac{1}{x} + \frac{x}{3} + o(x)$

e da (11)

$\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)} = \frac{1}{x} \left( 1 + \frac{x^2}{6} + o(x^2) \right) = \frac{1}{x} + \frac{x}{6} + o(x),$

da cui

$\begin{aligned} &\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} \left( \frac{1}{x} + \frac{x}{3} + \frac{1}{x} + \frac{x}{6} - \frac{\alpha}{x} + o(x) \right) =\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} \left( \frac{1}{x} (2 - \alpha) + \frac{1}{2} x + o(x) \right) = \\ &=\lim_{x\to0^+}\frac{2-\alpha}{x^2}+\frac{1}{2}+o(1)=\begin{cases} \dfrac{1}{2}\quad \text{ se } \alpha = 2 \\ +\infty \text{ se } \alpha < 2 \\ -\infty \text{ se } \alpha > 2 . \end{cases} \end{aligned}$

In conclusione, si ha

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} \left( \frac{1}{\arctan x} + \frac{1}{\sin x} - \frac{\alpha}{x} \right)=\begin{cases} \dfrac{1}{2}\quad \text{ se } \alpha = 2 \\ +\infty \text{ se } \alpha < 2 \\ -\infty \text{ se } \alpha > 2 . \end{cases}}$

Esercizio 54 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare, al variare del parametro reale positivo $\alpha$ il

$\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x} \cdot \sin \left( \frac{2 + \sin x}{x^\alpha} \right).$

Svolgimento.

$\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \sqrt{x} \cdot \sin \left( \frac{2 + \sin x}{x^\alpha} \right)&=\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x} \left(\frac{2 + \sin x}{x^\alpha}+\left(\dfrac{1}{x^{\alpha}} \right) \right)=\lim_{x \to +\infty} x^{\frac{1}{2}} \left(\frac{2 + \sin x}{x^\alpha}+\left(\dfrac{1}{x^{\alpha}} \right) \right). \end{aligned}$

Sapendo che $|\sin x|\leq1$ , distinguiamo due casi: se $\alpha \in (0,\frac{1}{2})$ abbiamo:

$\lim_{x \to +\infty} x^{\frac{1}{2}-\alpha}(2+\sin x)\geq \lim_{x \to +\infty} x^{\frac{1}{2}-\alpha}=+\infty.$

Se $\alpha \in (\frac{1}{2},+\infty)$ abbiamo:

$0\leq \lim_{x \to +\infty} x^{\frac{1}{2}-\alpha}(2+\sin x)\leq \lim_{x \to +\infty} 3x^{\frac{1}{2}-\alpha}=0.$

Se $\alpha=\frac{1}{2}$ abbiamo:

$\lim_{x\to+\infty}(2+\sin x).$

Consideriamo la funzione

$F(x) = 2+\sin(x)$

e dimostriamo utilizzando il teorema ponte che

$\not\exists \lim_{x \to +\infty} \left( 2+\sin(x)\right).$

Chiaramente abbiamo la sensazione che questo limite non esista per via della natura oscillatoria della funzione che non si avvicina definitivamente a nessun valore fissato. Consideriamo infatti le successioni $\{x_n\}$ e $\{y_n\}$ di termini generali

$x_n = 2\pi n, \quad y_n = 2\pi n + \frac{\pi}{2}.$

Vale che

$\lim_{n \to +\infty} x_n = \lim_{n \to +\infty} y_n = +\infty.$

Ma d’altra parte

$\sin(x_n) = 0 \quad \text{e} \quad \sin(y_n) = 1 \quad \forall n \in \mathbb{N}$

e di conseguenza

$\lim_{n \to +\infty} \left(\sin(x_n)+2\right) = 2 \quad \text{e} \quad \lim_{n \to +\infty} \left(\sin(y_n)+2\right) = 3.$

Abbiamo dunque trovato due successioni che tendono a $x_0 = +\infty$ ma tali che

$\lim_{n \to +\infty} F(x_n) \neq \lim_{n \to +\infty} F(y_n).$

Per l’unicità del limite, abbiamo dimostrato che non può esistere

$\lim_{x \to +\infty} F(x) = L$

perché, in tal caso, per qualunque successione $\{a_n\}$ che tende a $+\infty$ dovrebbe risultare

$\lim_{n \to +\infty} F(a_n) = L,$

mentre noi ne abbiamo trovate due sulle quali $F$ tende a due limiti diversi.

In conclusione, si ha

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x} \cdot \sin \left( \frac{2 + \sin x}{x^\alpha} \right) =\begin{cases} \nexists\quad \text{ se } \alpha = \frac{1}{2} \\ +\infty \text{ se } 0<\alpha < \frac{1}{2} \\ 0 \quad\text{ se } \alpha > \frac{1}{2} . \end{cases}}$

Esercizio 55 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare $a, b \in \mathbb{R}$ tali che $f(x) = ax + b + o(1)$ per $x \to +\infty$ con

$f(x) = \frac{(x+3)(x^2+4)}{x \sqrt{x^2 + 4x - 8}}.$

Svolgimento.

Si consideri la funzione $f(x)$ per $x \to +\infty$ . Si vuole determinare lo sviluppo asintotico della funzione e calcolare i parametri $a$ e $b$ tali che:

$f(x) = ax + b + o(1).$

Per $x \to +\infty$ abbiamo:

$f(x) = \frac{x^3 + 3x^2 + 4x + 12}{x^2 \sqrt{1 + 4x^{-1} - 8x^{-2}}} = \frac{x^3 + 3x^2 + 4x + 12}{x^2} \left( 1 + 4x^{-1} - 8x^{-2} \right)^{-1/2}.$

Sviluppiamo ciascun termine per ottenere il comportamento asintotico, usando (6):

$f(x)= \left( x + 3 + o(1) \right) \left( 1 - 2x^{-1} + o(x^{-1}) \right).$

Moltiplicando i due fattori, si ottiene:

$f(x) = -x - 1 + o(1).$

Pertanto, possiamo concludere che i parametri cercati sono $a = -1$ e $b = -1$ .

Esercizio 56 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f(x)= \sin \left(2x^2\right)$ .

$\quad$

Trovare lo sviluppo di Taylor di $f$ di ordine $10$ nel punto $x=0$ .

Calcolare
$a) \quad f^{(7)}(0); \quad b) f^{(10)}(0).$

Svolgimento punto 1.

Per $x \to 0$ , da (11) si ha:

$\begin{aligned} f(x)&= 2x^2- \dfrac{1}{3!} (2x^2)^3 + \dfrac{1}{5!} (2x^2)^5+ o(x^{10})=\\ &= 2x^2- \dfrac{8}{6} x^6+ \dfrac{2^5}{5!} x^{10} + o(x^{10})= \\ &=2x^2 - \dfrac{4}{3}x^6 + \dfrac{4}{15} x^{10} + o(x^{10}) \\ \end{aligned}$

Dunque lo sviluppo di Taylor di $f$ di ordine $10$ in $x=0$ è

$\boxcolorato{analisi}{f(x)=2x^2 - \dfrac{4}{3}x^6 + \dfrac{4}{15} x^{10}+o(x^{10}) .}$

Svolgimento punto 2.

Per lo svolgimento del secondo punto dell’esercizio applichiamo il teorema di Peano, da cui

$P^j_n(x_0)=f^j(x_0)\qquad \text{con} \, \, j \in \mathbb{N}$

ovvero la derivata $j$ -esima di $f$ valutata in $x_0$ uguaglia la derivata $j$ -esima del polinomio di Taylor di ordine $n$ di $f$ valutato in $x_0$ .

Dal momento che

$P_n(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^n+\dots+a_n(x-x_0)^n,$

derivando $j$ volte $P_n(x)$ e valutandolo in $x_0$ si ottiene:

(33) $\begin{equation*} f^k(x_0)=k! \; a_k. \end{equation*}$

Applichiamo (39) ed utilizziamo il risultato del primo punto per calcolare $f^7(0)$ :

$\boxcolorato{analisi}{f^{(7)}(0)=7! \cdot 0=0;}$

$\boxcolorato{analisi}{f^{(10)}(0)=10! \left( \dfrac{4}{15} \right) = 967680.}$

Esercizio 57 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f(x)=\sin^2(x+x^3)$ .

$\quad$

Trovare lo sviluppo di Taylor di $f$ di ordine 6 nel punto $x=0$ .

Usare il risultato del punto (1) per calcolare $f^6(0)$ .

Calcolare $g^{2015}(0)$ dove $g(x)=x^2f(x)$ .

Svolgimento punto 1.

Da (11):

$\sin^2(x+x^3)=\left( \sum_{k=0}^{2}\dfrac{(-1)^k\,(x+x^3)^{2k+1}}{(2k+1)!}+o(x^6)\right)^2$

Consideriamo solamente i termini fino al grado 6 e per svolgere i calcoli è utile ricordare⁵.

$\begin{aligned} \sin^2(x+x^3)&=\left(x+x^3-\dfrac{1}{3!}(x^3+x^5)+\dfrac{1}{5!}x^5+(x^5) \right)^2=\left(x+\dfrac{5}{6}x^3-\dfrac{59}{120}x^5 +o(x^5)\right)^2=\\ &=x^2+2x\cdot \left(\dfrac{5}{6}x^3\right)+\dfrac{25}{36}x^6+2x\, \left( -\dfrac{59}{120}\right)+o(x^6)= x^2+\dfrac{5}{3}x^4-\dfrac{13}{45}x^6+o(x^6). \end{aligned}$

Dunque concludiamo che lo sviluppo di Taylor all’ordine 6 per $x\rightarrow 0$ è quello che segue:

$\boxcolorato{analisi}{f(x)=x^2+\dfrac{5}{3}x^4-\dfrac{13}{45}x^6+o(x^6).}$

Teorema binomiale. Il teorema binomiale (detto anche formula di Newton, binomio di Newton e sviluppo binomiale) esprime lo sviluppo della potenza $n$ -esima di un binomio qualsiasi con la formula seguente:
$(a+b)^{n}=\sum _{{k=0}}^{n}{n \choose k}a^{{n-k}}b^{{k}}$
in cui il fattore ${n \choose k}$ rappresenta il coefficiente binomiale ed è sostituibile con ${\frac {n!}{k!(n-k)!}}$ . ↩

Svolgimento punto 2.

Per lo svolgimento del secondo punto dell’esercizio utilizziamo il teorema di Peano: dal teorema sappiamo che

$P^j_n(x_0)=f^j(x_0)\qquad \text{con} \, \, j \in \mathbb{N}$

ovvero la derivata $j$ -esima di $f$ valutata in $x_0$ uguaglia la derivata $j$ -esima del polinomio di Taylor di ordine $n$ di $f$ valutato in $x_0$ .

Dal momento che

$P_n(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^n+\dots+a_n(x-x_0)^n,$

derivando $j$ volte $P_n(x)$ e valutandolo in $x_0$ si ottiene:

(34) $\begin{equation*} f^k(x_0)=k! \; a_k. \end{equation*}$

Applichiamo (42) ed utilizziamo il risultato del primo punto per calcolare $f^6(0)$ :

$f^6(0)=6!\, \left( \dfrac{-13}{45}\right) =-208,$

dunque concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{f^6(0)=-208. }$

Svolgimento punto 3.

Per il terzo punto è utile osservare che $f$ è una funzione pari, infatti

$f(-x)=\sin^2(-x-x^3)=\left( -\sin(x+x^3)\right)^2=\sin^2(-x-x^3)=f(x)$

ed anche $g(x)$ è pari in quanto è data dal prodotto di due funzioni pari, infatti

$g(-x)=(-x)^2f(-x)=x^2f(x)=g(x).$

Inoltre, sappiamo che lo sviluppo di Taylor di una funzione pari è dato da un polinomio di grado solamente pari, quindi non occorre fare calcoli, applicando (34) si ottiene subito che, essendo $2015$ un numero dispari, se $b_k$ sono i coefficienti dello sviluppo di Taylor di $g$ , si avrebbe

$g^{2015}(0)=2015!b_{2015}=0.$

Dunque concludiamo che la risposta al terzo punto è quella che segue:

$\boxcolorato{analisi}{g^{2015}(0)=0.}$

Esercizio 58 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri la funzione

$f(x) = \frac{e^{-x^2}}{(e^x - 1)^2} + \frac{1}{\ln(x^2 + \cos(2x))}.$

$\quad$

Determinare il polinomio di Taylor di $g(x) = \ln(x^2 + \cos(2x))$ in $x_0 = 0$ fino all’ordine 4.

Calcolare il limite $\lim_{x \to 0} f(x)$ .

Svolgimento punto 1.

Per determinare il polinomio di Taylor di $g(x) = \ln(x^2 + \cos(2x))$ in $x = 0$ , si inizia espandendo $\cos(2x)$ , $x = 0$ . Da (12)

$\cos(2x) = 1 - 2x^2 + \frac{(2x)^4}{24} + o(x^4) = 1 - 2x^2 + \frac{x^4}{3} + o(x^4).$

Quindi:

$g(x) = \ln\left(x^2 + 1 - 2x^2 + \frac{x^4}{3} + o(x^4)\right) = \ln\left(1 - x^2 + \frac{x^4}{3} + o(x^4)\right).$

Infine, da (10) otteniamo:

$g(x) = -x^2 + \frac{1}{2}\left(-x^2 + \frac{x^4}{3}\right)^2 +o(x^4).$

Semplificando, si arriva al polinomio di Taylor di ordine 4:

$\boxcolorato{analisi}{g(x) = -x^2 + \frac{x^4}{6} + o(x^4).}$

Svolgimento punto 2.

