1 Studio di funzioni, sviluppi di Taylor e serie

1
Studio di funzioni, sviluppi di Taylor e serie
1.1
Esercizi
1. Sia
x+1
f (x) =
.
1
ex
Determinare l’insieme di definizione. Studiare il segno. Calcolare i limiti
agli estremi dell’insieme di definizione. Dire se ci sono asintoti. Determinare l’insieme di continuità e di derivabilità. Studiare crescenza e decrescenza con eventuali massimi e minimi relativi. Studiare concavità e
convessità con eventuali flessi. Disegnare il grafico.
2. Assegnata la funzione
f (x) = cos x − cos2 x,
determinare l’insieme di definizione. Determinare eventuali simmetrie.
Dire se è periodica ed eventualmente calcolarne il periodo. Studiare il
segno. Dire se ci sono asintoti. Determinare l’insieme di continuità e
di derivabilità. Studiare crescenza e decrescenza con eventuali massimi
e minimi relativi. Studiare concavità e convessità con eventuali flessi.
Disegnare il grafico.
3. Scrivere lo sviluppo di Taylor centrato in zero di ordine 5 della seguente
funzione:
f (x) = sin x log(x + 1).
4. Scrivere lo sviluppo di Taylor di ordine 3 della seguente funzione in x0 = 0:
f (x) =
x2 + 1
.
x−1
5. Calcolare, se esistono
arcsin x − x + sinα x
x→0
x arcsin(x2 )
lim
per α = 3 e α = 4.
6. Calcolare il seguente limite
(8ex − 8 − 8x − 4x2 )2
.
x→0
(1 − sin x) sin(x3 )
lim
7. Si calcoli lo sviluppo di Taylor delle seguenti funzioni
f (x) = cos x
in x = π/6,
g(x) = log x in x = 2
e
h(x) = e3x
in x = 0.
Si detrmini inoltre la derivata 15-sima di tali funzioni nel punto indicato
a fianco.
1
8. Dire se la seguente serie converge semplicemente
+∞
X
(−1)n
n=1
n+1
.
2n
Tale serie converge anche assolutamente?
9. Studiare la convergenza semplice ed assoluta della seguente serie
+∞
X
(−1)n
n=1
n2
n
.
+1
10. Studiare convergenza semplice ed assoluta della seguente serie al variare
del parametro α ∈ R:
+∞
X
nα + n2
cos(nπ).
n2α + n3
n=1
11. Studiare la convergenza semplice ed assoluta della seguente serie
+∞ X
n=1
1.2
1.
1
1 − n sin
n
2
.
Soluzioni
• Insieme di definizione: R \ {0} (in 0 non è definita 1/x!)
• Segno: poichè e1/x > 0 per ogni x ∈ R \ {0}, il segno di f è dato dal
segno di x + 1, dunque f è positiva in (−1, 0) ∪ (0, +∞) e negativa
in (−∞, −1). Inoltre f (x) = 0 sse x = −1.
• Limiti agli estremi dell’insieme di definizione:
lim f (x) = lim
x→+∞
x+1
1
x→+∞
ex
1
( lim e x = elimx→±∞
1
x
= e0 = 1!)
x→±∞
y→−∞
x+1
= −∞;
1
ex
x+1
lim f (x) = lim−
=
1
x→0−
x→0
ex
1
limy→−∞ y1 + 1
+
1
1
y
=
= = +∞;
ey
limy→−∞ ey
0
lim f (x) = lim
x→−∞
= lim
= +∞;
x→−∞
e
lim f (x) = lim
= lim
x+1
x→0+
1
y
limy→+∞
y→+∞
+1
ey
=
2
1
ex
x→0+
1
y
=
+1
limy→+∞ ey
= 0.
• Asintoti: la funzione considerata ha un asintoto verticale sinistro di
equazione x = 0 (poichè limx→0− f (x) = +∞). Non ha asintoti orizzontali, (infatti limx→±∞ f (x) = ±∞). Vediamo se ci sono asintoti
obliqui. Calcoliamo
f (x)
x+1 1
= lim
· 1 =
x→±∞ x
x→±∞
x
ex
m = lim
x+1
1
· lim
1 = 1
x→±∞ e x
x
x+1
q = lim [f (x) − mx] = lim
−
x
=
1
x→±∞
x→±∞
ex
!
