Integrali Impropri e Taylor II

Manuela Grella & Simona Giovannetti

6 giugno 2005

Soluzione 1. (i) Sfruttiamo le proprietà del logaritmo:

(1 + x^{3})^{\frac{1}{x^{2} sin(2x)}} = e^{\frac{ln(1+x^{3})}{x^{2} sin(2x)}}

Possiamo, allora, portare il limite all’esponente. Applichiamo Taylor a quest’ultimo limite:

ln(1 + x^{3}) = x^{3} + o(x^{3}), x^{2} sin(2x) = x^{2}(2x + o(x)) = 2x^{3} + o(x^{3})

Sfruttando ciò si ha che:

lim_{x→0}(1 + x^{3})^{\frac{1}{x^{2} sin(2x)}} = e^{lim^{x→0} ^{\frac{ln(1+x^{3})}{x^{2} sin(2x)}}} = e^{lim^{x→0} ^{\frac{x^{3}+o(x^{3})}{2x^{3}+o(x^{3})}}} = e^{\frac{1}{2}} = \sqrt{e}

Una soluzione alternativa è sviluppare solamente il seno all’esponente e notare che il limite ottenuto, ossia lim_{x→0}(1+x^{3})^{\frac{1}{2x^{3}+o(x^{3})}} , è un limite notevole che dà \sqrt{e}.

(ii) Sviluppiamo le funzioni principali del limite, considerando che al denominatore c’è x^{2}:

sin^{2} \sqrt{x} = (\sqrt{x} − \frac{x^{\frac{3}{2}}}{3!} + o(x^{2}))^{2} = x − \frac{x^{2}}{3} + \frac{x^{3}}{6} + o(x^{3})

sin^{2} x = (x − \frac{x^{3}}{3!} + o(x^{4}))^{2} = x^{2} − \frac{x^{4}}{3} + o(x^{4}) = x^{2} + o(x^{3})

Andando a sostituire il tutto nel limite si ha:

lim_{x→0} \frac{x − sin^{2} \sqrt{x} − sin^{2} x}{x^{2}} = lim_{x→0} \frac{x − x + \frac{x^{2}}{3} − \frac{x^{3}}{6} − x^{2} + o(x^{3})}{x^{2}} =

= lim_{x→0} \frac{−\frac{2}{3}x^{2} − \frac{x^{3}}{6} + o(x^{3})}{x^{2}} = −\frac{2}{3}

(iii) Sviluppiamo le funzioni principali del limite iniziando dal denominatore: applicando la formula dello sviluppo di Taylor, (lasciando il calcolo delle derivate al lettore) si ha che:

\sqrt{1 + 2x^{4}} = 1 + x^{4} + o(x^{4})

Quindi, scriviamo lo sviluppo delle funzioni al numeratore fino al quarto ordine:

e^{x^{2}} = 1 + x^{2} + x^{4} + o(x^{4})

ln(1 + x arctan x) = ln(1 + x(x − \frac{x^{3}}{3} + o(x^{4}))) = ln(1 + x^{2} − \frac{x^{4}}{3} + o(x^{4})) =

= x^{2} − \frac{5}{6}x^{4} + o(x^{4})

Andando a sostituire il tutto nel limite si ha:

lim_{x→0} \frac{e^{x^{2}} − 1 − ln(1 + x arctan x)}{\sqrt{1 + 2x^{4}} − 1} = lim_{x→0} \frac{\frac{4}{3}x^{4} + o(x^{4})}{x^{4} + o(x^{4})} = \frac{4}{3}

(iv) Sfruttiamo le proprietà del logaritmo:

lim_{x→0} (\frac{sin x}{x})^{\frac{1}{x}} = e^{lim}^{x→0} ^{\frac{1}{x}} ^{ln}^{(^{\frac{sin x}{x}})}

Sfruttiamo ora la formula di Taylor per risolvere il limite all’esponente:

ln (\frac{sin x}{x}) = ln (\frac{x − \frac{x^{3}}{6} + o(x^{3})}{x}) = −\frac{x^{2}}{6} + o(x^{2})

Da ciò lim_{x→0} \frac{1}{x} ln (\frac{sin x}{x}) = lim_{x→0} \frac{1}{x}(−\frac{x^{2}}{6} + o(x^{2})) = 0 Per cui:

e^{lim}^{x→0} ^{\frac{1}{x}} ^{ln}^{(^{\frac{sin x}{x}})} = e^{0} = 1

(v) Sviluppiamo le funzioni principali del limite iniziando dal numeratore:

e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2}), cos x = 1 − \frac{x^{2}}{2} + o(x^{3})

Quindi, al numeratore si ha x^{3}(e^{x} − cos x) = x^{3}(x + x^{2} + o(x^{2})) = x^{4} + x^{5} + o(x^{5}); vediamo ora il denominatore:

sin^{2} x = x^{2} − \frac{x^{4}}{3} + o(x^{4})

Andando a sostituire il tutto nel limite si ha:

lim_{x→0} \frac{x^{3}(e^{x} − cos x)}{x^{2} − sin^{2} x} = lim_{x→0} \frac{x^{4} + x^{5} + o(x^{5})}{x^{2} − x^{2} + \frac{x^{4}}{3} + o(x^{4})} = 3

Soluzione 2. (i) 18^{∘} corrisponde a \frac{π}{10}. Considerando lo sviluppo di Taylor col resto di Lagrange in un punto a, l’errore è dato dalla seguente formula:

