Domanda sul teorema di De l' Hopital
Esiste un modo di dimostrare tale teorema senza ricorrere al teorema di Cauchy?
Saluti!
Saluti!
Risposte
In tutti i libri e dispense che ho consultato tale teorema viene dimostrato come caso particolare del teorema di Cauchy, ma navigando in rete se non sbaglio, ho letto che tale teorema é stato dimostrato dal matematico bernoulli senza l'utilizzo del più generale teorema di Cauchy? E' vero?
Resto in attesa di una risposta!
saluti!
Resto in attesa di una risposta!
saluti!
Incuriosito dalla tua domanda ho fatto una ricerca in rete e ho trovato questo:
http://mathoverflow.net/questions/51685 ... itals-rule
Hope it helps
http://mathoverflow.net/questions/51685 ... itals-rule
Hope it helps
Grazie tante per la risposta!
Come posso fare per averne una traduzione in italiano , scusa ma conosco poco l'inglese.
Come posso fare per averne una traduzione in italiano , scusa ma conosco poco l'inglese.
Provo a tradurti la risposta più pertinente della discussione che si trova al link sopra indicato.
_____________________________________________________________________________________
La regola dell'Hôpital's fu pubblicata per la prima volta in "Analyse des Infiniment Petits" (Analisi degli Infinitamente Piccoli).
Secondo "The Historical Development of The Calculus" di Edwards (p. 269):
L'argomento di de L'Hospital, che è enunciato a parole senza la notazione funzionale
(si veda la traduzione in inglese nel libro di Struik, pagg. 313 - 316),
consiste semplicemente nell'affermazione che
\[ \frac{f(a+dx)}{g(a+dx)}=\frac{f(a)+f′(a)dx}{g(a)+g′(a)dx}=\frac{f′(a)dx}{g′(a)dx}=\frac{f′(a)}{g′(a)}\]
a patto che $f(a)=g(a)=0$. Egli conclude che, se l'ordinata $y$ di una data curva "è espressa da una
frazione, di cui il numeratore e il denominatore si si annullano entrambi quando $x=a$," allora
"se si trova il differenziale del numeratore e lo si divide per il differenziale del denominatore,
dopo aver posto $x=a$, avremo trovato il valore [dell'ordinata $y$ quando $x=a$] (*)
EDIT. J.L. Coolidge in "The Mathematics of Great Amateurs" (vedi pagg. 159-160 della 2nda edizione) spiega che
L'Hôpital era interessato nel calcolo di
\[ \lim_{x\to a}\frac{\sqrt{2a^3x−x^4}−a\sqrt[3]{a^2x}}{a-\sqrt[4]{a−ax^3}}=\frac{16}{9}a.\]
In effetti questo particolare problema gli aveva dato parecchio grattacapo. Nel luglio del 1693 lo ritroviamo a
scrivere a John Bernoulli suggerendo che si sarebbe dovuto operare una sostituzione direttamente nell'equazione
originale, ottenedo
\[\frac{a^2-a^2}{a-a}=2a\]
e nel settembre dello stesso anno scrive:
'Je vous avoue que je me suis fort appliqué à résoudre l'équation
(Riconosco di essermi fortemente impegnato a risolvere l'equazione)
\[ \lim_{x\to a}\frac{\sqrt{2a^3x−x^4}−a\sqrt[3]{a^2x}}{a-\sqrt[4]{a−ax^3}}=y\]
lorsque $x=a$, car ne voyant point de jour pour у réussir puisque toutes les solutions qui se
présentent d'abord ne sont pas exactes.'
(nel caso $x=a$, non vedendo alcuna luce [CREDO] per riuscirvi dato che tutte le soluzioni che
si presentano a prima vista non sono esatte)
Tutto questo suggerisce che L'Hospital abbia appreso la soluzione corretta da Bernoulli, ma
non l'abbia accreditato dell'idea, con lo sfortunato esito che il metodo è passato alla storia
come regola de L'Hospital.
_______________________________________________________________________________________________
COMMENTO MIO
Il testo indicato in (*) corrisponde a quanto si trova tra la fine di pag. 145 e l'inizio di pag.146 del trattato del
Marchese (che ho trovato in rete a https://archive.org/details/infinimentp ... lhos00uoft). A pag. 146 c'è
poi il problema (che corrisponde al limite) citato sopra.