Per calcolare il limite $\lim_{x \to 0} f(x)$ , analizziamo ciascun termine della funzione. Espandiamo in serie di Taylor il numeratore e il denominatore del primo termine di $f(x)$ :

$e^{-x^2} = 1 - x^2 + o(x^2),$

$e^x - 1 = x + \frac{x^2}{2} + o(x^2),$

quindi:

$\frac{e^{-x^2}}{(e^x - 1)^2} = \frac{1 - x^2 + o(x^2)}{x^2\left(1 + \dfrac{x}{2} + \dfrac{x^2}{6} + o(x^2)\right)^2}.$

Espandendo e semplificando, otteniamo:

$\frac{e^{-x^2}}{(e^x - 1)^2} = \frac{1 - x^2 + o(x^2)}{x^2\left(1 + x + \dfrac{7}{12}x^2 + o(x^2)\right)}.$

Allo stesso modo, espandiamo il secondo termine di $f(x)$ usando l’espansione ottenuta in (a):

$\frac{1}{\ln(x^2 + \cos(2x))} = \frac{1}{-x^2 + \dfrac{x^4}{6} + o(x^4)}.$

Combinando i risultati e semplificando, si ottiene il limite:

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} f(x) = -\dfrac{5}{4}.}$

Esercizio 59 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f(x)=(1+3x^4+3x^6)^{\frac{1}{6}}-\dfrac{1}{2}\left(e^{x^4}+e^{x^6} \right)$ .

$\quad$

Trovare $n$ intero positivo tale che

(35) $\begin{equation*} \lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{f(x)}{x^n} \end{equation*}$
esista finito e non nullo.

Usare il risultato del punto (1) per calcolare $f^6(0)$ , $f^7(0)$ e $f^8(0)$ .

Svolgimento punto 1.

Sia $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ tale che

$g(x)=(1+3x^4+3x^6)^{\frac{1}{6}},\qquad\forall x\in\mathbb{R}.$

Sviluppiamo in serie di Taylor $g$ per $x \rightarrow 0$ grazie a (6)

$\begin{aligned} g(x) & =1+\dfrac{1}{6}(3x^4+3x^6)+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{6}-1\right)\dfrac{1}{6}(9x^8)+o(x^8)=\\ &=1+\dfrac{1}{2}x^4+\dfrac{1}{2}x^6-\dfrac{5}{8}x^8+o(x^8). \end{aligned}$

Ora definiamo $h:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ tale che

$h(x)=e^{x^4}+e^{x^6},\qquad\forall x\in\mathbb{R}.$

Sviluppiamo in serie $h$ per $x \rightarrow 0$ applicando (8)

$h(x)=1+x^4+\dfrac{1}{2}x^8+1+x^6+o(x^8)=2+x^4+x^6+\dfrac{1}{2}x^8+o(x^8).$

Sviluppiamo ora $f$ per $x \rightarrow 0$ utilizzando i risultati precedenti:

$\begin{aligned} f(x) & = g(x)-\dfrac{1}{2}h(x)=1+\dfrac{1}{2}x^4+\dfrac{1}{2}x^6-\dfrac{5}{8}x^8-\dfrac{1}{2}\left( 2+x^4+x^6+\dfrac{1}{2}x^8\right)+o(x^8)=\\ &=-\dfrac{7}{8}x^8+o(x^8). \end{aligned}$

Ora consideriamo (37) e sfruttiamo lo sviluppo di Taylor di $f$ :

$\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{f(x)}{x^n}=\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{-\dfrac{7}{8}x^8+o(x^8)}{x^n},$

dunque il limite esiste finito se e solo se $n=8$ , infatti posto $n=8$ abbiamo

$\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{f(x)}{x^8}=\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{-\dfrac{7}{8}x^8+o(x^8)}{x^8}=-\dfrac{7}{8}$

Concludiamo dunque che si deve avere

$\boxcolorato{analisi}{ n=8.}$

Svolgimento punto 2.

Per lo svolgimento del secondo punto dell’esercizio applichiamo il teorema di Peano, per cui sappiamo che

$P^j_n(x_0)=f^j(x_0)\qquad \text{con} \, \, j \in \mathbb{N}$

ovvero la derivata $j$ -esima di $f$ valutata in $x_0$ uguaglia la derivata $j$ -esima del polinomio di Taylor di ordine $n$ di $f$ valutato in $x_0$ .

Dal momento che

$P_n(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^n+\dots+a_n(x-x_0)^n,$

derivando $j$ volte $P_n(x)$ e valutandolo in $x_0$ si ottiene:

(36) $\begin{equation*} f^k(x_0)=k! \; a_k. \end{equation*}$

Applichiamo (36), con $a_6=a_7=0$ e $a_8=-\dfrac{7}{8}$ ed utilizziamo il risultato del primo punto per calcolare $f^6(0)$ , $f^7(0)$ e $f^8(0)$ :

$\boxcolorato{analisi}{\begin{aligned} &f^6(0)=0\\ &f^7(0)=0\\ &f^8(0)=8!\left(-\dfrac{7}{8} \right)=-35280 \end{aligned}}$

Esercizio 60 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f(x)=\left(x-\arctan x \right)\ln\left(1+x^2+x^3 \right)-\dfrac{x^5+x^6}{3}$ .

$\quad$

Dire, al variare di $\alpha$ , quanto vale il limite

(37) $\begin{equation*} \lim_{x \rightarrow 0^+}\dfrac{f(x)}{x^\alpha}. \end{equation*}$

Usare il risultato del punto (1) per calcolare $f^7(0)$ .

Svolgimento punto 1.

Sviluppiamo $f$ per $x \rightarrow 0$ applicando (10) e (16)

$\begin{aligned} f(x)&=\left(x-\left(x-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5} \right) +o(x^5)\right)\left(x^2+x^3-\dfrac{x^4}{2}+o(x^4) \right)-\dfrac{x^5}{3}-\dfrac{x^6}{3}=\\ &=\left(\dfrac{x^3}{3}- \dfrac{x^5}{5} +o(x^5)\right)\left(x^2+x^3-\dfrac{x^4}{2}+o(x^4) \right)-\dfrac{x^5}{3}-\dfrac{x^6}{3}=\\ &=\dfrac{x^5}{3}-\dfrac{x^7}{6}-\dfrac{x^7}{5}-\dfrac{x^5}{3}+o(x^7)=-\dfrac{11}{30}x^7+o(x^7). \end{aligned}$

Torniamo ad (37) e sfruttiamo lo sviluppo di $f$ appena ottenuto

(38) $\begin{equation*} \lim_{x \rightarrow 0^+}\dfrac{-\dfrac{11}{30}x^7+o(x^7)}{x^\alpha}=-\dfrac{11}{30}\lim_{x \rightarrow 0}x^{\alpha-7}(1+o(1)). \end{equation*}$

Osserviamo che al variare di $\alpha$ , numero reale positivo, (38) diventa:

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}{x^\alpha}=\begin{cases} -\dfrac{11}{30}&\text{ se }\alpha=7\\ -\infty&\text{ se }\alpha<7\\ 0&\text{ se }\alpha>7 \end{cases}}$

Svolgimento punto 2.

Per lo svolgimento del secondo punto dell’esercizio applichiamo il teorema di Peano, da cui

$P^j_n(x_0)=f^j(x_0)\qquad \text{con} \, \, j \in \mathbb{N}$

ovvero la derivata $j$ -esima di $f$ valutata in $x_0$ uguaglia la derivata $j$ -esima del polinomio di Taylor di ordine $n$ di $f$ valutato in $x_0$ .

Dal momento che

$P_n(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^n+\dots+a_n(x-x_0)^n,$

derivando $j$ volte $P_n(x)$ e valutandolo in $x_0$ si ottiene:

(39) $\begin{equation*} f^k(x_0)=k! \; a_k. \end{equation*}$

Applichiamo (39) ed utilizziamo il risultato del primo punto per calcolare $f^7(0)$ :

$\boxcolorato{analisi}{f^7(0)=7!\left(-\dfrac{11}{30}\right)=-1848.}$

Esercizio 61 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0^+} \left(1 + \arctan \left(x^4 \sqrt{\arccos^3 x}\right) \dfrac{-\cos^4 x + \coth^2 x }{\sqrt{\cosh^2 3x - 1}}\right)^{\frac{1}{x}}$

Svolgimento.

Applicando (20), (16), (8) e (10) e

$\coth x = x^{-1} + \dfrac{x}{3} - \dfrac{x^3}{45} + \dfrac{2x^5}{945} + \dots$

otteniamo

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0^+} \left(1 + \arctan \left(x^4 \sqrt{\arccos^3 x}\right) \dfrac{-\cos^4 x + \coth^2 x }{\sqrt{\cosh^2 3x - 1}}\right)^{\dfrac{1}{x}} =\\ & \qquad = \lim_{x \to 0^+} \left(1 + \arctan \left(x^4 \sqrt{\arccos^3 x}\right) \dfrac{-\cos^4 x + \dfrac{1}{x^2}+o(1)}{\vert \sinh 3x \vert}\right)^{\dfrac{1}{x}} \end{aligned}$

Si osserva anche che $\vert \sinh 3x \vert = \sinh 3x$ per $x \to 0^+$ , quindi

$\hspace{2cm} \begin{aligned} & \lim_{x \to 0^+} \left(1 + \arctan \left(x^4 \sqrt{\arccos^3 x}\right) \dfrac{-\cos^4 x + \dfrac{1}{x^2}+o(1)}{\vert \sinh 3x \vert}\right)^{\dfrac{1}{x}} = \\ =& \lim_{x \to 0^+} \left(1 + \arctan \left(x^4 \sqrt{\arccos^3 x}\right) \dfrac{-\cos^4 x + \dfrac{1}{x^2}+o(1)}{ \sinh 3x }\right)^{\dfrac{1}{x}} = \\ =& \lim_{x \to 0^+} \left(1 + \arctan \left(x^4 \sqrt{\arccos^3 x}\right) \left( - \dfrac{x^2 \cos^4 x +1+o(x)^2}{x^2} \cdot \dfrac{1}{3x + \dfrac{27}{6}x^3 + o(x^3)}\right)\right)^{\dfrac{1}{x}} = \\ =& \lim_{x \to 0^+} \left(1 + \arctan \left(x^4 \sqrt{\arccos^3 x}\right) \dfrac{-x^2 \cos^4x + 1+o(x^2)}{x^2} \cdot \dfrac{2}{x(9x^2+6+o(x^2))}\right)^{\dfrac{1}{x}} = \\ =& \lim_{x \to 0^+} \left(1 + \left(x \; \arccos^{\frac{3}{2}}x \cdot \dfrac{2(-x^2 \cos^4 x + 1)}{9x^2+6}+o(x)\right)\right)^{\dfrac{1}{x}} = \\ =& \lim_{x \to 0^+} e^{\frac{1}{x} \ln \left( 1 + \left(x \; \arccos^{\frac{3}{2}}x \, \cdot \, \frac{2(-x^2 \cos^4 x + 1)}{9x^2+6}+o(x)\right)\right)} = \\ =& \lim_{x \to 0^+} e^{\frac{1}{x} \left( x \; \arccos^{\frac{3}{2}}x \, \cdot \, \frac{2(-x^2 \cos^4 x + 1)}{9x^2+6}\right)} = e^{\frac{1}{3} \left(\frac{\pi}{2}\right)^{\frac{3}{2}}}. \end{aligned}$

Pertanto si ha

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0^+} \left(1 + \arctan \left(x^4 \sqrt{\arccos^3 x}\right) \dfrac{-\cos^4 x + \coth^2 x }{\sqrt{\cosh^2 3x - 1}}\right)^{\dfrac{1}{x}} =e^{\frac{1}{3} \left(\frac{\pi}{2}\right)^{\frac{3}{2}}}. }$

Esercizio 62 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia data $f:\mathbb:{R}\to\mathbb{R}$ , definita da

$f(x)=\cos\left(2x+\dfrac{x^3}{3} \right)-e^{-2x^2}.$

$\quad$

Trovarne lo sviluppo di Taylor di ordine 6 nel punto $x=0$ .

Usare il risultato del punto (1) per calcolare
$\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{49x^6}{f(x)+2x^4}$

Svolgimento punto 1.

Sia $g:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ tale che $g(x)=\cos\left(2x+\dfrac{x^3}{3}\right)$ e sviluppiamola per $x \rightarrow 0$ applicando lo sviluppo di Taylor (12)

$g(x)=\sum_{k=0}^{6}\dfrac{(-1)^k}{(2k)!}\left(2x+\dfrac{x^3}{3} \right)^{2k}+o(x^6).$

Ricordando il teorema binomiale⁶, nello sviluppo prendiamo solamente i termini fino al grado 6 come richiesto dalla traccia:

$\begin{aligned} g(x)&=1-\dfrac{1}{2}\left(4x^2+\dfrac{x^6}{9}+\dfrac{4}{3}x^4 \right)+\dfrac{1}{24}\left(16x^4+\dfrac{32}{3}x^6 \right)-\dfrac{(2x)^6}{720}+o(x^6) =\\ &=1-2x^2+\dfrac{3}{10}x^6+o(x^6). \end{aligned}$

Sia $d:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ tale che $d(x)=e^{-2x^2}$ . Sviluppiamo $d$ per $x \rightarrow 0$ applicando (8)

$\begin{equation*} \begin{split} d(x)&=\sum_{k=0}^{6}\dfrac{(-2x^2)^k}{k!}+o(x^6)=1-2x^2+\dfrac{1}{2}\cdot(4x^4)-\dfrac{1}{6}\cdot(8x^6)+o(x^6)\\ &=1-2x^2+2x^4-\dfrac{4}{3}x^6+o(x^6). \end{split} \end{equation*}$

Ora calcoliamo

$g(x)-d(x)=1-2x^2+\dfrac{3}{10}x^6-\left( 1-2x^2+2x^4-\dfrac{4}{3}x^6\right) +o(x^6)=-2x^4+\dfrac{49}{30}x^6+o(x^6)$

e quindi concludiamo che lo sviluppo di Taylor di ordine 6 per $x\rightarrow 0$ è

$\boxcolorato{analisi}{f(x)=-2x^4+\dfrac{49}{30}x^6+o(x^6).}$

Teorema binomiale. Tale teorema (detto anche formula di Newton, binomio di Newton o sviluppo binomiale) esprime lo sviluppo della potenza $n$ -esima di un binomio qualsiasi con la formula seguente:
$(a+b)^{n}=\sum _{{k=0}}^{n}{n \choose k}a^{{n-k}}b^{{k}}$
in cui il fattore ${n \choose k}$ rappresenta il coefficiente binomiale ed è sostituibile con $\frac {n!}{k!(n-k)!}$ . ↩

Svolgimento punto 2.

