Sviluppi di Mc Laurin

Esercizi · Derivate · con le soluzioni svolte · PDF

Esercizio 1

Attraverso lo sviluppo di Mc Laurin delle seguenti funzioni \(f(x)\), determinare l'equazione della retta tangente al grafico nel punto \((0,f(0))\) e la posizione locale del grafico rispetto a tale tangente

\[ f(x)= 1+\sin(\sqrt{1+x^3}-1) \]

\[ f(x)=2\sqrt{1+\sinh x}-x \]

\[ f(x)=8\sqrt{1+\sin x}+x^2 \]

\[ f(x)=8\sqrt{1+\log(1+ x)}+3x^2 \]

\[ f(x)=8\sqrt{1-2x-x^2}-8+8x \]

Soluzione

Da

\[ \sqrt{1+x^3}-1=\frac{1}{2}x^{3}+o(x^{3}) \]

e

\[ \sin y=y-\frac{1}{6}y^{3}+o(y^{3}) \]

si ha

\[ f(x)= 1+\sin(\sqrt{1+x^3}-1)=1+\frac{1}{2}x^{3}+o(x^{3}). \]

L'equazione della retta tangente è

\[ y=1. \]

Il termine \(\ds\frac{1}{2}x^{3}+o(x^{3})\) dice che esiste un intorno \((-\delta,\delta)\), \(\delta>0\), di \(x=0\) dove il grafico attraversa la retta tangente da sotto per \(-\delta<x<0\) a sopra per \(0<x<\delta\). Il punto \(x=0\) è di flesso con tangente orizzontale.

Soluzione

Da

\[ \sinh x=x+o(x^{2}) \]

e

\[ 2\sqrt{1+y}=2+y-\frac{1}{4}y^{2}+o(y^{2}) \]

si ha

\[ f(x)=2\sqrt{1+\sinh x}-x=2+x-\frac{1}{4}x^{2}+o(x^{2})-x=2-\frac{1}{4}x^{2}+o(x^{2}). \]

L'equazione della retta tangente è

\[ y=2. \]

Il termine \(\ds-\frac{1}{4}x^{2}+o(x^{2})\) dice che esiste un intorno \((-\delta,\delta)\), \(\delta>0\), di \(x=0\) dove il grafico è al di sotto della retta tangente per \(-\delta<x<\delta\), \(x\neq0\). In particolare, visto che la retta tangente è orizzontale, il punto \(x=0\) è di massimo locale.

Soluzione

Da

\[ \sin x=x-\frac{1}{6}x^{3}+o(x^{3}) \]

e

\[ 8\sqrt{1+y}=8+4y-y^{2}+\frac{1}{2}y^{3}+o(y^{3}) \]

si ha

\[ \begin{array}{l} \ds f(x)=8\sqrt{1+\sin x}+x^2=\\ \\ \ds8+4x-\frac{2}{3}x^{3}-\left(x-\frac{1}{6}x^{3}\right)^{2} +\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{6}x^{3}\right)^{3}+o(x^{3})+x^{2}=\\ \\ \ds8+4x-\frac{2}{3}x^{3}-x^{2}+\frac{1}{2}x^{3}+x^{2}+o(x^{3})=8+4x-\frac{1}{6}x^{3}+o(x^{3}). \end{array} \]

L'equazione della retta tangente è

\[ y=8+4x. \]

Il termine \(\ds-\frac{1}{6}x^{3}+o(x^{3})\) dice che esiste un intorno \((-\delta,\delta)\), \(\delta>0\), di \(x=0\) dove il grafico attraversa la retta tangente da sopra per \(-\delta<x<0\) a sotto per \(0<x<\delta\) . Il punto \(x=0\) è di flesso.