Naturalmene L'Hospital non parla mai di limiti ma si chiede (vedi inizio di pag. 145) "Data una curva $AMD$ [in cui $A$ è il punto iniziale, che si trova "a terra", $M$ è il punto generico sulla curva e $D$ è il punto finale - si chiamano inoltre $P$ la proiezione "a terra" del punto generico $M$ e $B$ la proiezione del punto finale $D$ - VEDI LA FIGURA ORIGINALE SOTTO] tale che la coordinata $y=PM$ è espressa da un rapporto in cui numeratore e denominatore diventano entrambi zero per $x=AP=a$, cioè quando $P$ cade in $B$, ... quale sarà il valore della cordinata $BD$? "
Da quanto capisco leggendo ciò che ho scritto sopra ( e dagli altri interventi seguenti nel forum da cui il testo riportato proviene), l'Hospital non dimostra il teorema dell'Hospital
, quello che si insegna normalmente e la cui dimostrazione richiede il teorema di Cauchy, bensì una forma più debole che, con il linguaggio moderno si esprime:
\[
\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(a)}{g'(a)}
\]
nelle ipotesi che $f,g$ siano derivabili in $a$ e che $f(a)=g(a)=0$ $g'(a)\ne 0$.
Per dimostrare questa forma debole basta la definizione di derivata:
\[
\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\lim_{x\to a}\frac{\frac{f(x)-f(a)}{x-a}}{\frac{g(x)-g(a)}{x-a}}=\frac{\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}}{\lim_{x\to a}\frac{g(x)-g(a)}{x-a}}=\frac{f'(a)}{g'(a)}
\]
Il difetto di questa forma debole è che non è iterabile. Puoi usarlo per dimostrare che
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sin(x)}{x}=1
\]
ma non per
\[
\lim_{x\to0}\frac{1-\cos(x)}{x^2}=\frac{1}{2}
\]
P.S. Leggo sulla wikipedia francese (http://fr.wikipedia.org/wiki/Analyse_de ... tes_.C2.BB), - guardare la parte relativa alla Section IX - che sarebbe stato Pierre Varignon, nei suoi "Éclaircissements sur l'Analyse des Infiniment Petits (Chiarimenti sull'Analisi degli Infinitamente Piccoli) del 1725, a propoore di iterare il procedimento nel caso in cui i differenziali del numeraore e del denominatore si annullano nel punto.
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La regola dell'Hôpital's fu pubblicata per la prima volta in "Analyse des Infiniment Petits" (Analisi degli Infinitamente Piccoli).
Secondo "The Historical Development of The Calculus" di Edwards (p. 269):
L'argomento di de L'Hospital, che è enunciato a parole senza la notazione funzionale
(si veda la traduzione in inglese nel libro di Struik, pagg. 313 - 316),
consiste semplicemente nell'affermazione che
\[ \frac{f(a+dx)}{g(a+dx)}=\frac{f(a)+f′(a)dx}{g(a)+g′(a)dx}=\frac{f′(a)dx}{g′(a)dx}=\frac{f′(a)}{g′(a)}\]
a patto che $f(a)=g(a)=0$. Egli conclude che, se l'ordinata $y$ di una data curva "è espressa da una
frazione, di cui il numeratore e il denominatore si si annullano entrambi quando $x=a$," allora
"se si trova il differenziale del numeratore e lo si divide per il differenziale del denominatore,
dopo aver posto $x=a$, avremo trovato il valore [dell'ordinata $y$ quando $x=a$] (*)
EDIT. J.L. Coolidge in "The Mathematics of Great Amateurs" (vedi pagg. 159-160 della 2nda edizione) spiega che
L'Hôpital era interessato nel calcolo di
\[ \lim_{x\to a}\frac{\sqrt{2a^3x−x^4}−a\sqrt[3]{a^2x}}{a-\sqrt[4]{a−ax^3}}=\frac{16}{9}a.\]
In effetti questo particolare problema gli aveva dato parecchio grattacapo. Nel luglio del 1693 lo ritroviamo a
scrivere a John Bernoulli suggerendo che si sarebbe dovuto operare una sostituzione direttamente nell'equazione
originale, ottenedo
\[\frac{a^2-a^2}{a-a}=2a\]
e nel settembre dello stesso anno scrive:
'Je vous avoue que je me suis fort appliqué à résoudre l'équation
(Riconosco di essermi fortemente impegnato a risolvere l'equazione)
\[ \lim_{x\to a}\frac{\sqrt{2a^3x−x^4}−a\sqrt[3]{a^2x}}{a-\sqrt[4]{a−ax^3}}=y\]
lorsque $x=a$, car ne voyant point de jour pour у réussir puisque toutes les solutions qui se
présentent d'abord ne sont pas exactes.'