Usiamo il risultato del punto 1 ottenendo

$\lim_{x \rightarrow 0 }\dfrac{49x^6}{f(x)+2x^4}=\lim_{x \rightarrow 0 }\dfrac{49x^6}{-2x^4+\dfrac{49}{30}x^6+2x^4+o(x^6)}=30$

dunque

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle\lim_{x \to 0 }\dfrac{49x^6}{f(x)+2x^4}=30}$

Esercizio 63 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

(40) $\begin{equation*} \displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\sin (x^4+x^2)-\arctan^2 (x^4+x)}{\sqrt{x^3+x^2} \ln (1+\sinh^3x)}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Concentriamoci sul numeratore e, per $x \to 0$ , dagli sviluppi di Taylor (11)

$\sin (x^4+x^2)=x^4+x^2+o(x^4)$

e (16)

(41) $\begin{equation*} \arctan (x^4+x)=x-\dfrac{1}{3}x^3+o(x^3). \end{equation*}$

In particolare, da (41) segue che

$\arctan^2 (x^4+x)=\left(x-\dfrac{1}{3}x^3+o(x^3)\right)^2=x^2-\dfrac{2}{3}x^4+o(x^4),$

dove ci fermiamo al quarto ordine, per confronto con lo sviluppo dell’altro termine del denominatore. Ora, sempre per $x\to 0$ , sviluppiamo in serie il denominatore grazie a (7)

$\sqrt{x^3+x^2}=\left \vert x\right \vert \left(1+o\left(1\right)\right)$

e (10), (20)

$\ln \left(1+\sinh^3\left(x\right)\right)=\ln \left(1+x^3+o\left(x\right)\right)=x^3+o\left(x^3\right).$

Abbiamo dunque

$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\sin (x^4+x^2)-\arctan^2 (x^4+x)}{\sqrt{x^3+x^2} \ln (1+\sinh^3x)}&= \lim_{x\to 0} \dfrac{x^4+ {x^2}-{x^2}+\dfrac{2}{3}x^4+o(x^4)}{\left \vert x\right \vert \left(1+o\left(1\right)\right) \left(x^3+o(x^3) \right)}=\\ &= \lim_{x\to 0} \dfrac{\dfrac{5}{3}x^4\left(1+o\left(1\right)\right)}{\left \vert x\right \vert x^3}. \end{aligned}$

Sapendo che $\left \vert x \right \vert =x$ , se $x\geq0$ e $\left \vert x \right \vert =-x$ , se $x<0$ , si ha

(42) $\begin{equation*} \lim_{x\to 0^+} \dfrac{\dfrac{5}{3}x^4\left(1+o\left(1\right)\right)}{x^4}=\dfrac{5}{3} \end{equation*}$

(43) $\begin{equation*} \lim_{x\to 0^-} \dfrac{\dfrac{5}{3}x^4\left(1+o\left(1\right)\right)}{-x^4}=-\dfrac{5}{3}. \end{equation*}$

Siccome i due limiti (42) e (43) sono diversi, si conclude che il limite (40) non esiste. Riassumendo

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\sin (x^4+x^2)-\arctan^2 (x^4+x)}{\sqrt{x^3+x^2} \ln (1+\sinh^3x)}\text{ non esiste.}}$

Esercizio 64 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\displaystyle \lim_{x\to -1} (x^3+2x^2+3x+3)^{\cot (x+1)}.$

Svolgimento.

Con la sostituzione $x+1=y$ otteniamo

$\begin{aligned} \displaystyle& \lim_{x\to -1} (x^3+2x^2+3x+3)^{\cot (x+1)}=\\ &= \displaystyle \lim_{y\to0} (y^3-1-3y^2+3y+2y^2+2-4y+3y- \cancel{3}+\cancel{3})^{\cot y}=\\ &= \displaystyle \lim_{y\to 0} (y^3-y^2+2y+1)^{\frac{1}{\tan y}}= \displaystyle \lim_{y\to0} e^{\frac{1}{\tan y} \ln(1+2y-y^2+y^3)}=\\ &=\displaystyle \lim_{y\to0} e^{\frac{1}{y+o(y)} (2y+o(y))}=e^2 \end{aligned}$

dove abbiamo applicato gli sviluppi di Taylor (10) e (13) per $x\to 0.$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle \lim_{x\to -1} (x^3+2x^2+3x+3)^{\cot (x+1)}=e^2.}$

Esercizio 65 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

(44) $\begin{equation*} \lim_{x\to0} |x|\left(\frac{e^{(\sin x)^2} +\tan x - \left(1+x+x^2+\dfrac{x^3}{3} + \dfrac{x^4}{6}\right)}{x^6}\right). \end{equation*}$

Svolgimento.

Dallo sviluppo di Taylor (11) per $x\to 0$ ⁷, segue⁸

$\begin{equation*} e^{(\sin x)^2}=e^{(x-\frac{x^3}{6} + o(x^3))^2}=e^{(x^2 -\frac{x^4}{3}+o(x^4))}, \end{equation*}$

in cui i termini di grado superiore sono stati scritti come $o(x^4)$ .

Da (8) otteniamo:

$\begin{aligned} e^{\left(x^2 -\frac{x^4}{3}+o(x^4)\right)}&=1+x^2 -\dfrac{x^4}{3}+o(x^4)+\dfrac{\left( x^2 -\dfrac{x^4}{3}+o(x^4)\right)^2}{2} +\\ & + \frac{\left( x^2 -\dfrac{x^4}{3}+o(x^4)\right)^3}{6}+ o\left(\left(x^2 -\dfrac{x^4}{3}+o(x^4)\right)^3\right). \end{aligned}$

Prima di svolgere i conti bisogna identificare l’o-piccolo, che in questo caso è $o(x^4)$ , pertanto resta:

(45) $\begin{equation*} e^{\left(x^2 -\frac{x^4}{3}+o(x^4)\right)}=1+x^2-\dfrac{x^4}{3} + \frac{x^4}{2} + o(x^4)=1+x^2+\frac{x^4}{6} + o(x^4). \end{equation*}$

Sfruttando (13) e (45) abbiamo

$e^{(\sin x)^2} +\tan x=1+x^2+\frac{x^4}{6} + x+\frac{x^3}{3} + \frac{2}{15} x^5+ o(x^5)=1+x+x^2+\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{6}+\dfrac{2}{15}x^5+o\left(x^6\right),$

da cui (44) diventa

$\begin{aligned} & \lim_{x\to0} |x|\left(\frac{e^{(\sin x)^2} +\tan x - \left(1+x+x^2+\dfrac{x^3}{3} + \dfrac{x^4}{6}\right)}{x^6}\right)=\\\\ &= \lim_{x\to0} |x|\left( \dfrac{1+x+x^2+\frac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{6}+\dfrac{2}{15}x^5 -1-x-x^2-\dfrac{x^3}{3} - \dfrac{x^4}{6}+ o(x^5)}{x^6}\right)=\\\\ &=\lim_{x\to0} |x|\left( \frac{\dfrac{2}{15}x^5 + o(x^{5})}{x^6}\right). \end{aligned}$

Osserviamo a questo punto che, data la presenza del modulo, conviene considerare il limite da destra

(46) $\begin{equation*} \lim_{x\to 0^+} \frac{\dfrac{2}{15}x^6 + o(x^6)}{x^6}=\frac{2}{15} \end{equation*}$

e il limite da sinistra

(47) $\begin{equation*} \lim_{x\to 0^-} -\frac{\dfrac{2}{15}x^6 + o(x^6)}{x^6}=-\frac{2}{15}. \end{equation*}$

Dato che i due limiti (46) e (47) non coincidono⁹, possiamo concludere che (44) non esiste. Riassumendo,

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x\to0} |x|\left(\frac{e^{(\sin x)^2} +\tan x - \left(1+x+x^2+\dfrac{x^3}{3} + \dfrac{x^4}{6}\right)}{x^6}\right)\text{ non esiste.}}$

Scegliamo di sviluppare la tangente con un polinomio di grado almeno $5$ ; infatti, i risultati degli sviluppi andranno ad addizionarsi a un polinomio di quarto grado, quindi vogliamo essere certi di avere almeno un ordine di sviluppo in più con cui ottenere un risultato non nullo. ↩

Osserviamo che $e^{(\sin x)^2}$ è una funzione pari pertanto il suo sviluppo sarà un polinomio composto dalla somma di termini tutti di grado pari. ↩

Teorema di unicità del limite. Sia $f:A\subseteq\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ e $x_0 \in \mathbb{R} \cup \{\pm\infty\}$ punto di accomulazione per A. Se esiste, finito o infinito, il $\displaystyle \lim_{x \rightarrow x_0}f(x)=\ell \in \mathbb{R} \cup \{\pm\infty\}$ allora esso è unico. ↩

Esercizio 66 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{x^3\left(\sqrt[x+1]{e}-1\right)}{x+1}-x\right)$

Svolgimento.

Manipolando algebricamente il limite si ottiene

$\begin{aligned} & \lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{x^3 \left(\sqrt[x+1]{e}-1\right)}{x+1}-x\right) \\ & = \lim_{x \to +\infty} x \left(\dfrac{x^2 \left({e^{\frac{1}{x+1}}}-1\right)}{x+1}-1\right)\\ & = \lim_{x \to +\infty} x \left(\dfrac{x}{1-\left(-\frac{1}{x}\right)} \; \left({e^{\frac{1}{x} \, \left(\frac{1}{1-\left(-\frac{1}{x}\right)}\right)}}-1\right)-1 \right)\\ & = \lim_{x \to +\infty} x \left(\dfrac{x}{1+\frac{1}{x}} \; \left({e^{\frac{1}{x} \, \left(\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\right)}}-1\right)-1 \right). \end{aligned}$

Utilizzando gli sviluppi di Taylor (5) e (8) si ha

$\begin{aligned} \frac{1}{1+\dfrac{1}{x}}&=1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right),\qquad\text{per }x\to+\infty,\\ e^{\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}&=1+\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right),\qquad\text{per }x\to+\infty, \end{aligned}$

e dunque

$\begin{aligned} & \lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{x^3 \left(\sqrt[x+1]{e}-1\right)}{x+1}-x\right) \\ & = \lim_{x \to +\infty} x \left(\dfrac{x}{1+\frac{1}{x}} \; \left({e^{\frac{1}{x} \, \left(\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\right)}}-1\right)-1 \right)\\ & = \lim_{x \to +\infty} x \left( x \left(1-\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2}+ o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right) \; \left(e^{\frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right)} -1 \right)-1\right)\\ & = \lim_{x \to +\infty} x \left( x \left(1-\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2}+ o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right) \; \left(\dfrac{1}{x} - \frac{1}{x^2}+ \dfrac{1}{2} \; \dfrac{1}{x^2} + o\left(\dfrac{1}{x^2}\right) \right)-1\right)\\ & = \lim_{x \to +\infty} x \left(1-\dfrac{1}{x} + o\left(\dfrac{1}{x}\right) \; \left(1 - \dfrac{1}{2x} + o\left(\dfrac{1}{x}\right) \right)-1\right)\\ & = \lim_{x \to +\infty} x \left(1 - \dfrac{1}{2x}-\dfrac{1}{x}+ o\left(\dfrac{1}{x}\right) -1\right) = -\dfrac{3}{2}. \end{aligned}$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{x^3 \left(\sqrt[x+1]{e}-1\right)}{x+1}-x\right)=-\dfrac{3}{2}.}$

Esercizio 67 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \left( \frac{2 \cos(x - x^2) - e^{-x^2} \ln(1+2x)}{x^4} \right).$

Svolgimento.

Espandiamo con Taylor le funzioni del numeratore, ricordando (12), (8) e (10)

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \left( \frac{2 \cos(x - x^2) - e^{-x^2}}{x^4} \ln(1+2x) \right) &= \lim_{x \to 0} \left( 2 \left( 1 - \frac{1}{2}x^2 + x^3 \right) - 1 + x^2 + o(x^3) \right) \frac{\ln(1+2x)}{x^4} \\ &= \lim_{x \to 0} \left( 2 - x^2 + 2x^3 - 1 + x^2 + o(x^3) \right) \frac{\ln(1+2x)}{x^4} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{2x^3 (1+o(1)) \ln(1+2x+o(x^3))}{x^4} \\ &= \lim_{x \to 0} e^{x^3 (1+o(1))} (2x^3) = e^4 \end{aligned}$

Dunque, vale

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \left( \frac{2 \cos(x - x^2) - e^{-x^2}}{x^4} \ln(1+2x) \right)=e^4. }$

Esercizio 68 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite se esiste finito per i seguenti valori di $\beta$ numero reale:

$\quad$

$\beta = 3$

$\beta = 5$

$\beta = 15$

$\lim_{x \to 0^+} \frac{6 \sin(\sin x) - 6 \sin x + \left( \arctan \left( x + \dfrac{2}{5} x^3 \right) \right)^3}{x^\beta}.$

Svolgimento.

