# Lezioni di analisi matematica/Capitolo 10/Paragrafo 69

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Lezioni di analisi matematica Guido Fubini 1920 CC BY-SA 3.0 GFDL Indice:Lezioni di analisi matematica.pdf //it.wikisource.org/w/index.php?title=Lezioni_di_analisi_matematica/Capitolo_10/Paragrafo_69&oldid=- 20221231005607 //it.wikisource.org/w/index.php?title=Lezioni_di_analisi_matematica/Capitolo_10/Paragrafo_69&oldid=- 20221231005607
§ 69. — Sviluppabilità di una funzione in serie di potenze.
Ci proponiamo ora un problema intimamente connesso al precedente risultato, cioè il problema seguente:
Se $\mathrm {f(x)}$ è una funzione reale prefissata della variabile reale $x$ data in un intorno nel punto $x=\alpha$, come si può riconoscere se essa è sviluppabile in serie (di Taylor) di potenze della variabile $\mathrm {x-\alpha }$?
Se tale sviluppo è lecito, allora in un intorno di α dovrebbe, come sappiamo, valere la
$f(x)=f(\alpha )+{\frac {x-\alpha )}{1}}f'(\alpha )+.....+{\frac {(x-\alpha )^{n}}{\lfloor {n}}}f^{(n)}(\alpha )+.....$
che equivale (per definizione di serie) alla
$\lim _{n=\infty }\left[f(x)-{\begin{Bmatrix}f(\alpha )+{\frac {(x-\alpha )}{1}}f'(\alpha )+{\frac {(x-\alpha )^{2}}{\lfloor {2}}}f''(\alpha )+.....{\frac {(x-\alpha )^{n}}{\lfloor {n}}}f^{(n)}(\alpha )\end{Bmatrix}}\right]=0$.
La quantità tra $[\,]$ si chiama rest0, e si indica con $R_{n}$. È dunque
(8) $R_{n}(x)=f(x)-P_{n}(x)$ dove $P_{n}(x)=f(\alpha )+{\frac {x-\alpha }{1}}f'(\alpha )+.....$
$.....+{\frac {(x-\alpha )^{n}}{\lfloor {n}}}f^{(n)}(\alpha )$.
[p. 213 Condizione necessaria e sufficiente affinchè $\mathrm {f(x)}$ sia sviluppabile in un certo intervallo in serie di potenze è che la $\mathrm {f(x)}$ possegga ivi tutte le derivata e che il limite del resto $\mathrm {R_{n}}$ per $\mathrm {n=\infty }$ sia nullo.
Esistono formole notevoli, che permettono di scrivere $R_{n}$ sotto forma più semplice. La più importante per il teorico è la formola di Cauchy. La più semplice, che basta per noi, è dovuta a Lagrange. Di essa ora ci occuperemo, facendo la sola ipotesi che $f(x)$ in un intorno $\alpha$ possegga le prime $n+1$ derivate.
Se noi confrontiamo la (7) valida per ogni polinomio $P_{n}(x)$ col polinomio $P_{n}(x)$ definito in (8), troviamo che per questo polinomio valgono le:
$P_{n}(\alpha )=f(\alpha )$; $P'_{n}(\alpha )=f'(\alpha )$; $P''_{n}(\alpha )=f''_{n}(\alpha )$; ...; $P_{n}^{(n)}(\alpha )=f^{(n)}(\alpha )$: cosicchè:
$R_{n}(\alpha )=0$ $R'_{n}(\alpha )=0$; $R''_{n}(\alpha )=0$; .....; $R_{n}^{(n)}(\alpha )=0$; d'altra parte la $(n+1)^{esima}$ derivata di $P_{n}(x)$ è dappertutto nulla, perchè $P_{n}(x)$ è di grado $n$. E quindi si ha:
$R_{n}^{(n+1)}(x)=f^{(n+1)}(x)$.
Applicando alla $R_{n}(x)$ il teorema di Lagrange del § 63, pag. 199, troviamo così:
(8$^{bis}$) $R_{n}(x)={\frac {x-\alpha )^{n+1}}{\lfloor {n+1}}}R_{n}^{(n+1)}(\xi )={\frac {(x-\alpha )^{n+1}}{\lfloor {n+1}}}f^{(n+1)}(\xi )$, dove $\xi$ è un punto intermedio tra $\alpha$ ed $x$.
