Polinomi di Taylor nei limiti: istruzioni per l’uso

Limiti di funzione con Taylor, Teoria Espansione di Taylor

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Benvenuto nella nostra guida all’utilizzo dei polinomi di Taylor nel calcolo dei limiti!
Se ti è capitato di calcolare dei limiti mediante l’espansione di Taylor e avere dei dubbi, sei nel posto giusto.
Questa breve guida è stata infatti pensata proprio per rispondere in maniera chiara ed essenziale alle domande più comuni su questo argomento:

Come si usano i polinomi di Taylor nel calcolo dei limiti?
Cosa sono gli o-piccoli e come si utilizzano?
Come si sceglie l’ordine a cui sviluppare con Taylor nel calcolo dei limiti? E cosa succede se “si sbaglia” questa scelta?
Quando è corretto usare il principio di sostituzione e cosa succede quando il suo utilizzo non è lecito?
Cosa succede se si trascurano i resti nell’uso dell’espansione di Taylor?
Come si calcolano gli sviluppi di Taylor di funzioni composte?

Sarai guidato all’esplorazione di queste domande attraverso esempi pratici, strategie di successo e soprattutto “sporcandosi le mani” con le altre strade possibili, analizzando anche quelle “scorrette” o non ottimali.
Dopo aver acquisito il contenuto di questo articolo, calcolare i limiti mediante l’espansione di Taylor non sarà più un problema!

Oltre al materiale teorico presente in

segnaliamo i seguenti articoli di esercizi:

Autori e revisori dell’articolo

Mostra autori e revisori.

Autori: Valerio Brunetti, Luigi De Masi.

Revisori: Daniele Malesani, Sara Sottile, Matteo Talluri.

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Notazioni

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$\mathbb{N}$	insieme dei numeri naturali;
$\mathbb{Z}$	insieme dei numeri interi relativi;
$\mathbb{R}$	insieme dei numeri reali;
$\overline{\mathbb{R}}$	insieme dei numeri reali estesi: $\mathbb{R} \cup\{-\infty,+\infty\}$ ;
$\log$	logaritmo in base $e$ , dove $e = 2.71\dots$ è il numero di Nepero;
$n!$	fattoriale del numero naturale $n$ : $n!\coloneqq 1 \cdot 2 \cdots n$ ; per definizione si pone $0! = 1$ ;
$f \sim g$	le funzioni $f$ e $g$ sono asintotiche per $x \to x_0 \in \overline{\mathbb{R}}$ , cioè $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = 1$ .

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Introduzione

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I teoremi di Taylor costituiscono un importante strumento nell’Analisi Matematica. L’esigenza che ne ha motivato lo sviluppo è il fatto che i polinomi sono le funzioni con cui è più semplice effettuare operazioni; ci si pone quindi la domanda se ogni altra funzione sia approssimabile, in qualche senso, da un polinomio, possibilmente ottenendo anche una stima dell’errore commesso con tale approssimazione.

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Tra i sensi in cui questa approssimazione può essere intesa, uno è di tipo asintotico per $x \to x_0$ , dove $x_0$ è un punto nel dominio di una funzione $f$ . Si vuole determinare un polinomio $P_n(x)$ di grado $n$ tale che la differenza $f(x)-P_n(x)$ sia “asintoticamente trascurabile” rispetto a $(x-x_0)^n$ per $x \to x_0$ ; precisamente si richiede che

(1) $\begin{equation*} \lim_{x \to x_0}\frac{f(x) - P_n(x)}{(x-x_0)^n} =0. \end{equation*}$

Il teorema di Taylor 1.5 prova che, se $f$ è derivabile $n$ volte in $x_0$ , allora un tale polinomio $P_n(x)$ esiste ed è unico.

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Questa approssimazione possiede numerose applicazioni, una delle quali risiede nel calcolo dei limiti. Infatti 1 suggerisce l’idea che, nel calcolo di un limite per $x \to x_0$ , si possa sostituire $P_n(x)$ a $f(x)$ , commettendo un errore trascurabile rispetto a $(x-x_0)^n$ . Effettuando tale sostituzione e tenendo conto delle stime sui resti, è spesso più semplice giungere alla soluzione del limite, grazie alla maggior semplicità dei calcoli con polinomi.

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Questa dispensa è una guida in cui si analizzano le domande che naturalmente sorgono riguardo a tale procedura:

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Come si usa l’espansione di Taylor nel calcolo di un limite?

In che modo si stima e si tiene conto del resto?

Come si sceglie il grado dei polinomi con cui approssimare le funzioni?

A quali conclusioni si giunge invece effettuando scelte diverse?

Che relazione esiste tra l’approssimazione di Taylor e il principio di sostituzione degli infinitesimi e cosa accade usando quest’ultimo quando le ipotesi non sono verificate?

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In questa dispensa, dopo un breve sunto della teoria, analizziamo le domande precedenti fornendo delle risposte e strategie generali illustrandole mediante esempi pratici. Lo scopo principale consiste nel fornire al lettore gli strumenti essenziali per l’applicazione dell’approssimazione di Taylor nel calcolo dei limiti.

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Richiami teorici

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In questa sezione riepiloghiamo gli strumenti fondamentali utilizzati nella dispensa. Il primo di essi è la nozione di $o$ -piccolo, che denota un confronto asintotico tra due funzioni $f,g$ : esso infatti esprime l’idea che $f$ “sia trascurabile” rispetto a $g$ , al limite per $x \to x_0$ .

Definizione 1.1. ( $o$ -piccolo). Sia $E \subseteq \mathbb{R}$ , siano $f,g \colon E \to \mathbb{R}$ e sia $x_0 \in \mathbb{R} \cup \{-\infty,+\infty\}$ un punto di accumulazione per l’insieme $\{x \in E \colon g(x) \neq 0\}$ . Diciamo che $f$ è un $o$ -piccolo di $g$ per $x \to x_0$ se

(2) $\begin{equation*} \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = 0. \end{equation*}$

In tal caso scriviamo $f=o(g)$ .