Per $x \to 0^+$ , da (11) e (16) si ha

$\begin{aligned} &\displaystyle 6 \sin(\sin x) - 6 \sin x + \arctan^3 \left( x + \frac{2}{5} x^3 \right) \\ &= 6 \sin \left( x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} + o(x^5) \right) - 6 \left( x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} + o(x^5) \right) + \left( x + \frac{2}{5}x^3 - \frac{x^3}{3} + o(x^3) \right)^3 \\ &= 6 \left( x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} - \frac{1}{12} x^3 + \frac{1}{5!} x^5 \right) - 6 \left( x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} \right) \\ &= 6 \left( x - \frac{1}{3} x^3 + \frac{1}{10} x^5 \right) - 6x + x^3 - \frac{1}{20} x^5 + o(x^5) \\ &= \frac{3}{5} x^5 - \frac{1}{20} x^5 + \frac{1}{5} x^5 + o(x^5) \\ &= \frac{3}{4} x^5 + o(x^5) \end{aligned}$

Tornando al limite:

$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\dfrac{3}{4}x^5}{x^\beta} (1 + o(1)) &= \begin{cases} \displaystyle \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\frac{3}{4}x^5}{x^3} (1 + o(1)) = 0&\text{ se }\beta=3 \\[10pt] \displaystyle \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\dfrac{3}{4}x^5}{x^5} (1 + o(1)) = \frac{3}{4}&\text{ se }\beta=5 \\[10pt] \displaystyle \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\dfrac{3}{4}x^5}{x^{15}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{3}{4} \dfrac{1}{x^{10}} = +\infty&\text{ se }\beta=15. \end{cases} \end{aligned}$

Dunque, si ha

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0^+} \frac{6 \sin(\sin x) - 6 \sin x + \left( \arctan \left( x + \dfrac{2}{5} x^3 \right) \right)^3}{x^\beta}= \begin{cases} 0 & \text{se } \beta=3 \\ \frac{3}{4}& \text{se } \beta = 5\\ +\infty & \text{se } \beta =15 . \end{cases}}$

Esercizio 69 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{2 + 2x \sin 2x - \cos 2x - e^{6x^2}}{\dfrac{(1 + 2x^2)^{1/x^2}}{e^2} - \cos 2x}.$

Svolgimento.

Iniziamo sviluppando il denominatore, utilizziamo (12), (10) e (8):

$\begin{aligned} \frac{(1 + 2x^2)^{1/x^2}}{e^2} - \cos 2x &= \frac{1}{e^2} \cdot e^{\frac{1}{x^2} \ln(1 + 2x^2)} - \cos 2x \\ &= \frac{1}{e^2} \cdot e^{\frac{1}{x^2} \left(2x^2 - \frac{1}{2}(4x^4) + \frac{1}{3}(8x^6) + o(x^6)\right)} - \cos 2x \\ &= \frac{1}{e^2} \cdot e^{\left(2-2x^2 + \frac{8}{3}x^4 + o(x^4)\right)} - \cos 2x \\ &= 1 + \left(-2x^2 + \frac{8}{3}x^4\right) + \frac{1}{2}(4x^4) - \left(1 - \frac{1}{2} \cdot 4x^2 + \frac{1}{4!}(2x)^4\right) + o(x^4) \\ &= \left(\frac{8}{3} +2- \frac{2^4}{4!}\right) x^4 + o(x^4). \end{aligned}$

Per il numeratore, utilizziamo (11) e (12):

$\begin{aligned} 2 + 2x \sin(2x) - \cos(2x) - e^{6x^2} &= 2 + 2x \left( 2x - \frac{1}{6} \cdot 8x^3 \right) - \left( 1 - \frac{1}{2} \cdot 4x^2 + \frac{1}{4!} (2x)^4 \right) \\ &=- \left( 1 + 6x^2 + \frac{1}{2} \cdot 36x^4 \right) + o(x^4) \\ &= -\frac{64}{3}x^4 + o(x^4) \end{aligned}$

Dunque, tornando al limite:

$\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{-\dfrac{64}{3}x^4 + o(x^4)}{4x^4 + o(x^4)} = \dfrac{-\frac{64}{3}}{4} = -\frac{16}{3}. \end{equation*}$

Pertanto si ha

$\boxcolorato{analisi}{\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{2 + 2x \sin 2x - \cos 2x - e^{6x^2}}{\dfrac{(1 + 2x^2)^{1/x^2}}{e^2} - \cos 2x} = -\frac{16}{3}.}$

Esercizio 70 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \frac{\left(\cos(\sin x)\right)^{1/x} - x^{\sin x}}{\ln \left((2e^x - 1)^{\ln(x^2)}\right) + x^{-10} e^{-\frac{1}{2\sqrt{x}}}}.$

Svolgimento.

Possiamo scrivere grazie a (12), (??, (9), (10) e (8)

$\begin{aligned} \cos(\sin(x))&=\cos(x+o(x))=1-\frac{x^2}{2}+o(x^2),\\ x^{\sin(x)}&=x^{x+o(x)}=1+x\ln(x)+o(x\ln(x)),\\ e^{\frac{1}{x}\ln(1-\frac{x^2}{2})}&=e^{\frac{1}{x}\left(-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right)}=e^{-\frac{x}{2}+o(x)}=1-\frac{x}{2}+o(x), \end{aligned}$

quindi

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\left(\cos(\sin x)\right)^{1/x} - x^{\sin x}}{\ln \left((2e^x - 1)^{\ln(x^2)}\right) + x^{-10} e^{-\frac{1}{2\sqrt{x}}}}= & \lim_{x \to 0} \frac{e^{\frac{1}{x}\ln\left(1 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^2)\right)} - 1 - x \ln x + o(x \ln x)}{4x \ln x + o(x \ln x)} \\ = & \lim_{x \to 0} \frac{-\dfrac{1}{2}x - x \ln x + o(x \ln x)}{4x \ln x (1 + o(1))} \\ = & \lim_{x \to 0} \frac{-x \ln x}{4x \ln x} \cdot (1 + o(1)) \\ = & -\frac{1}{4}. \end{aligned}$

Dunque,

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \frac{\left(\cos(\sin x)\right)^{1/x} - x^{\sin x}}{\ln \left((2e^x - 1)^{\ln(x^2)}\right) + x^{-10} e^{-\frac{1}{2\sqrt{x}}}}=-\frac{1}{4}.}$

Esercizio 71 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \left( \frac{\sqrt{x^2 - 5x + 4}}{\ln(1 + x + x^4)} - \frac{16 e^x}{2 e^{4x} + x^2 e^x - 2} \right).$

Svolgimento.

Utilizziamo gli sviluppi (10), (7), (8) e (5) per $x\to0$ :

$\begin{aligned} \text{1)} \quad \frac{\sqrt{x^2 - 5x + 4}}{\ln(1 + x + x^4)} &= \frac{2 \left( 1 + \dfrac{x^2}{4} - \dfrac{5}{4} x + o(x) \right)}{x \left( 1 - \dfrac{1}{2} x + o(x) \right)} \\ &= \frac{2 \left( 1 - \dfrac{5}{8} x + o(x) \right)}{x \left( 1 - \dfrac{1}{2} x + o(x) \right)} \\ &= \dfrac{1}{x} \left( 2 - \dfrac{5}{4} x + o(x) \right) \left( 1 + \dfrac{1}{2} x + o(x) \right) \\ &= \frac{2}{x} - \frac{1}{4} + o(1) \end{aligned}$

$\begin{aligned} \text{2)} \quad \frac{16 e^x}{2 e^{4x} + x^2 e^x - 2} &= \frac{16 e^x}{2 (1 + 4x + 8x^2) + x^2 (1) - 2 + o(x^2)} \\ &= \frac{16 e^x}{8x + 9x^2 + o(x^2)} \\ &= \frac{16 e^x}{8x (1 + \dfrac{9}{8} x + o(x))} \\ &= 16 (1 + x) \left( \frac{1}{8x} \right) \left( 1 - \dfrac{9}{8} x + o(x) \right) \\ &= \frac{2}{x} \left( 1 - \dfrac{9}{8} x + o(x) \right) \end{aligned}$

Tornando al limite:

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \left( \frac{\sqrt{x^2 - 5x + 4}}{\ln(1 + x + x^4)} - \frac{16 e^x}{2 e^{4x} + x^2 e^x - 2} \right) = 2.}$

Esercizio 72 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to +\infty} \left( \sqrt{1 + 3 \sin(2x) + 5x + x^2} + x \sqrt{1 + 7 \sin\left(\frac{3}{x}\right)} \right).$

Svolgimento.

Posto $t = -x$ , si ha

$\begin{aligned} \lim_{t \to -\infty} & \left( \sqrt{1 - 3 \sin(2t) - 5t + t^2} - t \sqrt{1 - 7 \sin\left( \frac{3}{t} \right)} \right) \\ = & \lim_{t \to -\infty} \left( t \sqrt{1 - \frac{5}{t} - \frac{3 \sin(2t)}{t^2} + \frac{1}{t^2}} - t \sqrt{1 - 7 \sin\left(\frac{3}{t}\right)} \right) \\ = & \lim_{t \to -\infty} \left( t \left( 1 + \frac{1}{2} \left( -\frac{5}{t} \right) - \left( 1 - \frac{21}{2} \right) + o\left(\frac{1}{t}\right) \right) \right) \\ = & \lim_{t \to -\infty} \left( t \left( 1 - \frac{5}{2t} - 1 + \frac{21}{2t} + o\left(\frac{1}{t}\right) \right) \right) = 8, \end{aligned}$

dove abbiamo utilizzato (11) e (7). Pertanto, il limite assegnato è uguale a

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to +\infty} \left( \sqrt{1 + 3 \sin(2x) + 5x + x^2} + x \sqrt{1 + 7 \sin\left(\frac{3}{x}\right)} \right)=8.}$

Esercizio 73 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \frac{x \left[ 2 \sinh x - \tanh(2x) + \cosh x - 1 - \dfrac{1}{2} x^2 \right]}{3 \arctan x - \sinh(3x) - 2 \cosh x + 2 + x^2 + \dfrac{11}{2} x^3}.$

Svolgimento.

Utilizzando gli sviluppi di Taylor (20), (21), (22) e (16), otteniamo

$\begin{aligned} &\lim_{x \to 0} \frac{x \left[ 2 \sinh x - \tanh(2x) + \cosh x - 1 - \dfrac{1}{2} x^2 \right]}{3 \arctan x - \sinh(3x) - 2 \cosh x + 2 + x^2 + \dfrac{11}{2} x^3} =\\ &= \lim_{x \to 0} \frac{x \left[ 2x + \dfrac{2}{6} x^3 - 2x + \dfrac{8x^3}{3} + 1 + \dfrac{1}{2} x^2 - 1 - \dfrac{1}{2} x^2 + o(x^3) \right]}{3\left( x - \dfrac{x^3}{3} \right) - \left( 3x + \dfrac{27 x^3}{6} \right) - 2\left( 1 + \dfrac{1}{2} x^2 + \dfrac{1}{4!} x^4 \right) + 2 + x^2 + \dfrac{11}{2} x^3 + o(x^4)} \\ &= \lim_{x \to 0} \dfrac{x \left( 3x^3 + o(x^3) \right)}{3x - x^3 - 3x - \dfrac{27 x^3}{6} - 2 - x^2 - \dfrac{2}{4!} x^4 + 2 + x^2 + \dfrac{11}{2} x^3 + o(x^4)} \\ &= \lim_{x \to 0} \dfrac{3x^4 + o(x^4)}{-\dfrac{1}{12} x^4 + o(x^4)} \\ &= -36 \end{aligned}$

Dunque,

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \frac{x \left[ 2 \sinh x - \tanh(2x) + \cosh x - 1 - \dfrac{1}{2} x^2 \right]}{3 \arctan x - \sinh(3x) - 2 \cosh x + 2 + x^2 + \dfrac{11}{2} x^3} =-36.}$

Esercizio 74 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il limite, al variare di $\alpha \in \mathbb{R}$

$\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin(\arctan(x)) - \arctan(\sin(x))}{x^\alpha}.$

Svolgimento.