Notiamo le seguenti due forme, che si possono dare alle (8), (8$^{bis}$), ponendo $\alpha =0$, oppure $x=\alpha +h$:
$f(x)=f(0)+{\frac {x}{1}}f'(0)+{\frac {x^{2}}{\lfloor {2}}}f''(0)+...+{\frac {x^{n}}{\lfloor {n}}}f^{(n)}(0)+{\frac {x^{n+1}}{\lfloor {n+1}}}f^{(n+1)}(x\theta )$
$f(\alpha +h)=f(\alpha )+hf'(\alpha )+{\frac {h^{2}}{\lfloor {2}}}f''(\alpha )+.....$
$.....+{\frac {h^{n}}{\lfloor {n}}}f^{(n)}(\alpha )+{\frac {h^{n+1}}{\lfloor {n+1}}}f^{(n+1)}(\alpha +\theta \,h)$.
Formole tutte che valgono, purchè nell'intervallo considerato esistano e siano finite le prime $\mathrm {n+1}$ derivate di $\mathrm {f(x)}$. [p. 214 Ponendo $n=1,2,3,.....$ si trova
(9)${\begin{Bmatrix}f(\alpha +h)-f(\alpha )+hf'(\alpha +\theta \,h)=f(\alpha )+hf'(\alpha )+{\frac {h^{2}}{\lfloor {2}}}f''(\alpha +\theta \,h)\\=f(\alpha )+hf'(\alpha )+{\frac {h^{2}}{\lfloor {n}}}f''(\alpha )+{\frac {h^{3}}{\lfloor {3}}}f'''(\alpha +\theta \,h)=.....\end{Bmatrix}}$
La prima formola coincide conl teorema della media di Lagrange. Si avverta che i numeri $\theta$ che compaiono nel 2°, nel 3°, nel 4° ..... membro, sono generalmente distinti l'uno dall'altro (pure essendo tutti compresi tra $0$ ed $1$).
Se $f(\alpha )=f'(\alpha )=.....=f^{(n)}(\alpha )=0$, tale formola si riduce al citato teorema di Lagrange del § 63.
Esempi.
1° Per ottenere la forma, sotto cui Cauchy scrisse il resto $R$ poniamo in (8) $b$ al posto di $x$ ed $x$ al posto di $\alpha$. Otterremo:
$f(b)=f(x)+{\frac {b-x}{1}}f'(x)+{\frac {(b-x)^{2}}{\lfloor {2}}}f'(x)+.....{\frac {(b-x)^{n}}{\lfloor {n}}}f^{(n)}(x)+R_{n}$
donde:
$R_{n}=f(b)-[f(x)+{\frac {b-x}{1}}f'(x)+.....+{\frac {(b-x)^{n}}{\lfloor {n}}}f^{(n)}(x)]$.
Consideriamo $R_{n}$ come funzione $R_{n}(x)$ della $x$. Si ha:
$R_{n}(b)=0,\,R_{n}(x)=R_{n}(x)-R_{n}(b)=(x-b)R'_{n}(y)$,
dove $y$ è (per il teorema della media) un punto interno all'intervallo ($b,x$). Quindi, poichè (come dimostra un facile calcolo)
$R'_{n}(x)=-{\frac {(b-x)^{n}}{\lfloor {n}}}f^{(n+1)}(x)$,
si ha:}}
$R_{n}(x)=-(x-b){\frac {b-y)^{n}}{\lfloor {n}}}f^{(n+1)}(y)$.
Questa formola è dovuta a Cauchy. Se poniamo $b=x+h$, e quindi $y=x+\theta \,h$ ($0<\theta <1$) si otterrà:
$f(x+h)=f(x){\frac {h}{1}}f'(x)+{\frac {h^{2}}{\lfloor {2}}}f''(x)+.....+{\frac {h_{n}}{\lfloor {n}}}f^{(n)}(x)+R_{n}$,
ove}}
$R_{n}=h^{n+1}{\frac {1-\theta )^{n}}{\lfloor {n}}}f^{(n+1)}(x+\theta \,h)$
dove naturalmente la figura $\theta$ affatto distinto da quello che compare nella formola di Lagrange.
Teorema 2° $A$ (di Bernstein). Condizione necessaria affinchè $\mathrm {f(x)}$ sia sviluppabile in serie di Taylor nell'intervallo $\mathrm {0\leq x\leq R}$ è che $\mathrm {f(x)}$ sia in tale intervallo differenza di due funzioni $\mathrm {\varphi _{1}(x)}$ e $\mathrm {\varphi _{2}(x)}$, che ivi non sono negative insieme a tutte le loro derivate.