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Osserviamo che, nonostante l’uso del simbolo di uguale, $o(\cdot)$ non denota una funzione precisa, ma semplicemente una funzione che soddisfa la definizione 1.1 . In particolare, $f=o(g)$ e $h=o(g)$ non implicano $f=h$ , come mostra l’esempio seguente.

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Esempio 1.2 Siano $f,g,h \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ le funzioni definite da

(3) $\begin{equation*} f(x)= (x-2)^3, \quad g(x) = x-2, \quad h(x) = (x-2)^2 \qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Dato che $\lim_{x \to 2} \frac{f(x)}{g(x)}=0$ e $\lim_{x \to 2} \frac{h(x)}{g(x)}=0$ , si ha

(4) $\begin{equation*} f =o(g), \quad h=o(g), \qquad \text{per } x \to 2. \end{equation*}$

Invece, poiché $\lim_{x \to +\infty} \frac{g(x)}{f(x)}=0$ e $\lim_{x \to +\infty} \frac{g(x)}{h(x)}=0$ , si ha

(5) $\begin{equation*} g=o(f), \quad g=o(h), \qquad \text{per } x \to +\infty. \end{equation*}$

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Esempio 1.3 ( $o(1)$ ). Per la definizione 1.1 , $f=o(1)$ per $x \to x_0$ è equivalente a $\lim_{x \to x_0} f(x)=0$ , cioè al fatto che $f$ sia infinitesima per $x \to x_0$ .

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Vedremo che è essenziale essere in grado di manipolare $o$ -piccolo di quantità del tipo $(x-x_0)^n$ per $x \to x_0$ . Risultano quindi importanti le seguenti regole di calcolo, che riportiamo senza dimostrazione, proponendo al lettore di provarle come esercizio e rimandando a [1 , sezione 6.6] per una discussione completa sull’argomento.

Preposizione 1.4. (algebra degli $o$ -piccolo). Siano $m,n \in \mathbb{Z}$ ; valgono le seguenti proprietà.

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$c\cdot o\big((x-x_0)^m\big) = o\big(c(x-x_0)^m\big)= o\big((x-x_0)^m\big)$ , per ogni $c \in \mathbb{R} \setminus \{0\}$ .
$o\big((x-x_0)^m\big) \cdot o\big((x-x_0)^n\big) = o\big((x-x_0)^{m+n}\big)$ .
$(x-x_0)^m \cdot o\big((x-x_0)^n\big) = o\big((x-x_0)^{m+n}\big)$ .
Se $m < n$ , allora $o\big((x-x_0)^n\big)= o\big((x-x_0)^m\big)$ ;
Se $m < n$ , allora $o\big((x-x_0)^m\big) + o\big((x-x_0)^n\big) = o\big((x-x_0)^m\big)$ .
Se $m < n$ , allora $o\big((x-x_0)^m\big) + (x-x_0)^n = o\big((x-x_0)^m\big)$ .
Se $m < n$ , allora $o\big((x-x_0)^m + (x-x_0)^n\big) = o\big((x-x_0)^m\big)$ . Inoltre $o\big((x-x_0)^m + o((x-x_0)^m)\big)= o\big((x-x_0)^m\big)$ .
$o\big( o\big( (x-x_0)^m\big) \big)= o\big( (x-x_0)^m\big)$ .

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Richiamiamo adesso il principale argomento della dispensa, ossia la formula di Taylor. Se $f$ è continua o derivabile in $x_0$ , le definizioni si possono tradurre nelle rispettive stime

(6) $\begin{gather*} f(x)= f(x_0) + o(1), \quad f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + o( x-x_0) \qquad \quad \text{per } x \to x_0. \end{gather*}$

In altre parole, $f$ è approssimabile, in un intorno di $x_0$ , con un polinomio di grado $0$ con resto infinitesimo se è continua, o di grado $1$ con resto che tende a $0$ più velocemente di $x-x_0$ , se essa è derivabile. La derivabilità di $f$ migliora cioè l’approssimazione polinomiale disponibile.

La formula di Taylor mostra che una funzione $f$ derivabile $n$ volte in $x_0$ si può approssimare con un polinomio $P_n(x)$ di grado $n$ con un resto $f(x)-P_n(x)$ che, per $x \to x_0$ , tende a $0$ più velocemente di $(x-x_0)^n$ . Rimandiamo a [2] per una discussione esaustiva dell’argomento.

Teorema 1.5 (formula di Taylor con resto di Peano, [2, teorema 1]). Sia $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una funzione derivabile $n$ volte in $x_0 \in [a,b]$ . Allora vale

(7) $\begin{equation*} f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{f''(x_0)}{2}(x-x_0)^2 + \dots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x-x_0)^n + o\big( (x-x_0)^n \big) \qquad \text{per } x \to x_0. \end{equation*}$

Il polinomio $P_n(x) = \sum _{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$ al membro di destra è detto polinomio di Taylor di $f$ di grado $n$ centrato in $x_0$ .

$P_n(x)$ è inoltre l’unico polinomio di grado minore o uguale a $n$ con tale proprietà: ovvero se $Q(x)$ ha grado minore o uguale a $n$ ed è tale che $f(x) = Q(x) + o\big( (x-x_0)^n \big)$ , allora $Q(x)=P_n(x)$ .

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I polinomi di Taylor centrati in $x_0=0$ sono anche detti polinomi di Mclaurin. Forniamo alcuni sviluppi mediante i polinomi di Mclaurin di funzioni che utilizzeremo nel seguito, rimandando a [2 sezione 4.5] per una lista esaustiva.