(nel caso $x=a$, non vedendo alcuna luce [CREDO] per riuscirvi dato che tutte le soluzioni che
si presentano a prima vista non sono esatte)
Tutto questo suggerisce che L'Hospital abbia appreso la soluzione corretta da Bernoulli, ma
non l'abbia accreditato dell'idea, con lo sfortunato esito che il metodo è passato alla storia
come regola de L'Hospital.
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COMMENTO MIO
Il testo indicato in (*) corrisponde a quanto si trova tra la fine di pag. 145 e l'inizio di pag.146 del trattato del
Marchese (che ho trovato in rete a https://archive.org/details/infinimentp ... lhos00uoft). A pag. 146 c'è
poi il problema (che corrisponde al limite) citato sopra.
Naturalmene L'Hospital non parla mai di limiti ma si chiede (vedi inizio di pag. 145) "Data una curva $AMD$ [in cui $A$ è il punto iniziale, che si trova "a terra", $M$ è il punto generico sulla curva e $D$ è il punto finale - si chiamano inoltre $P$ la proiezione "a terra" del punto generico $M$ e $B$ la proiezione del punto finale $D$ - VEDI LA FIGURA ORIGINALE SOTTO] tale che la coordinata $y=PM$ è espressa da un rapporto in cui numeratore e denominatore diventano entrambi zero per $x=AP=a$, cioè quando $P$ cade in $B$, ... quale sarà il valore della cordinata $BD$? "
Da quanto capisco leggendo ciò che ho scritto sopra ( e dagli altri interventi seguenti nel forum da cui il testo riportato proviene), l'Hospital non dimostra il teorema dell'Hospital
, quello che si insegna normalmente e la cui dimostrazione richiede il teorema di Cauchy, bensì una forma più debole che, con il linguaggio moderno si esprime:\[
\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(a)}{g'(a)}
\]
nelle ipotesi che $f,g$ siano derivabili in $a$ e che $f(a)=g(a)=0$ $g'(a)\ne 0$.
Per dimostrare questa forma debole basta la definizione di derivata:
\[
\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\lim_{x\to a}\frac{\frac{f(x)-f(a)}{x-a}}{\frac{g(x)-g(a)}{x-a}}=\frac{\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}}{\lim_{x\to a}\frac{g(x)-g(a)}{x-a}}=\frac{f'(a)}{g'(a)}
\]
Il difetto di questa forma debole è che non è iterabile. Puoi usarlo per dimostrare che
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sin(x)}{x}=1
\]
ma non per
\[
\lim_{x\to0}\frac{1-\cos(x)}{x^2}=\frac{1}{2}
\]
P.S. Leggo sulla wikipedia francese (http://fr.wikipedia.org/wiki/Analyse_de ... tes_.C2.BB), - guardare la parte relativa alla Section IX - che sarebbe stato Pierre Varignon, nei suoi "Éclaircissements sur l'Analyse des Infiniment Petits (Chiarimenti sull'Analisi degli Infinitamente Piccoli) del 1725, a propoore di iterare il procedimento nel caso in cui i differenziali del numeraore e del denominatore si annullano nel punto.
Molte grazie per la risposta!
Le considerazioni riportate ed il commento da lei fatto, sono molto interessanti.
Le considerazioni riportate ed il commento da lei fatto, sono molto interessanti.
Per applicare la regola din De l'hopital è necessario che le funzioni che compongono il rapporto $f(x)//g(x)$ siano necessariamente indefinitivamente derivabili?
Nelle dimostrazioni che ho potuto vedere in alcuni testi, si itera il teorema di Causchy , si potrebbe ugualmente ottenere la regola iterando il teorema di lagrange?