1
1
1 1 − ex
= 1 + 1(−1) = 0,
= lim
1 +
1 ·
1
x→±∞
ex
ex
x
= lim
x→±∞
e
essendo
lim
x→±∞
e
1
lim
1 − ex
x→±∞
1
x
1
1
ex
=1
1 − ey
ey − 1
= − lim
= −1.
y→0
y→0
y
y
= lim
Pertanto la retta y = x è un asintoto obliquo per f .
• Continuità e derivabilità: la funzione considerata è continua e
derivabile nell’insieme in cui è definita poichè rapporto di funzioni
continue e derivabili su tutto R \ {0}.
• Crescenza e decrescenza, minimi e massimi: calcoliamo
1
f 0 (x) =
ex +
1
x2
1
e x (x + 1)
e
2
x
=
x2 + x + 1
1
x2 e x
.
Si ha f 0 (x) > 0 per ogni x nel dominio, dunque f è sempre crescente
e dunque non ha ne massimi ne minimi.
• Convessità e concavità, punti di flesso: abbiamo
1
f 00 (x) =
1
1
(2x3 + x2 )e x − (x2 + x + 1)(2xe x − e x )
2
x4 e x
=
1−x
1
x4 e x
;
dunque f 00 (x) ≥ 0 ⇔ 1 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 1. La funzione proposta
nell’esercizio è convessa in (−∞, 0) ∪ (0, 1), concava in (1, +∞) e ha
un flesso nel punto (1, f (1)) = (1, 2/e).
2.
• Insieme di definizione: R.
• Simmetrie: si ha
f (−x) = cos(−x) − cos2 (−x) = cos x − cos2 x = f (x),
poichè cos(−x) = cos x. Dunque la funzione assegnata è pari e quindi
simmetrica rispetto all’asse y.
3
• Periodo: f (x) = cos x(1 − cos x) è periodica di periodo 2π, poichè
tali sono le funzioni cos x e 1−cos x. Possiamo studiarla in un periodo
ad esempio [−π, +π]. (Essendo pari basterebbe in [0, π]!!!)
• Segno: poichè 1 − cos x ≥ 0 per ogni x ∈ [−π, +π], il segno di f è
dato dal segno di cos x, dunque f è positiva in (−π/2, π/2), negativa
in [−π, −π/2) ∪ (π/2, π] e f (x) = 0 sse x = −π/2, 0, π/2.
• Asintoti: la funzione considerata non ha asintoti verticali (poichè
definita su tutto R). Non ha nè asintoti orizzontali nè obliqui (poichè
periodica).
• Continuità e derivabilità: la funzione considerata è continua e
derivabile su tutto R poichè prodotto di funzioni continue e derivabili
su tutto R.
• Crescenza e decrescenza, minimi e massimi: calcoliamo
f 0 (x) = − sin x − 2 cos x(− sin x) = sin x(2 cos x − 1).
Si ha
sin x ≥ 0
⇔
0≤x≤π
x ∈ [−π, π]
e
2 cos x−1 ≥ 0
⇔
cos x ≥
1
2
⇔
−π/3 ≤ x ≤ π/3
x ∈ [−π, π].
Dunque f è crescente in (−π, −π/3)∪(0, π/3), decrescente in (−π/3, 0)∪
(π/3, π), ha minimi nei punti di ascissa x = −π, 0, +π e massimi in
x = −π/3, +π/3.
• Convessità e concavità, punti di flesso: abbiamo
f 00 (x) = 2 cos2 x − 2 sin2 x − cos x =
= 2 cos2 x − 2(1 − cos2 x) − cos x = 4 cos2 x − cos x − 2.
Se poniamo cos x = t, dobbiamo studiare la seguente disequazione
4t2 − t − 2 ≥ 0.
È facile vedere che tale disequazione è verificata per
√
√
1 + 33
1 − 33
t≥
≈ 0, 8 o t ≤
≈ −0, 5.