(8) $\begin{equation*} a)\quad e^x = 1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+ \dots + \frac{x^n}{n!} + o(x^{n}); \end{equation*}$

(9) $\begin{equation*} b) \quad \ln(1+x)= x-\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} -\frac{x^4}{4}+ \dots + (-1)^{n+1}\frac{x^n}{n} + o(x^n); \end{equation*}$

(10) $\begin{equation*} c) \quad \sin x =x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+ \dots + \frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)!} x^{2n-1} + o(x^{2n}); \end{equation*}$

(11) $\begin{equation*} d) \quad \cos x = 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+ \dots + \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n} + o(x^{2n+1}). \end{equation*}$

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Riportiamo infine il principio di sostituzione nel calcolo dei limiti e la definizione di funzioni asintotiche. Essi sono strumenti comunemente usati nel calcolo dei limiti e, nel seguito, analizzeremo da vicino la loro applicazione e le limitazioni a cui essi sono soggetti.

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Proposizione 1.6 (principio di sostituzione nel calcolo dei limiti). Sia $E \subseteq \mathbb{R}$ , siano $f_1,f_2,g_1,g_2,h_1,h_2 \colon E \to \mathbb{R}$ delle funzioni, siano $a,b,c \in \mathbb{R}$ e sia $x_0 \in \mathbb{R}$ un punto di accumulazione per $E$ . Supponiamo che $f_1 \sim f_2$ , che $g_1 \sim g_2$ e che $h_1 \sim h_2$ per $x \to x_0$ , ossia che

(12) $\begin{equation*} \lim_{x \to x_0} \frac{f_1(x)}{f_2(x)} = 1, \qquad \lim_{x \to x_0} \frac{g_1(x)}{g_2(x)} = 1, \qquad \lim_{x \to x_0} \frac{h_1(x)}{h_2(x)} = 1. \end{equation*}$

Allora dei due limiti

(13) $\begin{equation*} \lim_{x \to x_0} \frac{f_1^a(x) \cdot g_1^b(x)}{h_1^c(x)}, \qquad \lim_{x \to x_0} \frac{f_2^a(x) \cdot g_2^b(x)}{h_2^c(x)}, \end{equation*}$

uno esiste se e solo se esiste l’altro e, in tal caso, essi coincidono.

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Le funzioni $f_1, f_2$ si dicono asintotiche per $x \to x_0$ . Il principio di sostituzione afferma dunque che, se le funzioni in gioco sono asintotiche per $x \to x_0$ , esse possono essere “sostituite” nel calcolo dei limiti di prodotti e quozienti.

Osserviamo esplicitamente che il principio di sostituzione si applica solamente ai limiti di prodotti, quozienti e potenze di funzioni, non quando queste operazioni sono combinate a somme: vedremo nel seguito che in tali casi in generale la conclusione è falsa.

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Polinomi di Taylor nel calcolo dei limiti

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La formula di Taylor in sostanza permette di approssimare una funzione con un polinomio $P_n$ intorno a un punto $x_0$ , commettendo un errore confrontabile con la potenza $(x-x_0)^n$ .

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Tra le numerose potenzialità di questo strumento, riveste notevole importanza il suo uso nel calcolo dei limiti.

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Domanda 2.1 Come si utilizza l’espansione di Taylor nel calcolo dei limiti?

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Risposta. I limiti spesso richiedono di eseguire operazioni algebriche tra funzioni, che risultano facilmente effettuabili tra polinomi. Sostituendo alle funzioni i rispettivi sviluppi di Taylor e tenendo conto dei resti, è spesso più semplice calcolare il limite richiesto.

Esempio 1

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Esempio 1. Calcoliamo il limite

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(14) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x}{x^3}, \end{equation*}$

che presenta una forma indeterminata $\left [ \frac{0}{0} \right ]$ .

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Si può tentare allora di scrivere il numeratore $\sin x + x$ in una forma che permetta di confrontarlo agevolmente col denominatore, ossia di stimare con quale “velocità” esso tenda a $0$ .

Una strategia è usare i polinomi di Taylor della funzione $\sin x$ centrati nel punto $x=0$ , in cui si vuole calcolare il limite. La questione principale è individuare il grado $n$ del polinomio di Taylor $P_n(x)$ da utilizzare. Poiché il limite richiede sostanzialmente di confrontare il numeratore con $x^3$ , sembra ragionevole considerare uno sviluppo di Taylor di grado $n=3$ .

Nonostante abbiamo già espresso questo sviluppo in (10), a titolo di esempio lo calcoliamo utilizzando il teorema 1.5, arrestandoci al terzo ordine:

(15) $\begin{equation*} \sin x = \sin (0) + \sin'(0) x + \frac{ \sin''(0)}{2} x^2 + \frac{\sin'''(0)}{3!} x^3 + o(x^3) = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3) \qquad \text{per $x \to 0$,} \end{equation*}$

dove abbiamo utilizzato il fatto che $\sin'(x)=\cos x$ , che $\sin''(x)= - \sin x$ e che $\sin'''(x) = - \cos x$ . Sostituendo al numeratore in (14) otteniamo

(16) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{\cancel{x} - \frac{x^3}{6} + o(x^3) - \cancel{x}}{x^3} = \lim_{x \to 0} \left (-\frac{1}{6} + \frac{o(x^3)}{x^3} \right ) = -\frac{1}{6}, \end{equation*}$

dove nell’ultima uguaglianza abbiamo usato che, per definizione di $o$ -piccolo, vale $\lim_{x \to 0} \frac{o(x^3)}{x^3}=0$ .

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Questo esempio mostra come l’uso dei polinomi di Taylor semplifichi il calcolo del limite, proprio in virtù del fatto che somme e prodotti di polinomi sono piuttosto semplici da trattare. In quanto svolto si è deciso di considerare il polinomio di Taylor di ordine $3$ della funzione seno; tale scelta è stata motivata da considerazioni euristiche e sembra in qualche modo arbitraria. Dato che questo è un tema ricorrente nell’uso dell’espansione di Taylor nel calcolo dei limiti, è naturale porsi la seguente domanda.