Nelle dimostrazioni che ho potuto vedere in alcuni testi, si itera il teorema di Causchy , si potrebbe ugualmente ottenere la regola iterando il teorema di lagrange?
Per applicare Hospital basta che $f$ e $g$ siano derivabili UNA volta nell'intorno del punto $x_0$ in cui si vuole fare il limite (non serve
che siano derivabili in $x_0$ - a rigore non serve neanche che siano definite in $x_0$), che $f(x)\to0$, $g(x)\to0$ e $f(x)/g(x)$ abbia limite
(il tutto per $x\to x_0$). Naturalmente se vuoi iterare $n$ volte il teorema, servirà che $f$ e $g$ siano derivabili $n$ volte.
Riguardo alla seconda domanda direi che il teorema dell'Hospital, nella forma forte di cui stiamo parlando, non è "direttamente" deducibile da Lagrange (ci vuole Cauchy). Però questo è un discorso che non si può formalizzare bene dato che Cauchy è deducibile da Lagrange....
che siano derivabili in $x_0$ - a rigore non serve neanche che siano definite in $x_0$), che $f(x)\to0$, $g(x)\to0$ e $f(x)/g(x)$ abbia limite
(il tutto per $x\to x_0$). Naturalmente se vuoi iterare $n$ volte il teorema, servirà che $f$ e $g$ siano derivabili $n$ volte.
Riguardo alla seconda domanda direi che il teorema dell'Hospital, nella forma forte di cui stiamo parlando, non è "direttamente" deducibile da Lagrange (ci vuole Cauchy). Però questo è un discorso che non si può formalizzare bene dato che Cauchy è deducibile da Lagrange....
Grazie per le risposte !
Provo a formularti due domande ben precise che rispecchiano a pieno alcune mie perplessità;
Come si può dedurre il teorema di Cauchy dal teorema di Lagrange, visto che quest'ultimo viene dedotto come caso particolare dal primo?
Per la dimostrazione del teorema di de l'Hopital, viene utilizzato il teorema di Cauchy , iterandolo;
Ho visto però che si può dedurre il polinomio di taylor come estensione del teorema di lagrange, quindi iterando esclusivamente quest'ultimo;
A questo punto prendiamo due polinomi $f(x)$ e $g(x)$di grado finito, rispettivamente $n$ ed $m$, che si annulllino per $x=o$, pertanto $f(0)=0$, e $g(0)=0$, si mostra facilmente che possono essere sritti nella forma:
$f(x)=f(0)+f'(0)x+(f''(0))/2x^2+(f'''(0))/(3!)x^3+.....(f^n(0))/(n!)x^n$ ed $g(x)=g(0)+g'(0)x+(g''(0))/2x^2+(g'''(0))/(3!)x^3+.....(g^m(0))/(m!)x^m$, ora supponiamo che per $x=0$ risulti $f(0)=0$ ed $g(0)=0$, si vede chiaramente che se faccio il limite per $x$ che tende a $0$ di $f(x)/g(x)$ i termini da considerare per il calcolo del limite diventano $f'(0)$ ed $g'(0)$ quelli in $x$, in quanto gli altri termini sono infinitesimi di grado superiore, cioè tendono a zero più velocemente, quindi avrò limite per $x$ che tende a $(0)$ di $f(x)/g(x)$ uguale ad $(f'(0))/(g'(0))$, se anche questo rapporto da $0/0$ andrò a considerare i coefficienti in $x^2$ , pertanto il rapporto $(f''(0))/(g''(0))$,e così via, sino a quando non si ripresenti più la forma indeterminata $0/0$, e questo prima o poi succede sicuramente ,a meno che i polinomi non coincidano ambedue con il polinomio nullo.
Se invece di avere dei polinomi di grado finito, quindi derivabili, ho due qualunque funzioni $f(x)$ e $g(x)$ indefinitivanente derivabili , posso scriverli sempre secondo la forma di taylor :
$f(x)=f(0)+xf'(0)+(f''(0))/2x^2+........+(f^n(phi))/(n!)x^n$ con $0
Quindi a mio modesto parere avendo la possibilità di avere la rappresentazione delle funzioni in forma di polinomio di taylor , viene molto evidente dedurre il teorema di Hopital, e onestamente non riesco a capire perchè in alcuni testi di analisi viene invece dimostrato l'Hopital tramite Cauchy, ed infine si usa Hopital e Cauchy per dimostrare il polinomio di taylor.