Infatti, se $f(x)=\sum _{n}a_{n}x^{n}$, si può indicare con $\varphi _{1}(x)$ [con $-\varphi _{3}(x)$] [p. 215 rispettivamente la somma di quei termini della nostra serie, che hanno coefficiente positivo [negativo]; oppure porre
$\varphi _{1}(x)=\sum |a_{n}|x^{n}$, $\varphi _{2}(x)=\sum (|a_{n}|-a_{n})x^{n}$.
Teorema 2° $B$ (di Bernstein). La precedente condizione necessaria è anche sufficiente.
Sia infatti $\varphi (x)$ una funzione positiva in $0\leq \,xm$, ed il resto stesso è nullo già per $n=m+1$, Si ritorna in tal caso alla nota [p. 218 formola del binomio di Newton. Se $m$ non è intero positivo, si dimostra che il resto tende a zero, e che il precedente sviluppo in serie è legittimo se $|x|<1$ (e non se $|x|>1$; il caso $|x|=1$ non ci interessa).
Tale serie dicesi binomiale
Questo risultato si può provare direttamente nel seguente modo. Dal § 45, pag. 151, sappiamo che la serie precedente converga per $|x|<1$. Sia $f(x)$ il suo valore. Sarà:
$f'(x)=m\left\{1+{\frac {m-1}{1}}x+{\frac {(m-1)(m-2)}{\lfloor {2}}}x^{2}+.....\right\}\,\,\,$ (per $|x|<1$).
Cosicchè si trova facilmente che:
$(1+x)f'(x)=mf(x)$, ossia $f'(x)$, ossia ${\frac {d\log |f|}{dx}}={\frac {d\log |1+x|^{m}}{dx}}$. Quindi $\log |f|-\log |1+x|^{m}=\log \left|{\frac {f}{(i+x)^{m}}}\right|$ ha derivata nulla, cioè è costante. Dunque $\left|{\frac {f(x)}{(1+x)^{m}}}\right|$ è costante, ossia (poichè è uguale ad $1$ per $x=0$) vale $1$. Dunque $f(x)$ non è mai nullo; e, poichè è positivo $x=0$. sarà positivo in tutto il campo $|x|<1$, ove $f(x)$è definito. Dunque $|f(x)|=f(x)$. Per
$|x|<1$ anche $(1+x)^{m}>0$. Quindi ${\frac {f(x)}{(1+x)^{m}}}=\left|{\frac {f(x)}{(1+x)^{m}}}\right|=1$, cioè
$f(x)=(1+x)^{m}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,$ c. d. d.
6° Per sviluppare in serie $y=\log(1+x)$ si noti che
$y'=(1+x)^{-1}$, $y''=-(1-x)^{-2}$, ecc.,
Lo sviluppo in serie sarà:
(1)$\,\,\,\,\,\log(1+x)=x-{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{3}}{3}}-{\frac {x^{4}}{4}}+.....$,
purchè il resto tenda a zero. Senza studiare il resto possiamo provare direttamente la (1) per $|x|<1$. [Nel caso $|x|>1$ si può dimostrare similmente che la serie precedente non converge; il caso di $x\not =\pm 1$ non ci interessa]. Se $|x|<1$, il valore [p. 219 assoluto del rapporto di un termine al precedente nella serie (1), cioè $\left|{\frac {x^{n}}{n}}:{\frac {x^{n-1}}{n-1}}\right|=\left|x\left(1-{\frac {1}{n}}\right)\right|$ tende per $m=\infty$ ad $|x|<1$. Cosicchè la serie del secondo membro di (1) converge. Se $\varphi (x)$ ne è la somma, e si trova derivando:
$\varphi '(x)=1-x-x^{2}-x^{3}x^{4}\,.....$;
il secondo membro è una progressione geometrica decrescente, il cui rapporto è $-x$, e la cui somma vale dunque ${\frac {1}{1+x}}={\frac {d}{dx}}[\log(1+x)]$. Dunque $\varphi (x)-\log(1+x)$ ha derivata nulla, ed è quindi costante. Ma per tale differenza è nulla. Dunque $\varphi (x)-\log(1+x)$ è sempre nulla. E, come si poteva provare, $\varphi (x)=\log(1+x)$.
Questa serie serve al calcolo diretto dei logaritmi dei numeri $1+x$, ove $|x|<1$, ossia dei numeri minori di $2$. Ora, preso un qualsiasi numero positivo $k$, almeno uno dei due numeri $k$, ${\frac {1}{k}}$ è minore di $2$. E quindi per mezzo della serie precedente si può calcolare uno dei numeri $\log \,k\,{\frac {1}{k}}$ e quindi anche l'altro, perchè questi due numeri sono uguali e di segno contrario, cosicchè, se uno di essi è noto, è noto anche l'altro. Ma si possono trovare serie assai più comode per il calcolo numerico. Posto in (1) $-x$ al posto di $x$, si trae:
$\log(1-x)=-x-{\frac {x^{2}}{2}}-{\frac {x^{3}}{3}}-{\frac {x^{4}}{4}}-.....(|x|<1)$;
la quale, sottratta dalla (1), dà:
$\log {\frac {1+x}{1-x}}=\log(1+x)-\log(1-x)=2|x+{\frac {x^{3}}{3}}+{\frac {x^{5}}{5}}+...|(|x|<1)$.