Domanda 2.2. Come scegliere il grado al quale sviluppare le funzioni con i polinomi di Taylor? Cosa accade se “si sbaglia” tale scelta?

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Risposta. Se si riduce il limite a una forma indeterminata $\left [ \frac{0}{0} \right ]$ per $x \to x_0$ , è sufficiente sviluppare fino all’ordine $m$ di infinitesimo del denominatore, ossia al primo termine non nullo del suo sviluppo di Taylor. Infatti se $g(x)= c (x-x_0)^m + o\big( (x-x_0)^m\big)$ con $c \neq 0$ , si ha

(17) $\begin{equation*} \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{P_m(x-x_0) + o\big( (x-x_0)^m\big)}{c(x-x_0)^m + o\big( (x-x_0)^m\big)} \end{equation*}$

e tale limite è facilmente calcolabile. In ogni caso, “sbagliare” il grado di sviluppo non porta a risultati scorretti.

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Grado troppo alto non costituisce un problema poiché fornisce informazioni non strettamente necessarie alla soluzione, richiedendo però più calcoli.

Grado troppo basso non fornisce sufficienti informazioni. Analizzando le lacune presenti si intuisce il grado di sviluppo necessario. Occorre però porre attenzione a non trascurare i resti.

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Commenti.

La strategia sopra suggerita conferma che l’ordine di sviluppo del seno nell’esempio 1 che sicuramente permette di ottenere la soluzione è proprio $3$ .

Analizziamo cosa sarebbe accaduto se si fosse sviluppato il seno a un ordine diverso da $3$ , insieme ad altri aspetti del procedimento seguito.

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Grado maggiore di 3. Sviluppando il seno al grado $5$ centrato in $x=0$ , si sarebbe ottenuto

(18) $\begin{equation*} \sin x = \sum_{k=0}^5 \frac{\sin^{(k)}(0)}{k!}x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} + o(x^5) \qquad \text{per $x \to 0$,} \end{equation*}$

dove l’ultima uguaglianza deriva dal calcolo esplicito delle derivate della funzione $\sin$ , che sappiamo essere cicliche con “periodo” 4: $\sin^{(4)}(x)=\sin x$ e $\sin^{(5)}(x)=\cos x$ . Sostituendo in 14 si ottiene

(19) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{\cancel{x} - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} + o(x^5) - \cancel{x}}{x^3} = \lim_{x \to 0} \left ( -\frac{1}{6} + \frac{x^2}{5!} + {o(x^2)} \right ) = -\frac{1}{6}, \end{equation*}$

dove nella seconda uguaglianza si è usato il punto ?? della proposizione 1.4 per scrivere $\frac{o(x^5)}{x^3}=o(x^2)$ .

Come previsto, sviluppare il seno a un ordine maggiore del necessario ha prodotto maggiori informazioni (al prezzo di calcoli ulteriori), ma ciò ha comunque portato alla soluzione del limite. Osserviamo che dal calcolo risulta evidente che sarebbe bastato sviluppare il seno fino all’ordine $3$ , in quanto l’unico termine dello sviluppo che contribuisce al risultato finale del limite è $- \frac{x^3}{6}$ , mentre gli altri forniscono addendi infinitesimi anche dopo la divisione per $x^3$ .

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Grado minore di 3. È naturale chiedersi se, per risolvere il limite dell’esempio 1 , fosse bastato sviluppare il seno a un grado inferiore a $3$ .

La risposta è negativa: sviluppando fino al grado $2$ si sarebbe ottenuto $\sin x = x + o(x^2)$ e quindi

(20) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{\cancel{x} - o(x^2) - \cancel{x}}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{o(x^2)}{x^3} =\, ? \end{equation*}$

che non fornisce abbastanza informazioni per concludere il calcolo. Infatti sappiamo soltanto che il numeratore tende a $0$ “più velocemente” di $x^2$ , ma non siamo in grado di confrontarlo con $x^3$ : ad esempio per ognuna delle seguenti funzioni vale

(21) $\begin{equation*} x^{\frac{5}{2}}=o(x^2), \qquad x^3 = o(x^2), \qquad x^4 = o(x^2) \qquad \text{per $x \to 0$,} \end{equation*}$

ma il rapporto di ciascuna di esse con $x^3$ ha limiti diversi per $x \to 0$ :

(22) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0^+} \frac{x^{\frac{5}{2}}}{x^3} = +\infty, \qquad \lim_{x \to 0} \frac{x^3}{x^3} = 1, \qquad \lim_{x \to 0} \frac{x^4}{x^3} = 0. \end{equation*}$

Sviluppare a ordini bassi per “risparmiare” sui calcoli potrebbe quindi non fornire sufficienti informazioni per la soluzione del limite. Osserviamo però che il problema riscontrato in 20 permette di capire quale sia il grado corretto a cui sviluppare il seno. Infatti la causa del fallimento è stata il fatto che il resto $o(x^2)$ non è confrontabile con $x^3$ . Risulta evidente che, per risolvere il limite, occorre scrivere lo sviluppo di Taylor in modo che il resto sia confrontabile con $x^3$ : ciò è possibile se esso è $o(x^n)$ con $n \geq 3$ , per definizione di $o$ -piccolo e per il punto 4 della proposizione 1.4

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Trascurare il resto. È molto importante non trascurare il resto quando si utilizzano le approssimazioni di Taylor. Nel precedente esempio, sviluppare il seno all’ordine $2$ non permette di ottenere la soluzione ma non conduce, di per sé, a risultati scorretti. Se però si fosse trascurato il resto $o(x^2)$ si sarebbe ottenuta la soluzione sbagliata

(23) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x}{x^3} \textcolor{red!70!gray}{``=" \lim_{x \to 0} \frac{x-x}{x^3} = 0. } \end{equation*}$

Tale procedimento è scorretto in quanto la funzione $\sin x - x$ non è nulla, come invece si otterrebbe trascurando il resto $o(x^2)$ nello sviluppo di Taylor del seno.