8
8
Dunque
√
33
⇔ x1 ≤ x ≤ x2 ,
8
con x1 ∈ (−π/3, 0) e x2 ∈ (0, π/3) e
√
1 − 33
cos x ≤
⇔ x ≥ x3 o x ≤ x4 , e x ∈ [−π, π]
8
cos x ≥
1+
con x3 ∈ (π/2, π) e x4 ∈ (−π, −π/2). La funzione considerata è
convessa per x ∈ [−π, x4 )∪(x2 , x1 )∪(x3 , π], concava per x ∈ (x4 , x2 )∪
(x1 , x3 ) e ha quattro flessi per x = x1 , x2 , x3 , x4 .
4
3. Ricordiamo gli sviluppi di Taylor noti di ordine 4 delle funzioni sin x e
log(x + 1) centrati in zero:
sin x = x −
x3
+ o(x4 )
3!
e
log(1 + x) = x −
x3
x4
x2
+
−
+ o(x4 ).
2
3
4
Dunque lo sviluppo di ordine 5 centrato in zero della funzione assegnata è
x2
x3
x4
x3
4
4
+ o(x )
x−
+
−
+ o(x ) =
sin x log(1 + x) = x −
3!
2
3
4
x4
x5
x4
x5
x4
x5
x3
x3
+
−
−
+
+ o(x5 ) = x2 −
+
−
+ o(x5 ).
2
3
4
6
12
2
6
6
= x2 −
4. Calcoliamo
f 0 (x) =
f 00 (x) =
x2 − 2x − 1
2x(x − 1) − (x2 + 1)
=
,
2
(x − 1)
(x − 1)2
(2x − 2)(x − 1)2 − 2(x − 1)(x2 − 2x − 1)
4
=
(x − 1)4
(x − 1)3
e
f 000 (x) = −
12
.
(x − 1)4
Inoltre f (0) = −1, f 0 (0) = −1, f 00 (0) = −4 e f 000 (0) = −12. Dunque,
essendo lo sviluppo di Taylor di ordine 3 centrato in zero di una funzione
f il seguente polinomio di terzo grado
f 00 (0) 2 f 000 (0) 3
x +
x ,
2!
3!
f (0) + f 0 (0)x +
abbiamo
f (x) = −1 − x − 2x2 − 2x3 + o(x3 ).
5. Calcoliamo il limite per α = 3 si ha
arcsin x − x
sin3 x
arcsin x − x + sin3 x
= lim
+ lim
.
2
2
x→0 x arcsin(x )
x→0 x arcsin(x2 )
x→0
x arcsin(x )
lim
Per il calcolo del primo limite ricordiamo lo sviluppo di Taylor di arcsin x
arcsin x = x +
x3
+ o(x3 )
6
⇒
arcsin(x2 ) = x2 + o(x2 ),
abbiamo
3
x + x6 + o(x3 ) − x
arcsin x − x
lim
=
lim
=
x→0 x arcsin(x2 )
x→0
x(x2 + o(x2 ))
3
)
x3 61 + o(x
x3
1
= .
= lim
3
)
x→0 3
6
x 1 + o(x
x3
Per il secondo limite ricordiamo i limiti notevoli
arcsin x
=1
x→0
x
lim
⇒
5
x2
=1
x→0 arcsin(x2 )
lim
e
sin x
=1
x→0 x
⇒
lim
sin3 x
= 1.
x→0 x3
lim
Dunque
sin3 x
x3
sin3 x
· lim
= lim
= 1.
2
3
x→0 x arcsin(x )
x→0 x arcsin(x2 )
x→0 x
lim
Abbiamo
arcsin x − x + sin3 x
1
7
= +1= .
2
x→0
x arcsin(x )
6
6
lim
Per α = 4 procediamo nello stesso modo abbiamo
arcsin x − x + sin4 x
arcsin x − x
sin4 x
=
lim
+
lim
=
x→0
x→0 x arcsin(x2 )
x→0 x arcsin(x2 )
x arcsin(x2 )
lim
=
sin4 x
x2
1
1
1
+ lim
· lim x · lim
=0+ = .
