Sviluppi di Taylor per il calcolo dei limiti

Gli sviluppi di Taylor (centrati in $0$ , detti di Maclaurin) sono il terzo strumento per le forme indeterminate, dopo i limiti notevoli e de l’Hôpital. L’idea: sostituire ogni funzione con il suo polinomio approssimante vicino a $0$ , tenendo conto dei termini fino all’ordine necessario, e poi semplificare. È spesso più rapido di de l’Hôpital, soprattutto quando questo richiederebbe molte derivazioni o porta a espressioni sempre più pesanti.

Gli sviluppi fondamentali da conoscere, per $x\to 0$ , sono:

$e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+o(x^3),\qquad \sin x=x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^4),\qquad \cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{24}+o(x^5),$

\begin{aligned} \ln(1+x)&=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3),\\ \tan x&=x+\dfrac{x^3}{3}+o(x^4),\\ (1+x)^\alpha&=1+\alpha x+\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^2+o(x^2). \end{aligned}

Il simbolo $o(x^n)$ («o piccolo di $x^n$ ») raccoglie tutti i termini che, divisi per $x^n$ , tendono a $0$ : sono trascurabili rispetto a $x^n$ vicino allo zero. La regola operativa è sviluppare numeratore e denominatore fino allo stesso ordine, quello del primo termine non nullo.

Nota. Questi esercizi non sono studi di funzione completi, ma il calcolo dei limiti che compaiono nei passi 4 (limiti e asintoti) dello schema generale. Padroneggiare questi limiti rende fluido tutto lo studio.

Esercizio 1 — Una forma 0/0 con cancellazione

Calcolare

$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x-x}{x^3}.$

Svolgimento

Il numeratore è una differenza in cui il termine di primo grado si cancella: serve quindi sviluppare $\sin x$ almeno fino all’ordine $3$ . Usando $\sin x=x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$ :

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

Dividendo per $x^3$ :

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

Confronto con de l’Hôpital. La forma è $\dfrac{0}{0}$ e resterebbe tale per tre applicazioni consecutive della regola ( $\displaystyle \dfrac{\cos x-1}{3x^2}$ , poi $\displaystyle \dfrac{-\sin x}{6x}$ , poi $\displaystyle \dfrac{-\cos x}{6}\to-\dfrac{1}{6}$ ). Taylor arriva al risultato in un passaggio: è il vantaggio quando il primo termine non nullo è di ordine alto.

Esercizio 2 — Scegliere lo stesso ordine a numeratore e denominatore

Calcolare

$\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1-x}{1-\cos x}.$

Svolgimento

Analizziamo i due termini separatamente per capire l’ordine giusto.

Numeratore: $e^x-1-x$ . Da $e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$ , i termini $1$ e $x$ si cancellano:

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

Il primo termine non nullo è di ordine $2$ .

Denominatore: $1-\cos x$ . Da $\cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$ :

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

Anche qui ordine $2$ . Il rapporto è quindi

$\dfrac{e^x-1-x}{1-\cos x}=\dfrac{\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)}{\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)}\xrightarrow{x\to 0}\dfrac{1/2}{1/2}=1.$

La chiave è stata sviluppare entrambi fino all’ordine $2$ (il primo non nullo): fermarsi prima avrebbe dato $\dfrac{0}{0}$ , andare oltre sarebbe stato inutile.

Esercizio 3 — Combinare più sviluppi

Calcolare

$\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-x}{x\sin x}.$

Svolgimento

Numeratore: da $\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$ , il termine $x$ si cancella:

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

Denominatore: $x\sin x$ . Basta il primo termine di $\sin x\approx x$ :

$x\sin x=x\left(x+o(x)\right)=x^2+o(x^2).$

Quindi

$\dfrac{\ln(1+x)-x}{x\sin x}=\dfrac{-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2+o(x^2)}\xrightarrow{x\to 0}-\dfrac{1}{2}.$

Nota: al denominatore è bastato l’ordine $1$ di $\sin x$ , perché moltiplicato per $x$ dà già l’ordine $2$ che serve. Si sviluppa solo quanto basta.

Esercizio 4 — La tangente e il confronto con il seno

Calcolare

$\lim_{x\to 0}\dfrac{\tan x-x}{x^3},$

e confrontare il risultato con quello dell’esercizio 1.

Svolgimento

Da $\tan x=x+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)$ , il termine $x$ si cancella:

$\tan x-x=\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)\ \Longrightarrow\ \dfrac{\tan x-x}{x^3}\xrightarrow{x\to 0}\dfrac{1}{3}.$

Interpretazione geometrica. Confrontando con l’esercizio 1, vicino all’origine:

$\sin x\approx x-\dfrac{x^3}{6}\ (\text{sotto la retta } y=x),\qquad \tan x\approx x+\dfrac{x^3}{3}\ (\text{sopra la retta } y=x).$

Entrambe le curve sono tangenti alla bisettrice $y=x$ nell’origine (stesso sviluppo al primo ordine), ma se ne discostano in direzioni opposte: il seno sotto, la tangente sopra, e la tangente più «in fretta» (coefficiente $\dfrac{1}{3}>\dfrac{1}{6}$ ). Il grafico mostra questo scostamento.

Vicino a 0, sia tan x (linea piena) sia sin x (tratteggiata) sono tangenti alla retta y = x. Ma tan x sta sopra (sviluppo +x³/3) e sin x sotto (−x³/6): lo conferma il segno dei limiti, +1/3 e −1/6.

Sintesi: Taylor o de l’Hôpital?

Entrambi risolvono le forme $\dfrac{0}{0}$ e $\displaystyle \dfrac{\infty}{\infty}$ ; la scelta dipende dal caso:

Taylor conviene quando c’è cancellazione (i primi termini si elidono, come in $\sin x-x$ ) e bisognerebbe derivare molte volte: si sviluppa direttamente all’ordine del primo termine non nullo.
de l’Hôpital conviene per rapporti semplici dove una o due derivazioni bastano, o quando gli sviluppi non sono a memoria.

Regole pratiche per Taylor:

Sviluppare fino allo stesso ordine a numeratore e denominatore: quello del primo termine non nullo. Né meno (resta $\dfrac{0}{0}$ ), né più (lavoro inutile).
Sfruttare i prodotti: in $x\sin x$ basta $\sin x\approx x$ , perché il fattore $x$ alza già l’ordine.
Gestire $o(x^n)$ con le regole: $o(x^n)+o(x^n)=o(x^n)$ , $x^k\cdot o(x^n)=o(x^{n+k})$ , e $\displaystyle \dfrac{o(x^n)}{x^n}\to 0$ .
Per i limiti a $+\infty$ (asintoti): sostituire $t=\dfrac{1}{x}\to 0$ e sviluppare in $t$ , come si fa per $\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x$ nelle potenze a esponente variabile.