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Uso scorretto del principio di sostituzione. Lo stesso errore si commetterebbe usando in maniera scorretta il principio di sostituzione degli infinitesimi dato dalla proposizione 1.6 : anche se $\sin x \sim x$ per il limite notevole $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}=1$ , non si può scrivere

(24) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x}{x^3} \textcolor{red!70!gray}{``=" \lim_{x \to 0} \frac{x-x}{x^3} = 0, } \end{equation*}$

che è scorretta per i summenzionati motivi. Ricordiamo che il principio di sostituzione dato dalla proposizione 1.6 è utilizzabile quando il limite richiede un prodotto o un rapporto di funzioni, mentre la sua applicazione in casi in cui vi sono somme di funzioni può appunto condurre a risultati scorretti.

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Riassumiamo quindi le conclusioni sul trascurare i resti e sull’uso del principio di sostituzione nei casi non previsti dalla proposizione 1.6.

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Domanda 2.3. Cosa accade se si trascurano i resti nell’utilizzo delle espansioni di Taylor nel calcolo dei limiti? Cosa succede usando il principio di sostituzione dato dalla proposizione 1.6 in un limite in cui compaiono anche somme di funzioni, oltre che prodotti, quozienti e potenze?

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Risposta. In generale, si ottengono risultati scorretti. Si suggerisce pertanto di scrivere sempre i resti degli sviluppi utilizzati e di tenerne conto nell’effettuare le operazioni.

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Esempio 2

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Esempio 2. Consideriamo il seguente esempio. Calcoliamo

(25) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{e^x + e^{-x} - 1 - \cos x}{\sin x \cdot \log(1+x)}, \end{equation*}$

che si presenta come una forma indeterminata $\left [ \frac{0}{0} \right ]$ , trattabile mediante l’approssimazione di Taylor.

Secondo la strategia suggerita nella risposta alla domanda 2.2, sicuramente arriveremo alla soluzione sviluppando tutto all’ordine di infinitesimo del denominatore. Determiniamo dunque innanzitutto il primo termine non nullo dello sviluppo di Taylor del denominatore e poi sviluppiamo il numeratore allo stesso ordine.

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Denominatore. Dagli sviluppi (10) e (9) arrestati al primo ordine¹

(26) $\begin{gather*} \sin x = x + o(x), \quad \log(1+x) = x + o(x) \qquad \text{per $x \to 0$,} \end{gather*}$

si ottiene

(27) $\begin{equation*} \sin x \cdot \log(1+x) = \big(x + o(x) \big) \big(x + o(x) \big) = x^2 + 2x\cdot o(x) + o(x) \cdot o(x) = x^2 + o(x^2) \qquad \text{per $x \to 0$,} \end{equation*}$

dove abbiamo scritto $2x\cdot o(x)=o(x^2)$ in virtù dei punti 1 e 3 della proposizione 1.4 , mentre $o(x) \cdot o(x)= o(x^2)$ grazie al punto 2 della proposizione 1.4 . In definitiva, il numeratore ha ordine di infinitesimo $2$ .

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Numeratore. Sviluppiamo al secondo ordine il numeratore, sviluppando al secondo ordine tutti i suoi addendi. Dato che $(e^t)'=e^t$ per ogni $t \in \mathbb{R}$ , lo sviluppo al secondo ordine dell’esponenziale centrato in $0$ è

(28) $\begin{equation*} e^t = 1 + t + \frac{t^2}{2} + o(t^2) \qquad \text{per $t \to 0$.} \end{equation*}$

Sostituendo $t=x$ e $t=-x$ si ottiene

(29) $\begin{equation*} e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^2) \qquad \text{per $x \to 0$,} \end{equation*}$

(30) $\begin{equation*} e^{-x} = 1 - x + \frac{(-x)^2}{2} + o((-x)^2) = 1 - x + \frac{x^2}{2} + o(x^2) \qquad \text{per $x \to 0$.} \end{equation*}$

Coerentemente con (11), lo sviluppo al secondo ordine della funzione $\cos x$ è invece²

(31) $\begin{equation*} \cos x = \cos 0 + \cos'(0) x + \frac{\cos''(0)}{2} x^2 + o(x^2) = 1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2) \qquad \text{per $x \to 0$.} \end{equation*}$

$\,$

Inserendo (29), (30) e (27) in (25) si ottiene

(32) $\begin{equation*} \begin{split} \lim_{x \to 0} \frac{e^x + e^{-x} - 1 - \cos x}{\sin x \cdot \log(1+x)} & = \lim_{x \to 0} \frac{\left ( 1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2) \right ) + \left ( 1-x+\frac{x^2}{2}+o(x^2) \right )}{x^2 + o(x^2)}+ \\ & \qquad +\frac{- 1 - \left ( 1 -\frac{x^2}{2}+o(x^2) \right )}{x^2 + o(x^2)} \\ & = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{3}{2}x^2 + o(x^2)}{x^2 + o(x^2)} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\cancel{x^2}}{\cancel{x^2}} \cdot \frac{\frac{3}{2} + \cancelto{0}{\frac{o(x^2)}{x^2}}}{1 + \cancelto{0}{\frac{o(x^2)}{x^2}}} \\ & = \frac{3}{2}, \end{split} \end{equation*}$

dove $\lim_{x \to 0}\frac{o(x^2)}{x^2}=0$ per definizione di $o$ -piccolo.