4
x→0
x→0 arcsin(x2 )
6 x→0 x
6
6
6. Si ha
1
(2ex − 2 − 2x − x2 )2
(8ex − 8 − 8x − 4x2 )2
= 16 lim
·
=
3
x→0 1 − sin x
x→0
(1 − sin x) sin(x )
sin(x3 )
lim
1
x3
(2ex − 2 − 2x − x2 )2
· lim
·
lim
.
x→0 1 − sin x x→0 sin(x3 ) x→0
x3
= 16 lim
Ricordiamo
ex = 1 + x +
x2
x3
+
+ o(x3 )
2
6
abbiamo
(2 + 2x + x2 +
(2ex − 2 − 2x − x2 )2
=
lim
x→0
x→0
x3
lim
= lim
x6
9
x→0
x3
3
+ o(x3 ) − 2 − 2x − x2 )2
=
x3
+ o(x6 )
x3
o(x6 ) 3
=
lim
+
lim
· x = 0.
x→0 9
x→0 x6
x3
Dunque
(8ex − 8 − 8x − 4x2 )2
= 16 · 1 · 1 · 0 = 0.
x→0
(1 − sin x) sin(x3 )
lim
7. Ricordiamo che in generale lo sviluppo di Taylor di f (x) centrato in x0 è
f (x) =
n
X
f (k) (x0 )
k=0
k!
(x − x0 )k + o((x − x0 )n ).
Nel nostro caso f (x) = cos x e x0 = π/6. Abbiamo
π
.
(cos x)(k) = cos x + k
2
Dunque
f (k)
π
6
= cos
6
π
6
+k
π
.
2
(1.1)
√
√
L’espressione assume periodicamente i valori 3/2, −1/2, − 3/2 e 1/2,
otteniamo
n
X
cos π6 + k π2 π k
π n x−
+o x−
=
cos x =
k!
6
6
k=0
√ √ π
π 2
1 π 3
π 4
3 1
3
3
x−
−
x−
+
x−
+
x−
−...
=
−
2 2
6
2 · 2!
6
2 · 3!
6
2 · 4!
6
Inoltre usando (1.1) abbiamo
π
π
π
3
(15) π
f
= cos
= cos
+ 15
+ 6π + π =
6
6
2
6
2
π 1
π 3
= .
+ π = sin
= cos
6
2
6
2
√
Per quanto riguarda la funzione g, osserviamo che
g 0 (x) =
1
,
x
g 00 (x) = −
1
,
x2
g 000 (x) =
2
,
x3
g (iv) (x) = −
2·3
, ....
x4
dunque la derivata di ordine k di g sarà
g (k) (x) = (−1)k−1
(k − 1)!
xk
(1.2)
(si può dimostrare rigorosamente per induzione, provate per esercizio!).
Quindi
(k − 1)!
∀ k ≥ 1.
g (k) (2) = (−1)k−1
2k
Lo sviluppo di Taylor di g nel punto x = 2 è:
g(x) = g(2) +
= log 2 +
= log 2 +
n
X
g (k) (2)
k=1
n
X
k!
(x − 2)k + o((x − 2)n )
(−1)k−1
k=1
n
X
k=1
(k − 1)!
(x − 2)k + o((x − 2)n )
k! 2k
(1.3)
(−1)k−1
(x − 2)k + o((x − 2)n ).
k 2k
Notiamo che avremmo potuto procedere anche utilizzando lo sviluppo di
Taylor, già noto, di log(y + 1) in zero. Infatti
x−2
g(x) = log(2 + (x − 2)) = log 2 + log 1 +
,
2
allora posto y = (x − 2)/2, otteniamo
n
X
X (−1)k+1 x − 2 k
(−1)k−1
n
g(x) = log 2+
n
+o((x−2) ) =
(x−2)k +o((x−2)n ).
k
2
k 2k
k=1
k=1
7
Calcoliamo inoltre la 15-sima derivata di g, utilizzando la (1.2):
g (15) (2) = (−1)14
14!
14!
= 15 .