Sono sensate le considerazioni sin qui da me riportate?
Provo a formularti due domande ben precise che rispecchiano a pieno alcune mie perplessità;
Come si può dedurre il teorema di Cauchy dal teorema di Lagrange, visto che quest'ultimo viene dedotto come caso particolare dal primo?
Per la dimostrazione del teorema di de l'Hopital, viene utilizzato il teorema di Cauchy , iterandolo;
Ho visto però che si può dedurre il polinomio di taylor come estensione del teorema di lagrange, quindi iterando esclusivamente quest'ultimo;
A questo punto prendiamo due polinomi $f(x)$ e $g(x)$di grado finito, rispettivamente $n$ ed $m$, che si annulllino per $x=o$, pertanto $f(0)=0$, e $g(0)=0$, si mostra facilmente che possono essere sritti nella forma:
$f(x)=f(0)+f'(0)x+(f''(0))/2x^2+(f'''(0))/(3!)x^3+.....(f^n(0))/(n!)x^n$ ed $g(x)=g(0)+g'(0)x+(g''(0))/2x^2+(g'''(0))/(3!)x^3+.....(g^m(0))/(m!)x^m$, ora supponiamo che per $x=0$ risulti $f(0)=0$ ed $g(0)=0$, si vede chiaramente che se faccio il limite per $x$ che tende a $0$ di $f(x)/g(x)$ i termini da considerare per il calcolo del limite diventano $f'(0)$ ed $g'(0)$ quelli in $x$, in quanto gli altri termini sono infinitesimi di grado superiore, cioè tendono a zero più velocemente, quindi avrò limite per $x$ che tende a $(0)$ di $f(x)/g(x)$ uguale ad $(f'(0))/(g'(0))$, se anche questo rapporto da $0/0$ andrò a considerare i coefficienti in $x^2$ , pertanto il rapporto $(f''(0))/(g''(0))$,e così via, sino a quando non si ripresenti più la forma indeterminata $0/0$, e questo prima o poi succede sicuramente ,a meno che i polinomi non coincidano ambedue con il polinomio nullo.
Se invece di avere dei polinomi di grado finito, quindi derivabili, ho due qualunque funzioni $f(x)$ e $g(x)$ indefinitivanente derivabili , posso scriverli sempre secondo la forma di taylor :
$f(x)=f(0)+xf'(0)+(f''(0))/2x^2+........+(f^n(phi))/(n!)x^n$ con $0
Quindi a mio modesto parere avendo la possibilità di avere la rappresentazione delle funzioni in forma di polinomio di taylor , viene molto evidente dedurre il teorema di Hopital, e onestamente non riesco a capire perchè in alcuni testi di analisi viene invece dimostrato l'Hopital tramite Cauchy, ed infine si usa Hopital e Cauchy per dimostrare il polinomio di taylor.
Sono sensate le considerazioni sin qui da me riportate?
Si. Sai perché si fa tutto quel casino? Prova ad applicare il tuo ragionamento al calcolo di:
\[
\lim_{x\to 0}\frac{\log x}{\frac{1}{x}}.
\]
\[
\lim_{x\to 0}\frac{\log x}{\frac{1}{x}}.
\]
Riguardo alle domande di francicko:
1) E' ben noto che Lagrange e Cauchy sono equivalenti (c'è un altro post in cui ho discusso di questo ma non mi ricordo come cercarlo...)
Dedurre Lagrange da Cauchy è ovvio (prendendo $g(x)=x$) - per il viceversa basta applicare Lagrange alla "funzione ausiliaria"
$h(x)=(f(b)-f(a))g(x)-(g(b)-g(a))f(x)$.
Questa equivalenza rende un po' problematico affermare che qualcosa si ricava da Lagrange senza usare Cauchy, dato che tutto cioò che si può ricavare usando Cauchy lo si può ricavare senza, pur di allungare la dimostrazione.
Diamo comunque per buona l'idea intuitiva che qualcosa si deriva usando solo l'enunciato più semplice (in modo "ragionevolmente elementare").