$\,$

Ricordiamo che tali sviluppi possono essere ottenuti anche applicando i limiti notevoli:

(33) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}= 1 \implies \lim_{x \to 0} \frac{\sin x -x}{x}= 0 \implies \sin x - x = o(x) \implies \sin x = x + o(x) \qquad \text{per $x \to 0$} \end{equation*}$

e ragionando similmente col limite notevole $\lim_{x \to 0} \frac{\log(1+x)}{x}= 1$ . ↩

Anche questo sviluppo può alternativamente ottenersi operando come sopra con il limite notevole $\lim_{x\to 0} \frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}.$ ↩

Commenti.

Sviluppare a un ordine maggiore di $2$ . Sviluppare le funzioni a un ordine più alto avrebbe comportato più calcoli, ma avrebbe comunque portato alla soluzione. Indicando infatti con $\alpha$ e $\beta$ rispettivamente i coefficienti di grado $3$ dei polinomi di Taylor di numeratore e denominatore, si sarebbe infatti ottenuto

(34) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{e^x + e^{-x} - 1 - \cos x}{\sin x \cdot \log(1+x)} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{3}{2}x^2 + \alpha x^3 + o(x^3)}{x^2 + \beta x^3 + o(x^3)} = \lim_{x \to 0} \dfrac{\cancel{x^2}}{\cancel{x^2}} \cdot \dfrac{\frac{3}{2} + {\alpha x} + {\frac{o(x^3)}{x^2}}}{1 + {\beta x} + {\frac{o(x^3)}{x^2}}} = \frac{3}{2}. \end{equation*}$

$\,$

Sviluppare a un ordine minore di $2$ . Invece, sviluppare anche solo uno tra numeratore o denominatore all’ordine $1$ non avrebbe permesso di ottenere la soluzione: ad esempio sviluppando all’ordine $1$ il numeratore si avrebbe

(35) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{e^x + e^{-x} - 1 - \cos x}{\sin x \cdot \log(1+x)} = \lim_{x \to 0} \frac{o(x)}{x^2 + o(x^2)} = \mbox{?}, \end{equation*}$

che non dà abbastanza informazioni per concludere il calcolo, per gli stessi motivi indicati nei commenti all’esempio 1 .

$\,$

Trascurare i resti. Semplicemente, se si fosse deciso di sviluppare al primo ordine, il lettore avrebbe dovuto rendersi conto che tale scelta era inappropriata e occorreva sviluppare a ordini maggiori per ottenere la soluzione del limite.

In tal caso occorre però fare attenzione a non trascurare i resti: tale dimenticanza porterebbe a soluzioni scorrette, cioè ad esempio

(36) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{e^x + e^{-x} - 1 - \cos x}{\sin x \cdot \log(1+x)} \textcolor{red!70!gray}{``=" \lim_{x \to 0} \frac{0}{x^2 +o(x^2)} = 0, } \end{equation*}$

che è errata in quanto il numeratore non è la funzione identicamente nulla.

$\,$

Uso errato del principio di sostituzione. Anche in questo caso, l’uso scorretto del principio di sostituzione porterebbe a risultati errati, che forse risultano meno evidenti. Infatti, dalle relazioni

(37) $\begin{equation*} e^x - 1 \sim x, \quad 1- \cos x \sim \frac{x^2}{2}, \quad \sin x \sim x, \quad \log(1+x) \sim x, \end{equation*}$

usando in maniera scorretta il principio di sostituzione si otterrebbe

(38) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{e^x + e^{-x} - 1 - \cos x}{\sin x \cdot \log(1+x)} \textcolor{red!70!gray}{ ``=" \lim_{x \to 0} \frac{x+1 - x + 1 -1 - 1 + \frac{x^2}{2}}{x \cdot x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{x^2}{2}}{x^2} = \frac{1}{2}, } \end{equation*}$

che è errato in quanto non tiene conto che le approssimazioni $e^x - 1 \sim x$ e $e^{-x}-1 \sim - x$ valgono a meno di resti che si stimano con $o(x)$ ; poiché in questo caso tali quantità sono pari a $\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ , esse devono essere tenute in conto nel calcolo del limite, in quanto sono confrontabili con il denominatore, che infatti ha ordine di infinitesimo pari a $2$ .

Sostanzialmente, usare in questa maniera il principio di sostituzione corrisponde a trascurare alcuni addendi nella somma al numeratore, il che ovviamente comporta risultati scorretti.

Poiché invece al denominatore compaiono soltanto dei prodotti, da

(39) $\begin{equation*} \sin x \sim x, \qquad \log(1+x) \sim x \qquad \big( e^x + e^{-x} - 1 - \cos x\big) \sim \big( e^x + e^{-x} - 1 - \cos x\big) \end{equation*}$

usando (correttamente in questo caso) la proposizione 1.6 si ottiene

(40) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{e^x + e^{-x} - 1 - \cos x}{\sin x \cdot \log(1+x)} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x + e^{-x} - 1 - \cos x}{x^2}. \end{equation*}$

$\,$

Alternative per il calcolo dei polinomi di Taylor. Abbiamo ottenuto lo sviluppo

(41) $\begin{equation*} \sin x \cdot \log(1+x)=x^2+o(x^2) \end{equation*}$

per il denominatore senza calcolare le derivate della funzione. L’unicità dei polinomi di Taylor data dal teorema 1.5 implica dunque che $x^2$ è il polinomio di Taylor della funzione definita da $\sin x \cdot \log(1+x)$ .

Ottenere tale sviluppo calcolando esplicitamente le derivate prima e seconda della funzione $\sin x \cdot \log(1+x)$ avrebbe comportato molti più calcoli.