Posto ${\frac {1+x}{1-x}}=z$, ossia $x={\frac {z-1}{z+1}}$, sarà $|x|<1$ per $z>0$, cosicchè per ogni numero positivo $\mathrm {z}$ si avrà:
(2) $\log \,z=2\left\{{\frac {z-1}{z+1}}+{\frac {1}{3}}\left({\frac {z-1}{z+1}}\right)^{3}+{\frac {1}{5}}\left({\frac {z-1}{z+1}}\right)^{5}+.....\right\}$.
Così, p. es., se si pone $z=2$, si trova:
$\log \,2={\frac {2}{3}}\,\left\{1+{\frac {1}{3}}\,\cdot \,{\frac {1}{9}}+{\frac {1}{5}}\left({\frac {1}{9}}\right)^{2}+{\frac {1}{7}}+\left({\frac {1}{9}}\right)^{3}+.....\right\}$. [p. 220 Se, tenendo conto, p. es., dei soli primi $8$, poniamo:
$\log \,2\,=\,{\frac {2}{3}}\,\left\{1+{\frac {1}{3}}{\frac {1}{9}}+.....+{\frac {1}{15}}\left({\frac {1}{9}}\right)^{7}\right\}$,
commettiamo l'erore (in difetto)
${\frac {2}{3}}\left\{{\frac {1}{17}}\left({\frac {1}{9}}\right)^{8}+{\frac {1}{19}}\left({\frac {1}{9}}\right)^{9}+.....\right\}={\frac {2}{3\cdot 9^{8}}}\left\{{\frac {1}{17}}+{\frac {1}{19}}{\frac {1}{9}}+{\frac {1}{21}}{\frac {1}{9^{2}}}+.....\right\}<$
$<{\frac {2}{3\cdot 9^{8}}}{\frac {1}{17}}\left\{1+{\frac {1}{9}}+{\frac {1}{9^{2}}}+...\right\}={\frac {2}{3\cdot 17\cdot 9^{8}}}{\frac {1}{1-{\frac {1}{9}}}}={\frac {1}{975725676}}=0,000000001...$
Un tale errore è già dunque estremamente piccolo; e ancor minore lo si renderebbe, se aumentassimo il numero dei termini di cui si tien conto.
Si calcoli $\log 5$. Si trova
$\log \,5=\log \,4+\log \,{\frac {5}{4}}=2\,\log \,2\,+\log \,{\frac {5}{5}}$.
Essendo noto $\log 2$, basterà calcolare
$\log {\frac {5}{4}}=2\left\{{\frac {1}{9}}+{\frac {1}{3}}\left({\frac {1}{9}}\right)^{3}+{\frac {1}{5}}\left({\frac {1}{9}}\right)^{5}+.....\right\}$
ancora più comoda della precedente al calcolo numerico, come il lettore può verificare con metodo simile. I logaritmi fin qui calcolati sono in base $e$. Per trovare i logaritmi decimali si ricordi che $\log _{10}z=M\log _{e}z$, ove $M={\frac {1}{\log _{e}10}}={\frac {1}{\log _{e}2+\log _{e}5}}$ si trova facilmente, in virtù dei precedenti calcoli numerici, uguale a $0,434294481\,.....$ e si dice modulo dei logaritmi decimali.
Si ha così $\log _{10}z=2M\left\{{\frac {z-1}{z+1}}+{\frac {1}{3}}\left({\frac {z-1}{z+1}}\right)^{8}+\left({\frac {z-1}{z+1}}\right)^{5}+.....\right\}$.
Il calcolo delle tavole logaritmiche viene poi facilitato da altri artifici: p. es., dall'osservazione che $\log _{10}10^{n}=n$, che il logaritmo di un prodotto è uguale alla somma dei logaritmi dei fattori, che $\log(n+1)=\log n+\log {\frac {n+1}{n}}$; cosicchè, noto $\log \,n$ si calcola tosto $\log \,(n+1)$ quando si conosce $\log {\frac {n+1}{n}}$; il quale ultimo logaritmo viene espresso da (2) sotto forma di serie rapidamente convergente, specialmente se $n$ è un numero [p. 221 non troppo piccolo, ed è la cosidetta differenza tavolare, il cui ufficio è così noto a che abbia consultato tavale di logaritmi(pag. 201, § 63, γ).