Lo sviluppo arriva fino al settimo ordine: per $x\to 0^+$

$\arctan(x) = \begin{aligned} &x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7}+o(x^7). \end{aligned}$

$\sin(x) = \begin{aligned} &x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!}+o(x^7). \end{aligned}$

Combinando questi sviluppi, otteniamo

$\begin{aligned} \sin(\arctan(x)) = &\arctan(x) - \frac{1}{3!} \arctan^3(x) + \frac{1}{5!} \arctan^5(x) + \frac{1}{7!} \arctan^7(x)+o(x^7) \\ &= x - \frac{x^3}{2} + \frac{3 x^5}{8} - \frac{5 x^7}{16}+o(x^7). \end{aligned}$

$\begin{aligned} \arctan(\sin(x))= &\sin(x) - \frac{\sin^3(x)}{3} + \frac{\sin^5(x)}{5} - \frac{\sin^7(x)}{7} +o(x^7)\\ &= x - \frac{x^3}{2} + \frac{3 x^5}{8} - \frac{83 x^7}{240}+o(x^7) \end{aligned}$

Pertanto se arriviamo al settimo grado, il limite diventa

$\lim_{x \to 0^+} \frac{ \left( x - \dfrac{1}{2} x^3 + \dfrac{3}{8} x^5 - \dfrac{5}{16} x^7 \right) - \left( x - d\frac{1}{2} x^3 + \dfrac{3}{8} x^5 - \dfrac{83}{240} x^7 \right)+o(x^7) }{x^\alpha} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{30} x^{7-\alpha}.$

In conclusione:

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin(\arctan(x)) - \arctan(\sin(x))}{x^\alpha} = \begin{cases} 0 & \text{se } \alpha > 7 \\ \frac{1}{30} & \text{se } \alpha = 7 \\ +\infty & \text{se } \alpha < 7 . \end{cases}}$

Esercizio 75 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

(48) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0^+} \frac{2\sqrt{1 + \sin(x \ln(x))} - \sin(x \ln(x)) - 2 \cos\left(\frac{1}{2} x \ln(x)\right)}{2 \tan(x) \ln(x) - \ln(1 + 2x \ln(x)) - 2x^2 (\ln(x))^2}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Sviluppiamo i termini al numeratore di (48) per $x \to 0^+$ :

$\begin{aligned} 1) & \; 2\sqrt{1+\sin (x\ln (x))} =2 \left( 1+x\ln x-\frac{1}{6}x^3\ln x +o(x^3 \ln x)\right)^{\frac{1}{2}}=\\ & \qquad = 2\left(1+\frac{1}{2} \left(x \ln x \right) - \frac{1}{8}x^2 ( \ln x)^2 +\frac{1}{16}x^3 (\ln x)^3+o(x^3 (\ln x)^3)\right)=\\ & \qquad = 2+ \left(x \ln x \right)- \frac{1}{4}x^2 ( \ln x)^2+\frac{1}{8}x^3 (\ln x)^3+o(x^3 (\ln x)^3)\\ 2) & \,-\sin( x \ln (x))-2\cos(\frac{1}{2}x\ln x)= \\ & \qquad = -x \ln x + \frac{1}{6}x^3 (\ln x)^3 -2 \left( 1-\frac{1}{8}x^2 (\ln x)^2 +o(x^3 (\ln x)^3 \right)= \\ & \qquad = -x \ln x + \frac{1}{6}x^3 (\ln x)^3 -2+\frac{1}{4}x^2 (\ln x)^2+o(x^3 (\ln x)^3) \end{aligned}$

ottenendo

$2\sqrt{1+\sin( x\ln (x))}-\sin (x \ln (x) )-2\cos\left( \frac{1}{2}x\ln x\right) = \frac{7}{24}x^3 (\ln x)^3+o(x^3 (\ln x)^3).$

Ora sviluppiamo il denominatore di (48) per $x \to 0^+$ :

$\begin{aligned} & 2 \tan(x) \ln (x)-\ln (1+2x \ln (x))-2x^2 (\ln x)^2 = \\ & \quad =2x \ln x-\left(2x\ln x-\frac{1}{2}\left(4x^2\right)\left(\ln x \right)^2+\frac{1}{3}\left(8x^3\right) \left(\ln x\right)^3\right)-2x^2\left(\ln x\right)^2+o(x^3 (\ln x)^3)= \\ & \quad = -\frac{8}{3}x^3\left(\ln x\right)^3+o(x^3 (\ln x)^3) \end{aligned}$

Sostituendo in (48):

$\begin{aligned} & \lim_{x\to 0^+} \frac{2\sqrt{1+\sin (x\ln (x))}-\sin (x \ln (x))-2\cos(\dfrac{1}{2}x\ln x)}{2\tan(x) \ln (x)-\ln (1+2x \ln (x))-2x^2 (\ln x)^2}\\ & = \frac{\dfrac{7}{24}x^3 (\ln x)^3+o(x^3 (\ln x)^3)}{-\dfrac{8}{3}x^3\left(\ln x\right)^3+o(x^3 (\ln x)^3)}=-\frac{7}{64} \end{aligned}$

Si ottiene dunque che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0^+} \frac{2\sqrt{1 + \sin(x \ln(x))} - \sin(x \ln(x)) - 2 \cos\left(\frac{1}{2} x \ln(x)\right)}{2 \tan(x) \ln(x) - \ln(1 + 2x \ln(x)) - 2x^2 (\ln(x))^2}=-\frac{7}{64}. }$

Esercizio 76 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite al variare di $\alpha$ :

$\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin(\sin x) - 2\sin x + x}{x^\alpha}.$

Svolgimento.

Applicando gli sviluppi notevoli di Taylor (11), si ha:

(49) $\begin{equation*} \begin{split} \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\sin(\sin x) - 2 \sin x + x}{x^\alpha} &= \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\sin\left( x - \dfrac{x^3}{6} + \dfrac{x^5}{120} + o(x^5) \right) - 2\left( x - \dfrac{x^3}{6} + \dfrac{x^5}{120} + o(x^5) \right) + x}{x^\alpha}= \\[10pt] &= \lim_{x \to 0^+} \dfrac{x-\dfrac{x^3}{6} + \dfrac{x^5}{120} - \dfrac{1}{6} \left( x^3 + 3x^2 \left( -\dfrac{x^3}{6} \right) \right)} {x^\alpha} +\\[10pt] &\quad +\dfrac{\dfrac{x^5}{120}-2x+\dfrac{2}{6}x^3-\dfrac{2}{120}x^5+ x + o(x^5)} {x^\alpha}= \\[10pt] &= \lim_{x \to 0^+} \dfrac{-\dfrac{x^3}{6} + \dfrac{x^5}{120} -\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{3}{36}x^5+\dfrac{x^5}{120}+\dfrac{1}{3}x^3-\dfrac{2}{120}x^5+ o(x^5)}{x^\alpha}= \\[10pt] &= \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\dfrac{x^5}{12}}{x^\alpha}. \end{split} \end{equation*}$

Si conclude che

Esercizio 77 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \dfrac{2 + 2\sin{x} - \cos{x} - e^{-\frac{5}{2}x^2}}{\left(1 + x^2\right)^{\frac{1}{x^2}} e^{-1} - \cos{x}}.$

Svolgimento.

Per $x \to 0$ , da (11), (12) e (8):

$\begin{aligned} 2 + 2\sin{x} - \cos{x} - e^{-\frac{5}{2}x^2} &= 2 + 2x - \dfrac{x^3}{3} - \left(1 - \dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{x^4}{24}\right) \\ &\quad - \left(1 - \dfrac{5}{2}x^2 + \dfrac{25}{4}x^4\right) + o(x^4) \\ &= 2 + 2x - \dfrac{x^3}{3} - 1 + \dfrac{1}{2}x^2 - \dfrac{x^4}{24} - 1 + \dfrac{5}{2}x^2 - \dfrac{25}{4}x^4 + o(x^4) \\ &= 2x - \dfrac{x^3}{3} + 3x^2 - \dfrac{157}{24}x^4 + o(x^4). \end{aligned}$

Ora, espandiamo il denominatore:

$\begin{aligned} \left(1 + x^2\right)^{\frac{1}{x^2}} e^{-1} - \cos{x} &= \exp\left(\dfrac{\ln(1 + x^2)}{x^2}\right)e^{-1} - \cos{x}. \end{aligned}$

Per $x \to 0$ , da (10) e (8) possiamo approssimare:

$\begin{aligned} \exp\left(\dfrac{\ln(1 + x^2)}{x^2}\right)&=\exp\left(\dfrac{x^2-\dfrac{x^4}{2}+\dfrac{x^6}{3}+o(x)^6}{x^2}\right)=\exp\left(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{3}+o(x^4)\right)\\ &=e\exp\left(-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{3}+o(x^4)\right)=e\left(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{3}+\frac{x^4}{8}+o(x^4)\right) \end{aligned}$

quindi

$\begin{aligned} \left(1 + x^2\right)^{\frac{1}{x^2}} e^{-1} - \cos{x} &= 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{3}+\frac{x^4}{8}-\left(1-\frac{x^2}{2}\right)+o(x^4)=\frac{5}{24}x^4+o(x^4). \end{aligned}$

Tornando al limite:

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0^\pm} \dfrac{2x + 3x^2 - \dfrac{157}{24}x^4 + o(x^4)}{\dfrac{5x^4}{12} + o(x^4)} &=\lim_{x\to0^\pm}\frac{24}{5x^3}=\pm\infty\end{aligned}$

Pertanto,

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \dfrac{2 + 2\sin{x} - \cos{x} - e^{-\frac{5}{2}x^2}}{\left(1 + x^2\right)^{\frac{1}{x^2}} e^{-1} - \cos{x}} \quad \text{non esiste}.}$

Esercizio 78 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Siano

$a=\lim_{x \to 0}\dfrac{(1+\sin(x))^3-2^{x^2}}{3x} \quad \mbox{e} \quad b=\lim_{x \to 0}(1+\arcsin^2(x))^{\frac{1}{x}}.$

Posto $z=a+ib$ , determinare le radici quadrate di $z$ in forma algebrica¹¹. Siano poi $z_0$ e $z_1$ tali radici determinate in precedenza, scrivere in forma algebrica il numero complesso $z_1^2\cdot \bar{z_0}$ .

Con forma algebrica di numero complesso $z$ si intende l’espressione $z=\alpha+i\beta$ , con $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$ . ↩

Svolgimento.

Il limite

$a=\lim_{x \to 0}\dfrac{(1+\sin(x))^3-2^{x^2}}{3x}$

utilizzando gli sviluppi (11) risulta, per $x\to 0$

$(1-\sin(x))^3 = 1-3x+3x^2+o(x^2)$

Inoltre, sempre per $x\to 0$ , ricordando che

$2^{x^2}=e^{x^2\ln{2}}$

da (8), si ottiene

$2^{x^2}=1+\ln{2}x^2+o(x^2)$

quindi abbiamo

$(1-\sin(x))^3-2^{x^2}= 3x+\left(3-\ln{2}\right)x^2+\dfrac{x^3}{2}+o(x^2)$

Pertanto

$a=\lim_{x \to 0}\dfrac{(1+\sin(x))^3-2^{x^2}}{3x}=1$

Calcoliamo il secondo limite

$b=\lim_{x \to 0}(1+\arcsin^2(x))^{\frac{1}{x}}$

Poniamo $x=\dfrac{1}{t}$ , quindi il limite diventa

$\lim_{t \to +\infty}\left(1+\arcsin^2\left(\dfrac{1}{t}\right)\right)^{t}$

Utilizziamo il limite

$\lim_{t\to +\infty} \left(1+\dfrac{1}{f(t)}\right)^{f(t)}=e$

da cui

$\lim_{t \to +\infty}\left(1+\dfrac{1}{\dfrac{1}{\arcsin^2{\left(\frac{1}{t}\right)}}}\right)^{\dfrac{1}{\arcsin^2{\left(\dfrac{1}{t}\right)}}\cdot \arcsin^2{\left(\dfrac{1}{t}\right)} \cdot t}$

quindi ci rimane da calcolare

$\lim_{t\to +\infty}\arcsin^2{\left(\dfrac{1}{t}\right)} \cdot t$

Poichè da (14) $\arcsin^2{\left(\dfrac{1}{t}\right)} \sim \dfrac{1}{t^2}$ per $t\to +\infty$ , il limite vale

$\lim_{t\to +\infty}\arcsin^2{\left(\dfrac{1}{t}\right)} \cdot t=0$

da cui

$b=\lim_{x \to 0}(1+\arcsin^2(x))^{\frac{1}{x}}=1$

Di conseguenza dobbiamo calcolre le radici quadrate di $z=1+i$ . Il numero complesso ha modulo $|z|=\sqrt{2}$ e argomento $\dfrac{\pi}{4}+2k\pi$ , per la formula di De Moivre, si ottiene

$z_{0,1}=\sqrt[4]{2}e^{\frac{\pi}{8}+k\pi}$

quindi per $k=0,1$ otteniamo

$\boxcolorato{analisi}{\begin{aligned} z_0&=2^{-\frac{3}{4}}\left(\sqrt{2+\sqrt{2}}+i\sqrt{2-\sqrt{2}}\right)\\ z_1&=2^{-\frac{3}{4}}\left(-\sqrt{2+\sqrt{2}}-i\sqrt{2-\sqrt{2}}\right) \end{aligned}}$

Calcoliamo ora il numero complesso $z_1^2\cdot \bar{z_0}$ , in forma algebrica ma conviene eseguire il calcolo con la forma esponenziale per limitare i calcoli, abbiamo infatti:

$z_1^2\cdot \bar{z_0}=\left(2^{\frac{1}{4}}e^{\frac{9\pi}{8}i}\right)^2\cdot \left(2^{\frac{1}{4}}e^{-\frac{\pi}{8}i}\right)=2^{\frac{3}{4}}e^{\frac{17\pi}{8}i}=2^{\frac{3}{4}}e^{\frac{\pi}{8}i}$

che in forma algebrica risulta:

$z_1^2\cdot \bar{z_0}=2^{\frac{3}{4}}e^{\frac{\pi}{8}i}=2^{\frac{3}{4}}\cdot \frac{1}{2}\left(\sqrt{2+\sqrt{2}}+i\sqrt{2-\sqrt{2}}\right)=2^{-\frac{1}{4}}\left(\sqrt{2+\sqrt{2}}+i\sqrt{2-\sqrt{2}}\right).$

Concludiamo quindi che

$\boxcolorato{analisi}{z_1^2\cdot \bar{z_0}=2^{-\frac{1}{4}}\left(\sqrt{2+\sqrt{2}}+i\sqrt{2-\sqrt{2}}\right). }$

Esercizio 79 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Calcolare il seguente limite, se esiste:

$\lim_{x \to 0} \dfrac{\int_0^{x^2} \ln{\left(1 + (\sin{t})^2\right)} \dfrac{dt}{1 - 2t^2 + 3t^4} - \dfrac{1}{x^6} \cos{x} \int_0^{\ln{(1 + x^3)}} \left(\sqrt{1+t} \sin{(t^2)} \tan{(t)}\right) dt}{\arctan{\left(\ln{(1 + \ln{(1 + x)})}\right)} - \left(x - x^2 + \dfrac{5}{6} x^3 - \dfrac{11}{24} x^4 - \dfrac{x^5}{15}\right)}$

Svolgimento.