215
2
Per h utilizziamo lo sviluppo di Taylor di ey centrato in zero:
ey =
n
X
1 k
y + o(y n );
k!
k=0
poniamo y = 3x e otteniamo lo sviluppo cercato:
e3x =
n
X
3k
k=0
k!
xk + o(xn ).
Si ha inoltre h(15) (0) = 315 .
8. Vediamo se la serie verifica le ipotesi del criterio di Leibniz. Posto an =
(n + 1)/2n > 0 per ogni n ∈ N, si ha:
i) la serie è a segni alterni, cioè della forma
+∞
X
(−1)n an
con
an ≥ 0;
n=1
ii) la succesione {an } è infinitesima,
lim an = 0;
n→+∞
iii) la succesione è monotona decrescente, an+1 < an per ogni n ∈ N.
Infatti
n+1
n+2
<
2n+1
2n
⇔
n+2
<n+1
2
⇔
n + 2 < 2n + 2,
vera per ogni n.
La serie assegnata converge semplicemente. Per quanto riguarda la convergenza assoluta consideriamo la serie dei moduli
+∞
X
n+1
.
2n
n=1
(1.4)
Applichiamo a tale serie il criterio del rapporto. Si ha
n+2
2n
1
an+1
= lim
·
= < 1,
n+1
n→+∞ an
n→+∞ 2
n+1
2
lim
la serie (1.4) converge, dunque la serie assegnata converge anche assolutamente.
8
9. Studiamo innanzitutto la convergenza assoluta (convergenza assoluta implica convergenza semplice!!!). Consideriamo la serie dei moduli
+∞
X
n
.
2+1
n
n=1
P+∞
Tale serie diverge poichè si comporta come la serie armonica n=1 n1 , dunque la serie assegnata non converge assolutamente. Vediamo se converge
almeno semplicemente. Essendo la serie data a segni alterni vediamo se
possiamo applicare il criterio di Leibniz. Posto an = n/(n2 + 1) si ha
lim an = 0
n→+∞
e
∀ n ≥ 1.
an+1 < an
Infatti
n
n+1
< 2
(n + 1)2 + 1
n +1
(n+1)(n2 +1) < n(n2 +2n+2)
⇔
che è verificata per ogni n > (−1 +
converge semplicemente.
√
⇔
n2 +n−1 > 0,
15)/2 ≈ 0, 6. La serie proposta
10. Osserviamo innanzitutto che cos(nπ) = (−1)n dunque la serie assegnata
è equivalente alla serie a segni alterni
+∞
X
(−1)n
n=1
nα + n2
.
n2α + n3
Studiamo dapprima la convergenza assoluta. Distinguiamo due casi
• α ≥ 2. Allora 2α > 3, dunque la serie dei moduli si comporta come
la serie armonica generalizzata
+∞
+∞
X
X
1
nα
=
2α
n
nα
n=1
n=1
quindi poichè α ≥ 2 > 1 la serie data converge assolutamente.
• α < 2. Se 23 < α < 2, poichè 2α > 3, la serie dei moduli è asintotica
alla serie armonica generalizzata
+∞
+∞
X
X
n2
1
=
.
2α
2(α−1)
n
n
n=1
n=1
Ora 2(α − 1) > 1 ⇔ 2α − 2 > 1 ⇔ 2α > 3, la serie proposta converge
assolutamente anche se 32 < α < 2. Se invece α ≤ 32 la serie dei
moduli della serie data si comporta come la serie armonica
+∞ 2
+∞
X
X
n
1
,
=
3
n
n
n=1
n=1
dunque divergente. La serie assegnata non converge assolutamente.
Ma essendo asintotica alla serie armonica questo ci dice che converge
semplicemente per α ≤ 32 (per il criterio di Leibniz).
9
11. Ricordiamo che
sin
allora
1
1
= +o
n
n
1
1
sin
= 2 +o
n
n
2
1
n
1
n2
.
Dunque
1
1
1 − n sin
=1− +o
n
n
2
1
n−1
1
=
+o
.
n
n
n
La serie proposta è definitivamente a termini positivi ed è asintotica alla
serie
+∞
X
n−1
n=1
dunque divergente.
10
n