7° In modo affatto analogo si prova che per
$|x|<1$, $1-{\frac {\pi }{4}}1$, sarà $4\alpha >{\frac {\pi }{4}}$. Esisterà un angolo positivo $\beta$ tale che
$\beta =4\alpha -{\frac {\pi }{4}}$.
$\mathrm {tg} \beta =\mathrm {tg} \left(4\alpha -{\frac {\pi }{4}}\right)={\frac {\mathrm {tg} \,4\alpha -\mathrm {tg} {\frac {\pi }{4}}}{1+\mathrm {tg} \,4\alpha {\text{tg}}{\frac {\pi }{4}}}}={\frac {1}{239}}$.
Sarà allora:
${\frac {\pi }{4}}=4\alpha -\beta =4\,\mathrm {arctg} {\frac {2}{10}}-\mathrm {arctg} {\frac {1}{239}}$
[p. 222 donde, ponendo nella nostra serie successivamente $x={\frac {2}{10}}$, $x={\frac {1}{239}}$ si trova:
${\frac {\pi }{4}}=4\left\{{\frac {2}{10}}-{\frac {1}{3}}{\frac {2^{3}}{1000}}+{\frac {1}{5}}{\frac {2^{5}}{100.000}}-.....\right\}-$
$-\left\{{\frac {1}{239}}-{\frac {1}{3}}\left({\frac {1}{239}}\right)^{3}+{\frac {1}{5}}\left({1}{239}\right)^{5}-.....\right\}$.
la quale formola ha servito al calcolo di $\pi$ fino alla $704^{esima}$ cifra decimale. Come esercizio, il lettore ne deduca il valore di $\pi$ con due cifre decimali esatte.
8° Analogamente si osservi che:
$(\mathrm {arcsen} \,x)'={\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}=(1-x^{2})^{-{\frac {1}{2}}}$;
che per $|x|<1$ si può sviluppare in serie binomiale:
$(1-x^{2})^{-{\frac {1}{2}}}=1-{\frac {1}{2}}(-x^{2})+{\frac {\left(-{\frac {1}{2}}\right)\left(-{\frac {1}{2}}-1\right)}{1\,\cdot \,2}}(-x^{2})^{2}+$
$+.....=1+{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {1\,\cdot \,3}{2^{2}\lfloor {2}}}x^{4}+{\frac {1\cdot 3\cdot 5}{2^{3}\lfloor {3}}}x^{6}+.....$
Si trova per $|x|<1$ con metodo analogo al precedente che:
$\mathrm {arcsen} \,x=x+{\frac {x^{3}}{2\,\cdot \,3}}+{\frac {1\,\cdot \,3}{2^{2}\lfloor {2}}}{\frac {x^{5}}{5}}+{\frac {1\,\cdot \,3\,\cdot \,5}{2^{3}\lfloor {3}}}{\frac {x^{2}}{7}}+{\frac {1\,\cdot \,3\,\cdot \,5\,\cdot \,7}{2^{4}\lfloor {4}}}{\frac {x^{9}}{9}}+.....$
* ↑ Il teorema di Cauchy, citato in nota al § 66, ci dice che queste condizioni sarebbero certamente soddisfatte in un cerchio, se $\mathrm {f(x)}$ fosse funzione della variabile complessa x con derivata prima finita e continua!!.
* ↑ Se $x>0$, $e^{x}$ è il più grande di $1$; invece, se $x<0$, è $e^{x}<1$.
* ↑ Questo sviluppo in serie può essere talvolta utile per il calcolo di ${\sqrt {N}}$, se $N>0$. Detto $h$ un intero positivo tale che ${\frac {N}{10^{ht}}}$ sia compreso tra $0$ e $2$, si ponga ${\frac {N}{10^{hr}}}=1+x$, dove sarà $|x|<1$. Sarà ${\sqrt[{r}]{N}}=10^{h}(1+x)^{m}$, dove è posto $m={\frac {1}{r}}$. Si può allora applicare la formola precedente. Il calcolo è specialmente rapido, se $|x|$ è piccolo. E' forse inutile avvertire che è sempre sottinteso di dare alla $x$ valori tali che esista un valore reale di (1+x)^m (ciò che avviene se $|x|<1$) e che tra i valori, di cui $(1+x)^{m}$ può essere suscettibile, si sceglie quello reale e positivo.