Per $x \to 0$ , da (11) e (10),

$\begin{aligned} \int_0^{x^2} \ln{\left(1 + (\sin{t})^2\right)} \dfrac{dt}{1 - 2t^2 + 3t^4} &= \int_0^{x^2} \ln{\left(1 + t^2 + o(t^2)\right)} \dfrac{dt}{1 - 2t^2 + 3t^4} \\ &= \int_0^{x^2} (t^2 + o(t^2)) dt \\ &= \dfrac{x^6}{3} + o(x^6). \end{aligned}$

Da (12), (11), (10), (7)

$\begin{aligned} -\dfrac{1}{x^6} \cos{x} \int_0^{\ln{(1 + x^3)}} \left(\sqrt{1+t} \sin{(t^2)} \right) dt &= -\dfrac{1}{x^6} \cos{x} \int_0^{x^3 + o(x^3)} \left(t^3 + o(t^3)\right) dt \\ &= -\dfrac{x^6}{4} + o(x^6). \end{aligned}$

Da (16) e (10)

$\begin{aligned} \arctan{\left(\ln{(1 + \ln{(1 + x)})}\right)} &= \arctan{\left( \ln{\left(1 + x - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3} - \dfrac{x^4}{4} + \dfrac{x^5}{5} - \dfrac{x^6}{6} + o(x^6)\right)} \right)} \\ &= \arctan{\left(x - x^2 + \dfrac{7}{6} x^3 - \dfrac{35}{24} x^4 + \dfrac{19}{10} x^5 - \dfrac{917}{360} x^6 + o(x^6)\right)} \\ &= x - x^2 + \dfrac{5}{6} x^3 - \dfrac{11}{24} x^4 - \dfrac{x^5}{15} + \dfrac{26}{45} x^6 + o(x^6)=\\ \end{aligned}$

Tornando al limite:

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{x^6}{3} - \dfrac{x^6}{4} + o(x^6)}{x - x^2 + \dfrac{5}{6} x^3 - \dfrac{11}{24} x^4 - \dfrac{x^5}{15} + \dfrac{26}{45} x^6 + o(x^6) - \left(x - x^2 + \dfrac{5}{6} x^3 - \dfrac{11}{24} x^4 - \dfrac{x^5}{15}\right)} &= \dfrac{\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4}}{\dfrac{26}{45}} = \\ &= \dfrac{15}{104}. \end{aligned}$

Concludiamo che

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 0} \dfrac{\int_0^{x^2} \ln{\left(1 + (\sin{t})^2\right)} \dfrac{dt}{1 - 2t^2 + 3t^4} - \dfrac{1}{x^6} \cos{x} \int_0^{\ln{(1 + x^3)}} \left(\sqrt{1+t} \sin{(t^2)} \tan{(t)}\right) dt}{\arctan{\left(\ln{(1 + \ln{(1 + x)})}\right)} - \left(x - x^2 + \dfrac{5}{6} x^3 - \dfrac{11}{24} x^4 - \dfrac{x^5}{15}\right)}=\frac{15}{104}.}$

Esercizio 80 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Calcolare il seguente limite al variare di $\alpha$ e $\beta$ :

$\lim_{x \to 0^+} \frac{x^x - \cos x - x \ln x}{x^\alpha \cdot |\ln x|^\beta}.$

Svolgimento.

Sappiamo che

$x^x = e^{x \ln x} \quad \text{per } x > 0.$

Si può dimostrare facilmente che

$\lim_{x \to 0^+} x \ln x = 0,$

utilizzando un semplice cambio di variabile $x = e^{-t}$ e confrontando gli ordini di infinito per $t \to +\infty$ , oppure riscrivendo il limite precedente nella forma

$\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{x^{-1}},$

e applicando il teorema di L’Hôpital. Lasciamo al lettore il compito di verificare questa conclusione.

Di conseguenza, sfruttando quanto detto, è possibile riscrivere

$x^x = e^{x \ln x} =1+ x \ln x+ \dfrac{1}{2}x^2\ln^2 x+ o(x^2 \ln^2 x), \quad \text{per } x \to 0^+,$

grazie ad (8).

Applicando gli sviluppi notevoli di Taylor (12), (10) e (8), si ha:

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0^+} \dfrac{x^x - \cos x - x \ln x}{x^2 |\ln x|^\beta} &= \lim_{x \to 0^+} \dfrac{e^{x \ln x} - \cos x - x \ln x}{x^\alpha |\ln x|^\beta}= \\[10pt] &= \lim_{x \to 0^+} \dfrac{1+ x \ln x+ \dfrac{1}{2}x^2\ln^2 x - 1 - x\ln x + o(x^2 \ln^2 x)}{x^\alpha |\ln x|^\beta} =\\[10pt] &= \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\dfrac{1}{2} x^2 \ln^2 x + o(x^2 \ln^2 x)}{x^\alpha |\ln x|^\beta}=\\[10pt] &= \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\dfrac{1}{2} x^2 \ln^2 x \left(1+o(1)\right)}{x^\alpha (-\ln x)^\beta}=\\[10pt] &= \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\dfrac{1}{2} x^{2-\alpha} (-\ln x)^2 \left(1+o(1)\right)}{(-\ln x)^\beta}=\\[10pt] &= \lim_{x \to 0^+} \dfrac{1}{2} x^{2-\alpha} (-\ln x)^{2-\beta} \left(1+o(1)\right). \end{aligned}$

Attraverso semplici considerazioni è possibile derivare il grafico seguente, che rappresenta i comportamenti limite in funzione dei parametri $\alpha, \beta\in\mathbb{R}$ .

$\quad$

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Osservazione 3.1.

Osserviamo che, nello sviluppo del limite, il termine $-\dfrac{1}{2}x^2$ , presente nello sviluppo del coseno, è stato omesso. Questo è giustificato dal fatto che $x^2 = o(x^2 \ln^2 x)$ per $x \to 0^+$ . Infatti, abbiamo:

$\lim_{x\to0^+}\dfrac{x^2}{x^2 (\ln x)^2}=\lim_{x\to0^+}\dfrac{1}{ (\ln x)^2}=0.$

Esercizio 81 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Sia

$f(x) = \begin{cases} \frac{\sin(x)}{e^x - 1}, & \text{se } x \neq 0, \\ 1, & \text{se } x = 0. \end{cases}$

$\quad$

Determinare il polinomio di Taylor di ordine 3 di $f$ in $x = 0$ .

Determinare il polinomio di Taylor di ordine 3 della funzione inversa $f^{-1}$ in $1$ .

Svolgimento punto 1.

Iniziamo calcolando il polinomio di Taylor di $f(x)$ attorno a $x = 0$ . Da (11) e (8), possiamo scrivere $f(x)$ come:

$f(x) = \frac{\sin(x)}{e^x - 1} = \frac{1 - \dfrac{x^2}{6} +o(x^2)}{1 + \dfrac{x}{2} + \dfrac{x^2}{6} + \dfrac{x^3}{24} + o(x^3)}.$

Ora espandiamo il denominatore:

$\left(1 + \frac{x}{2} + \frac{x^2}{6} + o(x^2)\right)^{-1} = 1 - \frac{x}{2} + \left(-\frac{1}{6} + \frac{1}{4}\right)x^2 + o(x^2).$

Moltiplicando i termini:

$f(x) = \left(1 - \frac{x^2}{6} + o(x^2)\right)\left(1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{12} + o(x^2)\right),$

$f(x) = 1 - \frac{x}{2} - \frac{x^2}{12} + \frac{x^3}{12} +o(x^3).$

Il polinomio di Taylor di ordine 3 per $f(x)$ attorno a $x = 0$ è dunque:

$\boxcolorato{analisi}{T_3(x) = 1 - \frac{x}{2} - \frac{x^2}{12} + \frac{x^3}{12}.}$

Svolgimento punto 2.

Dato che $f(0) = 1$ e $f'(0) = -\frac{1}{2} \neq 0$ , la funzione $f$ è invertibile in un intorno di $0$ . Il polinomio di Taylor di ordine 3 della funzione inversa $f^{-1}(x)$ , centrato in $x = 1$ , ha la forma:

$S_3(x) = a(x-1) + b(x-1)^2 + c(x-1)^3,$

dove $a$ , $b$ , e $c$ sono coefficienti da determinare.

Sappiamo che $f^{-1}(f(x)) = x$ , quindi possiamo scrivere:

$x = f^{-1}(f(x)) = S_3(T_3(x) + o(x^3)),$

dove $T_3(x)$ è il polinomio di Taylor di $f(x)$ di ordine 3, già calcolato nella parte (a).

Ora, espandiamo $T_3(x)$ di $f(x)$ :

$T_3(x) = 1 - \frac{x}{2} - \frac{x^2}{12} + \frac{x^3}{12}.$

Sostituiamo $T_3(x)$ in $f^{-1}(x)$ :

$S_3(T_3(x)) = a\left(-\frac{x}{2} - \frac{x^2}{12} + \frac{x^3}{12}\right) + b\left(-\frac{x}{2} - \frac{x^2}{12} + \frac{x^3}{12}\right)^2 + c\left(-\frac{x}{2} - \frac{x^2}{12} + \frac{x^3}{12}\right)^3.$

Espandendo i termini:

$S_3(T_3(x)) = -a \frac{x}{2} + x^2 \left(-\frac{a}{12} + \frac{b}{4}\right) + x^3 \left(\frac{a}{12} + \frac{b}{12} - \frac{c}{8}\right) + o(x^3).$

Per soddisfare $f^{-1}(f(x)) = x$ , dobbiamo risolvere il sistema:

$\begin{aligned} -\frac{a}{2} &= 1, \\ -\frac{a}{12} + \frac{b}{4} &= 0, \\ \frac{a}{12} + \frac{b}{12} - \frac{c}{8} &= 0. \end{aligned}$

Risolvendo il sistema:

$a = -2, \quad b = -\frac{2}{3}, \quad c = -\frac{16}{9}.$

Pertanto, il polinomio cercato è:

$\boxcolorato{analisi}{S_3(x) = -2(x-1) - \dfrac{2}{3}(x-1)^2 - \dfrac{16}{9}(x-1)^3.}$

Esercizio 82 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Sia $f(x)$ due volte derivabile in $(a,b)$ e supponiamo che $f'(a) = f'(b) = 0$ . Dimostrare che esista almeno un punto $c \in (a,b)$ tale che:

$|f''(c)| \geq \frac{4}{(b-a)^2} |f(b) - f(a)|.$

Svolgimento.

Poiché $f$ è derivabile due volte in $(a, b)$ , possiamo svilupparla in serie di Taylor con il resto di Lagrange. Esistono $\zeta \in \left[a, \frac{a + b}{2}\right]$ e $\eta \in \left[\frac{a + b}{2}, b\right]$ tali che:

$f(x) = f(a) + f'(a) (x - a) + \frac{1}{2} f''(\zeta) (x - a)^2,$

$f(x) = f(b) + f'(b) (x - b) + \frac{1}{2} f''(\eta) (x - b)^2.$

Sottraendo membro a membro le equazioni precedenti e ricordando che $f'(a) = f'(b) = 0$ , otteniamo:

$f(b) - f(a) = \frac{1}{2} \left( f''(\zeta)(x - a)^2 - f''(\eta)(x - b)^2 \right).$

Osserviamo che:

$\left| \frac{1}{2} \left( f''(\zeta)(x - a)^2 - f''(\eta)(x - b)^2 \right) \right|$

$\leq \frac{1}{2} \left( |f''(\zeta)| (x - a)^2 + |f''(\eta)| (x - b)^2 \right)$

$\leq \frac{1}{2} \left( \frac{(b-a)^2}{4} \right) \max\{|f''(\zeta)|, |f''(\eta)|\}.$

Pertanto, possiamo scrivere:

$\left| f(b) - f(a) \right| \leq \frac{(b-a)^2}{4} \max\{|f''(\zeta)|, |f''(\eta)|\}.$

Quindi, esiste almeno un punto $c \in (a,b)$ tale che:

$|f''(c)| \geq \frac{4}{(b-a)^2} |f(b) - f(a)|.$

Esercizio 83 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Calcolare il seguente limite di funzione:

$\lim_{x \to 1} \dfrac{1}{(x-1)^6} \left( \sin\left( \arctan \dfrac{1}{x-1} \right) - \dfrac{(x-1)}{|x-1|} \left( 1 - \dfrac{(x-1)^2}{2} + \dfrac{3(x-1)^4}{8} \right) \right)$

Svolgimento.