Soluzione

Da

\[ \log(1+x)=x-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{3}x^{3}+o(x^{3}) \]

e

\[ 8\sqrt{1+y}=8+4y-y^{2}+\frac{1}{2}y^{3}+o(y^{3}) \]

si ha

\[ \begin{array}{l} \ds f(x)=8\sqrt{1+\log(1+ x)}+3x^2=\\ \\ \ds8+4\left(x-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{3}x^{3}\right)-\left(x-\frac{1}{2}x^{2}+ \frac{1}{3}x^{3}\right)^{2}+\\ \\ \ds\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{3}x^{3}\right)^{3}+o(x^{3})+3x^{2}=\\ \\ \ds8+4x-2x^{2}+\frac{4}{3}x^{3}-x^{2}+x^{3}+\frac{1}{2}x^{3}+3x^{2}+o(x^{3})=\\ \\ \ds8+4x+\frac{17}{6}x^{3}+o(x^{3}). \end{array} \]

L'equazione della retta tangente è

\[ y=8+4x. \]

Il termine \(\ds\frac{17}{6}x^{3}+o(x^{3})\) dice che esiste un intorno \((-\delta,\delta)\), \(\delta>0\), di \(x=0\) dove il grafico attraversa la retta tangente da sotto per \(-\delta<x<0\) a sopra per \(0<x<\delta\). Il punto \(x=0\) è di flesso.

Esercizio 2

Scrivere lo sviluppo di Maclaurin al 3° ordine della funzione

\[ f(x)=e^x-e^{-x^2}-\sin x \]

e stabilirne l'ordine di infinitesimo. In base al solo sviluppo determinato, dire se la funzione presenta in \(x=0\) un punto di minimo relativo, di massimo relativo, di flesso, o nessuna di queste cose. Giustificare la risposta.

Soluzione

Dovendo sviluppare \(f(x)\) al terzo ordine, potremo arrestarci al secondo ordine di sviluppo per \(e^{-x^2}\). Cioè:

\[ e^x=1+x+\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{6}x^3+o(x^3) \]

\[ e^{-x^2}=1-x^2+o(x^3) \]

\[ \sin x=x-\frac{1}{6}x^3+o(x^3) \]

Si ha poi

\[\begin{align*} f(x)&=1+x+\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{6}x^3+o(x^3)-(1-x^2+o(x^3))-\left(x-\frac{1}{6}x^3+o(x^3)\right)\\ &=\frac{3}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3+o(x^3) \end{align*}\]

In particolare, si ha

\[ f(x) \sim \frac{3}{2}x^2 \quad \text{per } x\to 0 \]

da cui possiamo subito dichiarare che l'ordine di infinitesimo di \(f(x)\) è \(\alpha=2\), la parte principale è \(\frac{3}{2}x^2\). Il punto \(x=0\) è un punto di minimo locale; infatti, il termine \(\frac{3}{2}x^2+o(x^{2})\) dice che esiste un intorno \((-\delta,\delta)\), \(\delta>0\), di \(x=0\) dove il grafico è tutto sopra la retta tangente, orizzontale, \(y=0\).

Esercizio 3

Determinare il polinomio di Taylor di ordine 3, centrato nel punto \(x_0=\frac{\pi}{3}\), della funzione \(f(x)=\cos x\).

Soluzione

In generale, il polinomio di Taylor di ordine \(n\), centrato in \(x_0\), di una funzione \(f(x)\) è

\[ T_{n,f,x_0}(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k \]

con \(f^{(0)}(x_0)=f(x_0)\). In questo caso, avremo bisogno della derivata prima, seconda e terza, valutate in \(x_0=\frac{\pi}{3}\). Si ha

\[ f'\left(\frac{\pi}{3}\right)=-\sin\left(\frac{\pi}{3}\right)=-\frac{\sqrt 3}{2} \]

\[ f''\left(\frac{\pi}{3}\right)=-\cos\left(\frac{\pi}{3}\right)=-\frac{1}{2} \]

\[ f'''\left(\frac{\pi}{3}\right)=\sin\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{\sqrt 3}{2} \]

e il polinomio di Taylor di ordine 3, centrato nel punto \(x_0=\frac{\pi}{3}\), della funzione \(f(x)=\cos x\) è

\[ T_{3,f,\frac{\pi}{3}}(x)=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt 3}{2}\left(x-\frac{\pi}{3}\right)-\frac{1}{4}\left(x-\frac{\pi}{3}\right)^2+\frac{\sqrt 3}{12}\left(x-\frac{\pi}{3}\right)^3 \]