2) Tu dici che la formula di Taylor si ricava direttamente da Lagrange - io per la verità non lo so fare
. Mi dici dove l'hai trovato?
Se ciò è possibile, allora i discorsi che seguono mi paiono sensati
1) E' ben noto che Lagrange e Cauchy sono equivalenti (c'è un altro post in cui ho discusso di questo ma non mi ricordo come cercarlo...)
Dedurre Lagrange da Cauchy è ovvio (prendendo $g(x)=x$) - per il viceversa basta applicare Lagrange alla "funzione ausiliaria"
$h(x)=(f(b)-f(a))g(x)-(g(b)-g(a))f(x)$.
Questa equivalenza rende un po' problematico affermare che qualcosa si ricava da Lagrange senza usare Cauchy, dato che tutto cioò che si può ricavare usando Cauchy lo si può ricavare senza, pur di allungare la dimostrazione.
Diamo comunque per buona l'idea intuitiva che qualcosa si deriva usando solo l'enunciato più semplice (in modo "ragionevolmente elementare").
2) Tu dici che la formula di Taylor si ricava direttamente da Lagrange - io per la verità non lo so fare
. Mi dici dove l'hai trovato?Se ciò è possibile, allora i discorsi che seguono mi paiono sensati
Riguardo al punto 2) del messaggio precedente c'è un punto importante che mi era sfuggito e che penso sia ciò a cui si riferisce dissonance.
Nel teorema dell'Hospital che si dimostra nei libri (che non è quello che si trova originariamente nel trattato del Marchese, come ti avevo scritto a suo tempo) NON SI ASSUME la derivabilità nel punto $x_0$. Per esempio potresti voler fare:
$lim_{x\to0}\frac{\sin(\sqrt{x})}{\sqrt{x]}$ (che naturalmente fa uno).
Lasciamo perdere che la cosa più semplice sarebbe operare il cambio di variabile $y=\sqrt{x}$ e imponiamoci di fare quel limite con la regola di de l'Hospital. Derivando il numeratore si trova $\cos(\sqrt{x})\frac{1}{2\sqrt{x}}$ e derivando il denominatore trovi $\frac{1}{2\sqrt{x}}$: ENTRAMBE
queste espressioni DIVERGONO per $x\to0$. Però il loro rapporto diventa semplicemente $\cos(\sqrt{x})$ che tende a uno per $x\to0$.
Ripeto che questo esempio non è contemplato nella formulazione originale di del l'Hospital.
Nel teorema dell'Hospital che si dimostra nei libri (che non è quello che si trova originariamente nel trattato del Marchese, come ti avevo scritto a suo tempo) NON SI ASSUME la derivabilità nel punto $x_0$. Per esempio potresti voler fare:
$lim_{x\to0}\frac{\sin(\sqrt{x})}{\sqrt{x]}$ (che naturalmente fa uno).
Lasciamo perdere che la cosa più semplice sarebbe operare il cambio di variabile $y=\sqrt{x}$ e imponiamoci di fare quel limite con la regola di de l'Hospital. Derivando il numeratore si trova $\cos(\sqrt{x})\frac{1}{2\sqrt{x}}$ e derivando il denominatore trovi $\frac{1}{2\sqrt{x}}$: ENTRAMBE
queste espressioni DIVERGONO per $x\to0$. Però il loro rapporto diventa semplicemente $\cos(\sqrt{x})$ che tende a uno per $x\to0$.
Ripeto che questo esempio non è contemplato nella formulazione originale di del l'Hospital.
@ViciousGoblin: Esattamente come dici tu. Aggiungo anche che la regola di l'Hospital contempla pure il caso \(\frac{\pm \infty}{\pm \infty}\). Come si fa a trattarlo con la formula di Taylor?
xViciousGoblin.