E = |f(x) − P^{n}(x)| = |\frac{(x − a)^{n+1}}{(n + 1)!} f^{n+1}(ξ)|

dove P^{n}(x) è il polinomio dello sviluppo di Taylor fino all’ordine n-esimo, e 0 < ξ < x. In questo caso, considerando lo sviluppo in un intorno di 0, il resto di Lagrange del coseno ha la seguente forma:

|\frac{(x − a)^{n+1}}{(n + 1)!} f^{n+1}(ξ)| = |\frac{(−1)^{n+1} sin ξ}{(2n + 2)!} x^{2n+2}|

Quello che si deve fare è cercare il più piccolo n per cui la disuguaglianza E ≤ \frac{1}{1000} è verificata; maggioriamo, quindi, l’espressione dell’errore in modo da eliminare la ξ e calcoliamo questa espressione per x = \frac{π}{10}:

|\frac{(−1)^{n+1} sin ξ}{(2n + 2)!} (\frac{π}{10})^{2n+2}| ≤ \frac{(\frac{π}{10})^{2n+2}}{(2n + 2)!} < \frac{1}{1000}

Facendo i conti si verifica che questo è vero per n = 2, ossia lo sviluppo di Taylor deve considerare i primi due termini: cos 18^{∘} = 1 − \frac{π^{2}}{200}

(ii) \sqrt[3]{7} si ottiene dalla funzione f(x) = \sqrt[3]{8 + x} perx = −1. Al contrario del precedente esercizio, qui non si riesce a trovare una formula esplicita per il resto dello sviluppo di Taylor, per cui bisogna calcolarlo a mano, ossia fermarsi ad ogni passo e verificare se l’errore è inferiore a 0.01: la funzione f(x) = \sqrt[3]{8 + x} ha f′(x) = \frac{1}{3}(8 + x)^{− \frac{2}{3}} e f′′(x) = −\frac{2}{9}(8 + x)^{− \frac{5}{3}} ; per cui volendo si fermare al primo ordine lo sviluppo di Taylor in 0 è:

\sqrt[3]{8 + x} = 2 + \frac{1}{3}8^{− \frac{2}{3}} x − \frac{1}{9}(8 + ξ)^{− \frac{5}{3}} x^{2}

dove −1 < ξ < 0. Maggiorando il resto e calcolandolo in x = −1 si ha:

|−\frac{1}{9}(8 + ξ)^{− \frac{5}{3}} x^{2}| ≤ \frac{1}{\sqrt[3]{7^{5}}} ≃ 0.039 > 0.01

quindi non va bene e bisogna continuare con un ordine maggiore! Proseguendo si ha che:

\sqrt[3]{8 + x} = 2 + \frac{1}{3}8^{− \frac{2}{3}} x − \frac{1}{9}(8)^{− \frac{5}{3}} x^{2} + \frac{5}{81}(8 + ξ)^{− \frac{8}{3}} x^{3}

Maggiorando il resto e calcolandolo in x = −1 si ha:

|\frac{5}{81}(8 + ξ)^{− \frac{8}{3}} | ≤ \frac{5}{81}7^{− \frac{8}{3}} ≃ 0.00034 < 0.01

per cui ci si ferma al terzo ordine, e si avrà che \sqrt[3]{7} = 2− \frac{1}{3}8^{− \frac{2}{3}} − \frac{1}{9}8^{− \frac{5}{3}} ≃ 1.92 Soluzione 3. (i) La funzione integranda f(x) è continua in (0, 2] e illimitata in x = 0. Scrivendo lo sviluppo di Taylor per x → 0^{+} si ha:

cos(3x) − 3 cos x = −2 − 3x^{2} + o(x^{3}) e^{x^{2}+x^{3}} = 1 + (x^{2} + x^{3}) + o(x^{3})

Da ciò si ha:

cos(3x) − 3 cos x + 3e^{x^{2}+x^{3}} − 1 = 3x^{3} + o(x^{3})

In conclusione otteniamo:

(\frac{cos(3x) − 3 cos x + e^{x^{2}+x^{3}} − 1}{x^{5} + 3x^{6}})^{\frac{1}{5}} ∼ (\frac{3x^{3}}{x^{5}} )^{\frac{1}{5}} = \frac{3^{\frac{1}{5}}}{x^{\frac{2}{5}}}

questo per x → 0^{+}. Per il teorema del confronto, poiché l’integrale ∫_{0}^{2} \frac{\sqrt[5]{3}}{x^{\frac{2}{5}}}dx converge in (0, 2], allora anche l’integrale dato converge lì.

(ii) La funzione integranda è continua in [2, +∞), infinitesima per x → +∞ e positiva. Sviluppando in serie di Taylor col resto di Peano sin \frac{1}{x^{2}} si ha:

sin \frac{1}{x^{2}} = \frac{1}{x^{2}} − \frac{1}{3!x^{6}} + o(\frac{1}{x^{6}} ) per x → +∞

Per cui:

\frac{1}{x^{2}} − sin \frac{1}{x^{2}} = \frac{1}{6x^{6}} + o(\frac{1}{x^{6}} )

Per il teorema del confronto, poiché l’integrale ∫_{2}^{+∞} \frac{1}{x^{6}} dx è convergente in [2, +∞), allora qui è convergente anche l’integrale dato.