Posto $x-1 = t$ , si ottiene:

$f(t + 1) = \tilde{f}(t) = \dfrac{1}{t^6} \left( \sin \left( \arctan \dfrac{1}{t} \right) - \dfrac{t}{|t|} \left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right) \right)$

Per $t \to 0^+$ , applicando (11), (16) e la proprietà $\arctan{t}+\arctan{1/t}=\pi/2$ , per $t>0$ :

$\begin{aligned} \tilde{f}(t) &= \sin \left( \arctan \left( \dfrac{1}{t} \right) \right) - \left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right) \\ &= \sin \left( \dfrac{\pi}{2} - \arctan{t} \right) - \left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right) \\ &= \cos(\arctan{t}) - \left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right) \\ &= 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3}{8} t^4 - \dfrac{5}{16} t^6 + o(t^6) - \left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right) \\ &= - \dfrac{5}{16} t^6 + o(t^6). \end{aligned}$

Per $t \to 0^-$ , applicando (11), (16) e la proprietà $\arctan{t}+\arctan{1/t}=-\pi/2$ , per $t<0$ :

$\begin{aligned} \tilde{f}(t) &= \sin \left( \arctan \left( \dfrac{1}{t} \right) \right) + \left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right) \\ &= \sin \left( - \dfrac{\pi}{2} + \arctan{|t|} \right) + \left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right) \\ &= -\cos(\arctan{|t|}) + \left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right) \\ &= -\left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3}{8} t^4 - \dfrac{5}{16} t^6 + o(t^6) \right) + \left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right) \\ &= \dfrac{5}{16} t^6 + o(t^6). \end{aligned}$

Tornando al limite si ottiene:

$\lim_{t \to 0^+} \dfrac{1}{t^6} \left( \sin \left( \arctan \dfrac{1}{t} \right) - \left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right) \right) = \lim_{t \to 0^+} \dfrac{1}{t^6} \left( -\dfrac{5}{16} t^6 + o(t^6) \right) = -\dfrac{5}{16}$

$\lim_{t \to 0^-} \dfrac{1}{t^6} \left( \sin \left( \arctan \dfrac{1}{t} \right) + \left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right) \right) = \lim_{t \to 0^-} \dfrac{1}{t^6} \left( \dfrac{5}{16} t^6 + o(t^6) \right) = \dfrac{5}{16}$

Si conclude che, siccome i due limiti sono diversi,

$\lim_{x \to 1} f(x) \quad \text{non esiste}.$

Alternativamente si poteva procedere come segue:

Si osserva che:

$\sin\left( \arctan\left( \dfrac{1}{x-1} \right) \right) = \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{1 + (x-1)^2}} & \text{per } x > 0 \text{ e } x \neq 1 \\ \dfrac{-1}{\sqrt{1 + (x-1)^2}} & \text{per } x < 0 \end{cases}$

Posto $t = x - 1$ , il limite diventa:

$\begin{aligned} a) \lim_{t \to 0^+} \dfrac{1}{t^6} \left( \dfrac{1}{\sqrt{1+(t)^2}} - \left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right) \right) &= \lim_{t \to 0^+} \dfrac{1}{t^6} \left( \dfrac{1+t^2}{(1+t^2)} - \left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right) \right) \\ &= \lim_{t \to 0^+} \dfrac{1 + t^2 - \left( 1 + t^2 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right)}{t^6} \\ &= \lim_{t \to 0^+} \dfrac{\dfrac{-5}{8} t^6 + o(t^6)}{t^6} = -\dfrac{5}{16}. \end{aligned}$

$b) \lim_{t \to 0^-} \dfrac{1}{t^6} \left( \dfrac{1}{\sqrt{1+(t)^2}} + \left( 1 - \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{3t^4}{8} \right) \right) = \lim_{t \to 0^-} \dfrac{1}{t^6} \left( \dfrac{5}{16} t^6 + o(t^6) \right) = \dfrac{5}{16}.$

Si conclude che:

$\boxcolorato{analisi}{\lim_{x \to 1} f(x) \quad \text{non esiste}.}$

Esercizio 84 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Dimostrare che il numero di Nepero $e$ è irrazionale.

Svolgimento.

Poniamo $x = 1$ nello sviluppo (8):

$e = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} + \frac{\xi^{n+1}}{(n+1)!}, \quad \xi \in (0, 1).$

Ipotizziamo per assurdo che $e$ sia un numero razionale, ovvero esprimibile come il rapporto di due numeri interi coprimi $p$ e $q$ , quindi:

$e = \frac{p}{q} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} + \frac{\xi^{n+1}}{(n+1)!}.$

Moltiplichiamo entrambi i membri per $n!$ , dove $n$ è un numero naturale tale che $n > q$ :

$n! \cdot \frac{p}{q} = n! \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} + \frac{n! \xi^{n+1}}{(n+1)!}.$

Osserviamo che:

$n! \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} = n! \left( \frac{1}{1!} + \cdots + \frac{1}{n!} \right) = c \in \mathbb{Z},$

$\frac{n! \xi^{n+1}}{(n+1)!} = \frac{\xi^{n+1}}{n+1} = d, \quad \text{con} \, \xi \in (0, 1).$

Raggiungiamo quindi un assurdo, poiché $n! \cdot \frac{p}{q} = n!$ è un numero intero, ma la somma $c + d$ , dove $d \in (0,1)$ , non è un numero intero.

Pertanto, il numero di Nepero $e$ non può essere razionale.

Esercizio 85 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . La costante di Archimede e le formule di Machin:
Trovare un’approssimazione di $\frac{\pi}{4}$ con più di 10 cifre significative.

Svolgimento.

Possiamo utilizzare lo sviluppo di Taylor (16) per approssimare il valore di $\pi$ . In effetti, ponendo $x = 1$ , otteniamo:

$\frac{\pi}{4} = \arctan(1) = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1},$

che è comunemente chiamata serie di Leibniz-Gregory. Tale approssimazione è in realtà molto lenta al crescere di $n$ ed è poco utilizzabile per il calcolo del valore di $\pi$ . Infatti, dal resto dell’arcotangente (calcolato in precedenza) vediamo che, volendo approssimare $\pi$ con $\beta$ cifre decimali esatte, si ha la disuguaglianza:

$\frac{1}{2n+1} < 10^{-\beta},$

e tale disuguaglianza è verificata se $n > 5 \cdot 10^{\beta - 1}$ . Si noti che per $\beta = 10$ , ovvero richiedendo un’approssimazione con dieci cifre decimali esatte, i termini da sommare sarebbero più di 5 miliardi.

Per ovviare a tale problema, presentiamo l’utilizzata formula di Machin. Vogliamo approssimare $\frac{\pi}{4}$ prendendo valori di $x$ più piccoli di 1 nell’arcotangente. Per fare ciò, sia $\alpha = \arctan(1/5)$ . Allora, dalle formule di duplicazione dell’arcotangente:

$\tan(\delta + \gamma) = \frac{\tan \delta + \tan \gamma}{1 - \tan \delta \tan \gamma},$

abbiamo che:

$\tan(2\alpha) = \frac{2 \cdot \dfrac{1}{5}}{1 - \left( \dfrac{1}{5} \right)^2} = \dfrac{10}{24} = \dfrac{5}{12},$

$\tan(4\alpha) = \frac{2 \cdot \dfrac{5}{12}}{1 - \left( \dfrac{5}{12} \right)^2} = \frac{120}{119} > 1.$

Definendo $\beta = 4\alpha - \frac{\pi}{4}$ , otteniamo che:

$\tan(\beta) = \frac{120}{119} - 1 = \frac{1}{239}.$

Dunque, otteniamo la formula di Machin:

$\frac{\pi}{4} = 4\arctan\left(\frac{1}{5}\right) - \arctan\left(\frac{1}{239}\right).$

Ora è possibile usare lo sviluppo di Taylor dell’arcotangente in (44) per ottenere un’approssimazione che converge molto più rapidamente. In effetti, da (44) si ha la stima del resto:

$\left| R_{2n+1} \left( \frac{1}{5} \right) \right| \leq \frac{1}{2n+1} \cdot \frac{1}{5^{2n+1}} \quad \text{e} \quad \left| R_{2n+1} \left( \frac{1}{239} \right) \right| \leq \frac{1}{2n+1} \cdot \frac{1}{239^{2n+1}},$

quindi:

$\left| R_{2n+1} \left( \frac{1}{5} \right) \right| + \left| R_{2n+1} \left( \frac{1}{239} \right) \right| < \frac{1}{(2n+1) 52^n}.$

Ed ora, volendo un’approssimazione con 10 cifre significative, basta prendere $n > 5$ .

Esercizio 86 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Determinare per quali valori di $C \in \mathbb{R}$ , esiste $R > 0$ tale che per ogni $x > R$ , valga la disuguaglianza:

$\frac{x \sqrt{x}}{\sqrt{x^3 + x + 2}} > \cos\left( \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} + \frac{C}{x^3} \right).$

Svolgimento.

Poniamo $t = \frac{1}{x}$ , così che la disuguaglianza diventi equivalente a verificare che:

$f(t) - g(t) > 0 \quad \text{per} \quad t \in (0, \delta),$

dove $\delta = \frac{1}{R}$ e:

$f(t) = \left(1 + t^2 + 2t^3\right)^{-1/2}, \quad g(t) = \cos\left(t + t^2 + C t^3\right).$

Espandiamo $f(t)$ e $g(t)$ in serie di Taylor attorno a $t = 0$ , grazie a (7) e (12)

$\begin{aligned} f(t) &= \left(1 + t^2 + 2t^3\right)^{-1/2} \\ &= 1 - \frac{t^2}{2} - t^3 + \frac{3}{8} t^4 + \frac{3}{2} t^5 + o(t^5), \end{aligned}$

$\begin{aligned} g(t) &= \cos\left(t + t^2 + C t^3\right) \\ &= 1 - \left(t + t^2 + C t^3\right) + \frac{\left(t + t^2 + C t^3\right)^2}{2} + o(t^5) \\ &= 1 - t - t^2 - C t^3 + \frac{1}{2} t^2 + \left(-\frac{1}{2} + C\right)t^4 + \left(-C + \frac{1}{6}\right) t^5 + o(t^5). \end{aligned}$

Calcoliamo la differenza $f(t) - g(t)$ :

$f(t) - g(t) = \left(\frac{5}{6} + C\right)t^4 + \left(\frac{4}{3} + C\right)t^5 + o(t^5).$

Per garantire che $f(t) - g(t) \geq 0$ per $t \in (0, \delta)$ , analizziamo i seguenti limiti:

$\begin{aligned} \lim_{t \to 0^+} \frac{f(t) - g(t)}{t^4} &= \frac{5}{6} + C. \end{aligned}$

Affinché la disuguaglianza sia soddisfatta, è necessario che:

$\frac{5}{6} + C \geq 0 \quad \text{ovvero} \quad C \geq -\frac{5}{6}.$

Nel caso limite $C = -\frac{5}{6}$ , calcoliamo il successivo termine dominante:

$\lim_{t \to 0^+} \frac{f(t) - g(t)}{t^5} = \frac{4}{3} + C = \frac{1}{2} > 0.$

Questo implica che, per $C = -\frac{5}{6}$ , esiste $\delta > 0$ tale che per $t \in (0, \delta)$ , si ha $f(t) - g(t) > 0$ .

Pertanto, la disuguaglianza è verificata per $C \geq -\frac{5}{6}$ .

Esercizio 87 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Si consideri una funzione $f: [0, +\infty) \to [0, +\infty)$ , tale che valga il seguente risultato:

(50) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0^+} \left( 1 + \frac{f(x)}{x} \right)^{\frac{1}{x}} = e^3. \end{equation*}$

Si supponga inoltre che $f$ sia derivabile due volte (da destra) in $x = 0$ . Si determinino $f(0)$ , $f'(0)$ e $f''(0)$ .

Svolgimento.

La condizione (50) si può riscrivere nel seguente modo:

$\left( 1 + \frac{f(x)}{x} \right)^{1/x} = e^3 + o(1) \quad \text{per} \quad x \to 0^+.$

Quindi, poiché $f\geq0$ è possibile elevare ambo i membri alla $x$ e, utilizzando gli sviluppi di Maclaurin (8) e (10), si ha per $x \to 0^+$ :

$1 + \frac{f(x)}{x} = \left( e^3 + o(1) \right)^x = e^{3x}(1 + o(1))^x = e^{3x} e^{x \cdot \ln(1 + o(1))} = e^{3x + x \cdot o(1)} = e^{3x + o(x)} = 1 + 3x + o(x).$

Quindi:

(5) $\begin{equation*} f(x) = x(3x + o(x)) = 3x^2 + o(x^2) \quad \text{per} \quad x \to 0^+. \end{equation*}$

Essendo $f$ derivabile due volte in $x = 0$ , $f$ si può rappresentare tramite il seguente sviluppo di Taylor (con resto di Peano):

(6) $\begin{equation*} f(x) = f(0) + f'(0)x + f''(0) \frac{x^2}{2} + o(x^2) \quad \text{per} \quad x \to 0^+. \end{equation*}$

Data l’unicità del polinomio di Taylor, confrontando la (5) con la (6), concludiamo:

$f(0) = 0; \quad f'(0) = 0; \quad f''(0) = 2 \cdot 3 = 6.$

In conclusione, abbiamo ottenuto

$\boxcolorato{analisi}{f(0) = 0; \quad f'(0) = 0; \quad f''(0) = 2 \cdot 3 = 6.}$

Esercizio 88 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Sia $f \in C^2([-1,1])$ con un punto stazionario¹¹ in $x = 0$ e tale che $f(0) = 0$ .

$\quad$

Dimostrare che esiste $M \geq 0$ tale che $f(x) \leq Mx^2$ per ogni $x \in [-1,1]$ .

Dimostrare che esiste $R \in (0,1)$ tale che la circonferenza con centro nel punto di coordinate $(0, R)$ e raggio $R$ interseca il grafico di $f$ solo nell’origine.

Data una funzione derivabile f, $x_0$ si dice punto stazionario se $f'(x_0)=0$ . ↩

Svolgimento punto 1.

Per le formule di Taylor con il resto di Lagrange, $\forall x \in [-1,1]$ , esiste $t \in [-1,1]$ tale che:

$f(x) = f(0) + f'(0) \cdot x + \frac{f''(t)}{2}x^2 = \frac{f''(t)}{2}x^2 \leq Mx^2$

dove $M = \frac{1}{2} \max_{t \in [-1,1]} |f''(t)|$ (il massimo esiste grazie al Teorema di Weierstrass¹², poiché $f'' \in C([-1,1])$ ).

Teorema di Weierstrass: ogni funzione continua su un intervallo compatto ammette massimo e minimo. ↩

Svolgimento punto 2.

L’equazione della circonferenza è:

$x^2 + (y - R)^2 = R^2.$

Sia $g(x) = R - \sqrt{R^2 - x^2}$ (semicirconferenza inferiore). Dato che $f(0) = g(0)$ e $f(x) \leq Mx^2$ per $x \in [-1,1]$ , basta dimostrare che per un opportuno $R \in (0,1)$ vale $Mx^2 < g(x)$ per $x \in [-R, R] \setminus \{0\}$ .