Le considerazioni che riporto qui di seguito sono tratte da un sito dove il polinomio di taylor viene trattato come estensione del teorema di lagrange, ossia come reiterazione di quest'ultimo, l'intento è quello di di trovare un espressione di tipo polinomiale sotto certe condizioni , ad una qualsiasi funzione $f(x)$
Sia $f(x)$ una funzione qualsiasi indefinitivamente derivabile, nell'intervallo $[x_0,x]$ , supponiamo note le derivate successive della funzione in in $x_0$, allora possiamo scrivere potendo applicare il teorema di lagrange che $f(x)=f(x_0)+f'(phi_1)(x-x_0)$, ora $f'(phi_1)$ può essere scritto come $f'(phi)_1=f'(x_0)+T$, sicuramente $T$ non può essere una costante in quanto deve risultare $f'(x)=f'(x_0)$ per $x=x_0$, pertanto deve essere una funzione che si annulla per $x=x_0$,sia $T=k(x-x_0)$, che è la funzione più elementare, sostituendo si ha $f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+k(x-x_0)^2$, a questo punto la forma che deve avere il coefficiente $k$ è già determinata, in quanto potendo riapplicare il teorema di lagrange questa volta alla funzione $f'(x)$ si ha: $f'(x)=f'(x_0)+2k(x-x_0)$ e per lagrange appunto , sarà, $(f'(x)-f'(x_0))/(x-x_0)=f''(phi_2)=2k$ da cui $k=(f''(phi_2))/2$, cioè
$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+f''(phi_2)(x-x_0)^2$, chiaramente i punti $phi_1$ e $phi_2$ devono essere compresi nell'intervallo $(x,x_0)$,
continuando a reiterare il teorema di lagrange, si vede a questo punto l'evolversi dell'espressione, se ci fermiamo alla derivata ennesima avremo più in generale $f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+f''(x_0)(x-x_0)^2+.......f^n(phi_n)(x-x_0)^n/(n!)$.
A questo punto se la funzione è indefinitivamente derivabile in un intorno di $0$ allora potremo scrivere $f(x)=f(0)+f'(0)x+f''(0)x^2+.......+f^n(phi_n)x^n/(n!)$, inoltre se alla condizione indefinitivamente derivabile in un intorno di $0$, faccio in modo che sia valida la condizione limite di $R_n=f^n(phi_n)x^n/(n!)=0$ per $n->infty$ ho tutti i presupposti perchè la mia funzione $f(x)$ coincida con il suo sviluppo in serie di Mc Laurin, cioè $f(x)=f(0)+f'(0)x+f''(0)x^2+......+f^n(0)x^n/(n!)+.....$.
Ho cercato di riportare il tutto nel modo più sintetico possibile!
x@dissonance.
Applicare il procedimento che ho riportato , alla funzione $xlogx$ non è possibile in quanto le funzioni $logx$ ed $1/x$
non sono definite per il valore $x=0$ , pertanto non sono sviluppabili come serie di Mc Laurin, infatti $xlogx$ come ordine di infinitesimo credo non sia classificabile.
Spero di non aver scritto delle cose completamente errate, mi affido alla vostra valutazione ,visto che sicuramente avete una competenza specifica in materia!
Le considerazioni che riporto qui di seguito sono tratte da un sito dove il polinomio di taylor viene trattato come estensione del teorema di lagrange, ossia come reiterazione di quest'ultimo, l'intento è quello di di trovare un espressione di tipo polinomiale sotto certe condizioni , ad una qualsiasi funzione $f(x)$
Sia $f(x)$ una funzione qualsiasi indefinitivamente derivabile, nell'intervallo $[x_0,x]$ , supponiamo note le derivate successive della funzione in in $x_0$, allora possiamo scrivere potendo applicare il teorema di lagrange che $f(x)=f(x_0)+f'(phi_1)(x-x_0)$, ora $f'(phi_1)$ può essere scritto come $f'(phi)_1=f'(x_0)+T$, sicuramente $T$ non può essere una costante in quanto deve risultare $f'(x)=f'(x_0)$ per $x=x_0$, pertanto deve essere una funzione che si annulla per $x=x_0$,sia $T=k(x-x_0)$, che è la funzione più elementare, sostituendo si ha $f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+k(x-x_0)^2$, a questo punto la forma che deve avere il coefficiente $k$ è già determinata, in quanto potendo riapplicare il teorema di lagrange questa volta alla funzione $f'(x)$ si ha: $f'(x)=f'(x_0)+2k(x-x_0)$ e per lagrange appunto , sarà, $(f'(x)-f'(x_0))/(x-x_0)=f''(phi_2)=2k$ da cui $k=(f''(phi_2))/2$, cioè
$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+f''(phi_2)(x-x_0)^2$, chiaramente i punti $phi_1$ e $phi_2$ devono essere compresi nell'intervallo $(x,x_0)$,
continuando a reiterare il teorema di lagrange, si vede a questo punto l'evolversi dell'espressione, se ci fermiamo alla derivata ennesima avremo più in generale $f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+f''(x_0)(x-x_0)^2+.......f^n(phi_n)(x-x_0)^n/(n!)$.