Questa strategia alternativa per determinare polinomi di Taylor è conveniente soprattutto quando il calcolo delle derivate è molto oneroso. Si pensi ad esempio a voler calcolare il polinomio di Taylor di ordine $4$ della stessa funzione: calcolare le sue derivate in $0$ è sconveniente, mentre osservando che

(42) $\begin{equation*} \sin x= x - \frac{x^3}{6} + o(x^3), \quad \log(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3) \qquad \text{per } x \to 0, \end{equation*}$

si giunge, mediante semplici calcoli algebrici, a

(43) $\begin{equation*} \begin{split} \sin x \cdot \log(1+x) & = \left ( x - \frac{x^3}{6} + o(x^3) \right ) \cdot \left ( x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3) \right ) \\ & = x^2 - \frac{x^3}{2} + \frac{x^4}{3} - \frac{x^4}{6} + o(x^4) \\ & = x^2 - \frac{x^3}{2} + \frac{x^4}{6} + o(x^4), \end{split} \end{equation*}$

dove nella seconda uguaglianza abbiamo scritto solo i termini del prodotto aventi grado minore o uguale a $4$ , dato che i restanti sono pari a $o(x^4)$ per le proprietà degli $o$ -piccoli date dalla proposizione 1.4 .

$\,$

Esercizio 2.4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il polinomio di Taylor di ordine 10 centrato in $x=0$ della funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

(44) $\begin{equation*} f(x)= e^{\sin^5 x } \qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

$\,$

Svolgimento . Il lettore può facilmente rendersi conto che già calcolare le derivate seconda o terza della funzione $f$ richiede calcoli molto lunghi e quindi ovviamente non seguiremo questa strada.

Come sopra, la strategia migliore è utilizzare sviluppi noti e manipolazioni algebriche per scrivere $f$ come un polinomio e un resto che sia $o(x^{10})$ ; per l’unicità dei polinomi di Taylor fornita dal teorema 1.5, tale polinomio sarà necessariamente il polinomio di Taylor di $f$ richiesto.

Utilizzando gli sviluppi³

(45) $\begin{equation*} \sin x= x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} +o(x^6), \qquad e^t= 1+ t +\frac{t^2}{2} +o(t^2), \end{equation*}$

con $t=\sin^5 x$ , si ottiene

(46) $\begin{equation*} \begin{split} e^{\sin^5 x } & = 1+ \sin^5 x + \frac{1}{2}\sin^{10} x + o( \sin^{10} x) \\ & = 1+ \left (x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} + o(x^6) \right )^5 + \frac{1}{2}\left (x + o(x) \right )^{10} + o \left ( \left (x + o(x) \right )^{10} \right ) \\ & = 1 + \left ( x^5 -5\frac{x^7}{6} + 5 \frac{x^9}{5!} + o(x^{10}) \right ) + \frac{1}{2} \left ( x^{10} + o(x^{10}) \right ) + o(x^{10})\\ & = 1 + x^5 -\frac{5}{6}x^7 + \frac{x^9}{4!} + \frac{x^{10}}{2} + o(x^{10}), \end{split} \end{equation*}$

dove al terzo passaggio, nel calcolare la potenza di esponente $5$ del polinomio, abbiamo scritto solo i termini di grado minore o uguale a $10$ , mentre abbiamo stimato gli altri con $o(x^{10})$ . Infatti, scrivendo per esteso la potenza, si vede che gli unici termini di grado minore o uguale a $10$ si ottengono come segue:

$\,$

scegliendo tutti i fattori pari a $x$ e ciò può essere effettuato in un solo modo;

scegliendo $4$ fattori pari a $x$ e uno pari a $-\frac{x^3}{6}$ e vi sono 5 termini siffatti;

scegliendo $4$ fattori pari a $x$ e uno pari a $\frac{x^5}{5!}$ e vi sono 5 termini siffatti.

$\,$

Osserviamo che, mentre per sviluppare $\sin^5(x)$ fino all’ordine $10$ è stato necessario utilizzare lo sviluppo fino all’ordine $6$ del seno, per trattare i termini $\sin^{10}x$ è stato sufficiente lo sviluppo al primo ordine $\sin x = x + o(x)$ .

$\,$

Abbiamo scritto il resto dello sviluppo del seno come $o(x^6)$ in quanto il termine successivo dello sviluppo sarebbe $\frac{x^7}{7!}+o(x^7)$ , che appunto è un $o(x^6)$ . ↩

$\,$

Esempio 3

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Esempio 3. Calcoliamo il limite

(47) $\begin{equation*} \lim_{x\to +\infty} x^{2x} \left( e^{\frac{1}{x}\log \left(1+\frac{1}{x}\right)}-1\right)^x. \end{equation*}$

A causa del fatto che esso è un limite per $x \to +\infty$ , l’espansione di Taylor non sembra a prima vista appropriata. Però, mediante il cambio di variabile $t=\frac{1}{x}$ , si ottiene

(48) $\begin{equation*} \lim_{x\to +\infty} x^{2x} \left( e^{\frac{1}{x}\log \left(1+\frac{1}{x}\right)}-1\right)^x = \lim_{t \to 0^+} \left( \dfrac{e^{t\log \left(1+t\right)}-1}{t^2}\right)^\frac{1}{t} \end{equation*}$

che, alla base della potenza, presenta una forma indeterminata del tipo $\left [ \frac{0}{0} \right ]$ . Osservando che il denominatore è un polinomio di grado $2$ , decidiamo di utilizzare l’espansione al secondo ordine della funzione esponenziale $e^s - 1 = s + \frac{s^2}{2} + o(s^2)$ per $s \to 0$ , ottenendo

(49) $\begin{equation*} \begin{split} \dfrac{e^{t\log \left(1+t\right)}-1}{t^2} & = \frac{t \log(1+t) + \frac{t^2 \log^2(1+t)}{2} + o\big( t^2 \log^2(1+t) \big) }{t^2} \\ & = \frac{\log(1+t)}{t} + \frac{\log^2(1+t)}{2} + o\big( \log^2(1+t) \big) \\ & = \frac{t - \frac{t^2}{2} + o(t^2)}{t} + \frac{(t+o(t))^2}{2} + o\big( (t+o(t))^2 \big) \\ & = 1 - \frac{t}{2} + o(t), \end{split} \end{equation*}$

dove alla seconda uguaglianza abbiamo usato il punto 3 della proposizione 1.4 , mentre alla terza uguaglianza abbiamo usato l’espansione del logaritmo $\log(1+t) = t - \frac{t^2}{2}- o(t^2)$ per $t \to 0$ , osservando che, nei termini in cui il logaritmo compare elevato al quadrato, è sufficiente usare $\log(1+t)=t+o(t)$ . Tornando dunque a (48), si ottiene