Assumiamo che per $0 < |x| \leq R < 1$ :

$R - \sqrt{R^2 - x^2} = \frac{x^2}{R + \sqrt{R^2 - x^2}} > \frac{x^2}{2R} \geq Mx^2.$

E dunque basta prendere $R = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{1}{2}, & \text{se } M \leq \dfrac{1}{2} \\\\ \dfrac{1}{2M}, & \text{se } M > \dfrac{1}{2} \end{array} \right.$ .

Esercizio 89 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Sia $f : [0,1] \to \mathbb{R}$ una funzione continua in $[0,1]$ e derivabile due volte in $(0,1)$ tale che $f(0) = f(1) = 0$ e $f''(x) > 0$ per ogni $x \in (0,1)$ . Dimostrare o confutare le seguenti proposizioni.

$\quad$

Esiste $x_0 \in (0,1)$ tale che $f(x_0) = f'(x_0)$ .

Esiste $x_0 \in (0,1)$ tale che $f(x_0) = -f''(x_0)$ .

La funzione $x \to \exp(-f(x))$ è concava¹³ in $[0,1]$ .

La funzione $f$ è derivabile in 0.

Se $x \in (0,1)$ , allora $f(x) < \min(0, x f'(x))$ .

Se $r \in (0,1)$ , allora esistono $0 \leq x < y \leq 1$ tali che $y - x = r$ e $f(x) = f(y)$ .

Una funzione si dice concava se su un intervallo $I$ se per ogni $x_1,x_2\in I$ , vale
$f(tx_1+(1-t)x_2)\geq tf(x_1)+(1-t)f(x_2),\qquad\forall t\in[0,1].$
↩

Svolgimento punto 1.

Vero. Consideriamo la funzione ausiliaria $g(x) = e^{-x} f(x)$ . Poiché $g(0) = g(1) = 0$ , per il teorema di Lagrange¹⁴ esiste $x_0 \in (0,1)$ tale che $g'(x_0) = 0$ . Calcoliamo la derivata di $g(x)$ :

$g'(x) = e^{-x}(-f(x) + f'(x)).$

Ponendo $g'(x_0) = 0$ , si ottiene che $f(x_0) = f'(x_0)$ , confermando la veridicità della proposizione.

Teorema di Lagrange: sia $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ una funzione continua su $[a,b]$ e derivabile su $(a,b)$ . Allora esiste $c\in(a,b)$ tale che
$\begin{equation*} f'(c)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}. \end{equation*}$
↩

Svolgimento punto 2.

Falso. Per confutare questa proposizione, consideriamo la funzione controesempio $f(x) = x^2 - x$ . Si ha che, per ogni $x \in (0,1)$ ,

$f''(x) = 2 > x^2 - x = f(x).$

Questo mostra che la proposizione non è vera.

Svolgimento punto 3.

Falso. Anche in questo caso è possibile confutare la proposizione con un controesempio. Consideriamo la funzione $f(x) = 8(x^2 - x)$ . Calcoliamo la derivata della funzione composta $\exp(-f(x))$ :

$\frac{d}{dx} \exp(-f(x)) = \exp(-f(x)) \cdot (-f'(x)).$

Derivando nuovamente, otteniamo:

$\frac{d^2}{dx^2} \exp(-f(x)) = \exp(-f(x)) \cdot \left( (f'(x))^2 - f''(x) \right).$

Affinché la funzione sia concava, deve valere $(f'(x))^2 - f''(x) \leq 0$ per ogni $x \in (0,1)$ . Tuttavia, nel caso della funzione $f(x) = 8(x^2 - x)$ , abbiamo:

$(f'(x))^2 - f''(x) = 16(6x - 1)(6x - 3).$

Pertanto, la proposizione risulta falsa.

Svolgimento punto 4.

Falso. Consideriamo la funzione controesempio $f(x) = -\sqrt{x(1-x)}$ . Verifichiamo la derivabilità in $x = 0$ calcolando il limite del rapporto incrementale:

$\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^+} \frac{-\sqrt{x(1-x)}}{x} = \lim_{x \to 0^+} -\frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{x}} = -\infty.$

Di conseguenza, la funzione $f$ non è derivabile in $x = 0$ , il che confuta la proposizione.

Svolgimento punto 5.

Vero. Dobbiamo dimostrare che per ogni $x \in (0,1)$ valgono le seguenti affermazioni:

$\quad$

$f(x) < 0$ ,

$f(x) < x f'(x)$ .

Dato che $f''(x) < 0$ , la funzione $f$ è strettamente concava su $[0,1]$ . Possiamo scrivere $f(x)$ come:

$f(x) = f((1-x) \cdot 0 + x \cdot 1) < (1-x) f(0) + x f(1) = 0,$

e dunque la condizione $(1)$ è verificata.

Per la condizione $(2)$ , applichiamo il teorema di Taylor con resto di Lagrange. Esiste $t \in (0,x)$ tale che:

$0 = f(0) = f(x) + f'(x)(0 - x) + \frac{f''(t)}{2}(0 - x)^2.$

Poiché $f''(t) < 0$ , otteniamo:

$f(x) - x f'(x) < 0,$

il che dimostra la condizione $(2)$ .

Svolgimento punto 6.

Vero. Per $r = 1$ vale che $f(0) = f(1)$ . Consideriamo $0 < r < 1$ e definiamo la funzione $g(x) = f(x+r) - f(x)$ , che è definita e continua su $[0, 1-r]$ . Analizziamo i valori di $g$ ai limiti dell’intervallo:

$g(0) = f(r) - f(0) = f(r) < 0,$

$g(1-r) = f(1) - f(1-r) = -f(1-r) < 0,$

poiché per la parte (e) si ha che $f(x) < 0$ per ogni $x \in (0,1)$ .

Applicando il teorema dei valori intermedi, esiste $x \in (0, 1-r)$ tale che $g(x) = 0$ , ovvero:

$f(x+r) = f(x).$

Definendo $y = x + r \in (r, 1)$ , si conclude che $f(y) = f(x)$ .

Esercizio 90 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Rispondere alle seguenti domande:

$\quad$

Sia $f(x) = x^3 + \cos\left(x + x^2 - \frac{x^3}{2}\right) + \frac{3(\sin(x))^2}{2} - x^2$ . Stabilire se $x = 0$ è un punto di massimo relativo, minimo relativo o di flesso.

Sia $\{f_n\}_{n \geq 1}$ una successione di polinomi di secondo grado tale che $\lim_{n \to \infty} f_n(x) = 0$ per ogni $x \in [0,1]$ . Verificare se la successione $\{f_n\}_{n \geq 1}$ converge uniformemente¹⁵ su ogni insieme limitato $A \subset \mathbb{R}$ .

Una successione di funzioni $f_n:A\to\mathbb{R}$ si dice convergere uniformemente ad $f$ su $A$ se
$\lim_{n\to+\infty}\sup_{x\in A}|f_n(x)-f(x)|\to0.$
↩

Svolgimento punto 1.

Consideriamo $f(x)$ in un intorno di $x = 0$ . Sviluppiamo in serie di Taylor ciascun termine dell’espressione, grazie a (12) e (11):

$f(x) = x^3 + 1 - \frac{1}{2} \left( x^2 + 2x^3 + -\frac{x^4}{12}+o(x^4) \right) + \frac{1}{24} \left( x^4 + o(x^4) \right) + \frac{3}{2} \left( x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^4) \right) - x^2.$

Raccogliendo i termini di ordine inferiore, si ottiene:

$f(x) = 1 + \left( -\frac{1}{2} + \frac{3}{2} -1 \right) x^2 + (1-1) x^3 + \left( \frac{1}{24} - \frac{12}{24} \right) x^4 + o(x^3).$

Quindi, la funzione può essere riscritta come:

$f(x) = 1 - \frac{11}{24} x^4 + o(x^4).$

Per determinare la natura del punto $x = 0$ , calcoliamo il limite del rapporto incrementale in $x=0$ :

$\lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x^4} = \lim_{x \to 0} \frac{1 - \dfrac{11}{24} x^4 + o(x^4) - 1}{x^4} = -\frac{11}{24}.$

Poiché il limite è negativo, possiamo concludere che $x = 0$ è un punto di massimo relativo per la funzione $f(x)$ .

Svolgimento punto 2.

Dimostriamo che, se $A \subseteq \mathbb{R}$ è un insieme limitato, allora $f_n \xrightarrow{u} 0$ uniformemente in $A$ .

Consideriamo la forma generale di $f_n(x)$ :

$f_n(x) = a_n x^2 + b_n x + c_n,$

dove $\{a_n\}$ , $\{b_n\}$ e $\{c_n\}$ sono successioni in $\mathbb{R}$ . Dalla convergenza puntuale di $f_n(x)$ a 0, abbiamo $f_n(0) = c_n \to 0$ . Inoltre, possiamo considerare:

$f_n(1) = a_n + b_n + c_n \to 0 \implies a_n + b_n \to 0,$

$f_n\left( \frac{1}{2} \right) = \frac{a_n}{4} + \frac{b_n}{2} + c_n \to 0 \implies \frac{a_n}{4} + \frac{b_n}{2} \to 0.$

Risolvendo il sistema delle due equazioni:

$a_n = 2(a_n + b_n) - 4 \left( \frac{a_n}{4} + \frac{b_n}{2} \right) \to 0,$

$b_n = (a_n + b_n) - a_n \to 0.$

Infine, dato che $A \subseteq [-R, R]$ per qualche $R > 0$ , otteniamo:

$\sup_{x \in A} |f_n(x)| \leq |a_n| R^2 + |b_n| R + |c_n| \to 0,$

il che implica che $f_n \to 0$ uniformemente in $A$ . $\square$

Esercizio 91 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Si consideri la funzione

$f(x) = \frac{\sqrt{x^3 + 5x^2 + 1}}{x + 1} + x^2 \ln\left(\frac{x^2 + 1}{x^2 + x + 5}\right).$

$\quad$

Calcolare il limite $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ .

Esiste $a > 0$ tale che $\int_0^a f(x) \, dx = 0$ ?

Svolgimento punto 1.

Per $x \to +\infty$ , facciamo il cambiamento di variabile $t = \frac{1}{x}$ con $t \to 0$ quando $x \to +\infty$ . La funzione diventa:

$f(x) = \frac{1}{t} \left( \frac{\left(1 + 5t + t^3\right)^{1/2}}{\left(1 + t\right)^{1/2}} \right) + \frac{1}{t^2} \left( \ln\left(1 + t^2\right) - \ln\left(1 + t + 5t^2\right) \right).$

Espandendo in serie di Taylor per $t \to 0$ , grazie a (10) otteniamo:

$f(x) = \frac{1}{t} \left(1 + \frac{5}{2} t + o(t)\right) \left( 1 - \frac{t}{2} + o(t)\right) + \frac{1}{t^2} \left(t^2 + o(t^2) - \left(t + 5t^2 + o(t^2)\right)\right).$

Semplificando, si ottiene:

$f(x) = \frac{1}{t} \left(1 + 2t + o(t)\right) + \frac{1}{t^2}\left(-t - \frac{7}{2}t^2 + o(t)\right).$

Questo porta al limite:

$\lim_{x \to +\infty} f(x) = 2 - \frac{7}{2} = -\frac{3}{2}.$

Svolgimento punto 2.

Per provare quanto richiesto, vogliamo applicare il teorema degli zeri alla funzione integrale $F(t) = \int_0^t f(x) \, dx$ , la quale è continua su $[0, \infty)$ . Dato che $f(0) = 1$ , esiste $t_1 > 0$ tale che $f(x) \geq \dfrac{t_1}{2}$ per $x \in [0, t_1]$ .

Inoltre, dal punto (a), abbiamo $\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\dfrac{3}{2}$ , quindi esiste $t_2 > t_1$ tale che $f(x) \leq -1$ per $x \in [t_2, \infty)$ .

Per $t > t_2$ , l’integrale può essere espresso come:

$F(t) = F(t_2) + \int_{t_2}^t f(x) \, dx.$

Poiché $f(x) \leq -1$ per $x \geq t_2$ , abbiamo che $F(t_3) < 0$ per $t_3 = 2t_2 + |F(t_2)|$ . Infatti, si ha

$\begin{aligned} F(t_3)&=F(t_2)+\int_{t_2}^{2t_2+|F(t_2)|}f(x)dx\leq F(t_2)+\int_{t_2}^{2t_2+|F(t_2)|}1dx= \\ &=F(t_2)-(2t_2+|F(t_2)|)+t_2\leq \\ &\leq -t_2<0. \end{aligned}$

Per il teorema degli zeri¹⁶, esiste $a \in (t_1, t_3)$ tale che $F(a) = 0$ . $\square$

Teorema degli zeri: sia $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ una funzione continua tale che $f(a)\cdot f(b)<0$ . Allora esiste $c\in(a,b)$ tale che $f(c)=0$ . ↩

Riferimenti bibliografici

[1] Daniele Ritelli, Lezioni di Analisi Matematica, Pitagora Editrice (2021).

[2] Ovidiu Furdui, Limits, Series, and Fractional Part Integrals: Problems in Mathematical Analysis, Springer (2013).

[3] Emanuele Callegari, Compiti di analisi 1.

[4] Qui Si Risolve, Simboli di Landau.

[5] Qui Si Risolve, Teoria sui limiti.

[6] Qui Si Risolve, Derivate, teoria.

[7] Qui Si Risolve, Espansione di Taylor, teoria ed esempi.

[8] Qui Si Risolve, Polinomi di Taylor: limiti, istruzioni per l’uso.

[9] Qui Si Risolve, Funzioni continue: teoria sulle funzioni Lipschitziane e Hölderiane.

[10] Qui Si Risolve, Teoria sugli integrali impropri.

[11] Qui Si Risolve, Teoremi di Rolle e Lagrange.

[12] Qui Si Risolve, Funzioni elementari: teoria sulle funzioni.

[13] Roberto Tauraso, Sito ufficiale di Roberto Tauraso.

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