(50) $\begin{equation*} \begin{split} \lim_{t \to 0^+} \left( \dfrac{e^{t\log \left(1+t\right)}-1}{t^2}\right)^\frac{1}{t} &= \lim_{t \to 0^+} \left ( 1 - \frac{t}{2} + o(t) \right )^{\frac{1}{t}} \\ &\overset{(s^\alpha=e^{\alpha \log s})}{=} \lim_{t \to 0^+} \exp \left ( \frac{\log\left ( 1 - \frac{t}{2} + o(t)\right )}{t} \right ) \\ &= \lim_{t \to 0^+} \exp \left ( \frac{ \left (- \frac{t}{2} + o(t)\right ) + o\left (- \frac{t}{2} + o(t)\right )}{t} \right ) \\ & = \lim_{t \to 0^+} \exp \left ( -\frac{1}{2} + o(1) \right ) \\ & = e^{-\frac{1}{2}}, \end{split} \end{equation*}$

dove nella terza uguaglianza abbiamo usato $\log(1+s)=s+o(s)$ per $s \to 0$ , nella quarta abbiamo utilizzato il punto 7 della proposizione 1.4 e nell’ultima abbiamo usato la continuità della funzione esponenziale.

Commenti.

Soluzioni alternative. Quella proposta non è ovviamente l’unica risoluzione possibile. Sarebbe stato altrettanto lecito sviluppare prima l’esponente dell’esponenziale, usando $\log(1+t)= t - \frac{t^2}{2} + o(t^2)$ per ottenere

(51) $\begin{equation*} t\log(1+t) = t \left ( t - \frac{t^2}{2} + o(t^2) \right ) = t^2 - \frac{t^3}{2} + o(t^3) \qquad \text{per $t \to 0$} \end{equation*}$

e poi sfruttare $e^s - 1 = s + s^2 + o(s^2)$ per $s \to 0$ , giungendo a

(52) $\begin{equation*} \begin{split} e^{t\log(1+t)} - 1 & = \left ( t^2 - \frac{t^3}{2} + o(t^3) \right ) + \left ( t^2 - \frac{t^3}{2} + o(t^3) \right )^2 +o \left ( \left ( t^2 - \frac{t^3}{2} + o(t^3) \right )^2 \right ) \\ & = t^2 - \frac{t^3}{2} + o(t^3), \end{split} \end{equation*}$

dove l’ultima uguaglianza segue dalla proposizione 1.4 e dal fatto che, svolgendo il quadrato del trinomio, tutti i termini hanno grado maggiore o uguale a $4$ . Il resto dello svolgimento sarebbe stato analogo. Osserviamo come anche in questo caso il polinomio di Taylor di ordine 3 della funzione definita da $e^{t\log(1+t)} - 1$ sia stato ottenuto con pochi calcoli rispetto a quelli necessari usando la definizione degli stessi mediante le derivate della funzione in $t=0$ .

$\,$

Gradi di sviluppo. Osserviamo che, nonostante gli sviluppi del logaritmo e dell’esponenziale utilizzati abbiano ordine al più pari a $2$ , in realtà il numeratore della frazione al membro di destra in 48 è stato sviluppato all’ordine $3$ . Ciò potrebbe sembrare in contraddizione con la strategia suggerita nella risposta alla domanda 2.2.

In realtà, non vi è alcuna contraddizione: se avessimo voluto studiare esclusivamente il limite di tale frazione, lo sviluppo all’ordine $2$ del numeratore sarebbe stato sufficiente:

(53) $\begin{equation*} \lim_{t \to 0^+} \frac{e^{t\log(1+t)} - 1}{t^2} = \lim_{t \to 0^+} \frac{t^2 + o(t^2)}{t^2} = 1. \end{equation*}$

Nell’esempio 3, però, occorre studiare il limite di tale frazione quando essa è elevata a $\frac{1}{t}$ , che fornisce cioè una forma indeterminata $\left [1^\infty \right ]$ . Per risolvere tale forma indeterminata, è necessaria un’informazione più precisa sulla base della potenza, e ciò giustifica l’aver dovuto sviluppare il numeratore fino all’ordine $3$ .

Si può infatti verificare che sviluppare all’ordine $2$ il numeratore della frazione non è sufficiente:

(54) $\begin{equation*} \begin{split} \lim_{t \to 0^+} \exp \left ( \frac{1}{t}\log \left ( \frac{e^{t\log(1+t)} - 1}{t^2} \right ) \right ) =& \lim_{t \to 0^+} \exp \left ( \frac{1}{t}\log \left ( \frac{t^2+o(t^2)}{t^2} \right ) \right ) \\ &= \lim_{t \to 0^+} \exp \left ( \frac{1}{t}\log \big( 1+o(1) \big) \right ) \\ & = \lim_{t \to 0^+} \exp \left ( \frac{o(1)}{t} \right ) \\ & = \mbox{?}, \end{split} \end{equation*}$

in quanto il limite $\lim_{t \to 0^+} \frac{o(1)}{t}$ è indeterminato per le ragioni viste precedentemente.

$\,$

Riferimenti bibliografici

[1]Acerbi, E. & Buttazzo, G., Primo corso di Analisi Matematica, Pitagora Editrice (1997).
[2]Qui Si Risolve, Espansione di Taylor: teoria, esempi e applicazioni pratiche.

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