A questo punto se la funzione è indefinitivamente derivabile in un intorno di $0$ allora potremo scrivere $f(x)=f(0)+f'(0)x+f''(0)x^2+.......+f^n(phi_n)x^n/(n!)$, inoltre se alla condizione indefinitivamente derivabile in un intorno di $0$, faccio in modo che sia valida la condizione limite di $R_n=f^n(phi_n)x^n/(n!)=0$ per $n->infty$ ho tutti i presupposti perchè la mia funzione $f(x)$ coincida con il suo sviluppo in serie di Mc Laurin, cioè $f(x)=f(0)+f'(0)x+f''(0)x^2+......+f^n(0)x^n/(n!)+.....$.
Ho cercato di riportare il tutto nel modo più sintetico possibile!
x@dissonance.
Applicare il procedimento che ho riportato , alla funzione $xlogx$ non è possibile in quanto le funzioni $logx$ ed $1/x$
non sono definite per il valore $x=0$ , pertanto non sono sviluppabili come serie di Mc Laurin, infatti $xlogx$ come ordine di infinitesimo credo non sia classificabile.
Spero di non aver scritto delle cose completamente errate, mi affido alla vostra valutazione ,visto che sicuramente avete una competenza specifica in materia!
Caro Francicko, ho provato a rifare i conti che descrivi nel tuo messaggio ma non mi tornano (potresti indicare il link del sito di cui parli?).
Prendiamo il caso più elementare e cioè cerchiamo di dimostrare la formula di Taylor al secondo ordine (quella al primo è il teorema di Lagrange) e cioè:
$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f''(\xi)(x-x_0)^2$ per $\xi$ compreso tra $x_0$ e $x$.
Per semplicità prendiamo $x>x_0$.
Quello che dici tu mi sembra traducibile come segue. Sappiamo per Lagrange che:
$f(x)=f(x_0)+f'(\xi)(x-x_0)$ (con $x_0<\xi
$f'(x)=f'(x_0)+f''(\xi)(x-x_0)$ (con $x_0<\xi
$f(x)=f(x_0)+(f'(x_0)+f''(\xi')(\xi-x_0))(x-x_0)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+f^{''}(\xi')(\xi-x_0)(x-x_0)$
dove $x_0<\xi'<\xi
CHE CI FACCIO ????
EDIT: Rileggendo il tuo messaggio mi sono convinto che quella che ho scritto sopra non è l'interpretazione giusta di quanto hai scritto tu. Però non riesco a capire come esca quel tuo $k$ (senza usare Cauchy ovviamente).
Prendiamo il caso più elementare e cioè cerchiamo di dimostrare la formula di Taylor al secondo ordine (quella al primo è il teorema di Lagrange) e cioè:
$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f''(\xi)(x-x_0)^2$ per $\xi$ compreso tra $x_0$ e $x$.
Per semplicità prendiamo $x>x_0$.
Quello che dici tu mi sembra traducibile come segue. Sappiamo per Lagrange che:
$f(x)=f(x_0)+f'(\xi)(x-x_0)$ (con $x_0<\xi
$f'(x)=f'(x_0)+f''(\xi)(x-x_0)$ (con $x_0<\xi
$f(x)=f(x_0)+(f'(x_0)+f''(\xi')(\xi-x_0))(x-x_0)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+f^{''}(\xi')(\xi-x_0)(x-x_0)$
dove $x_0<\xi'<\xi
CHE CI FACCIO ????
EDIT: Rileggendo il tuo messaggio mi sono convinto che quella che ho scritto sopra non è l'interpretazione giusta di quanto hai scritto tu. Però non riesco a capire come esca quel tuo $k$ (senza usare Cauchy ovviamente).
La questione a cui allude francicko mi sembra la stessa affrontata negli ultimi due messaggi di questo thread:
http://mathoverflow.net/questions/51685 ... itals-rule
Mi pare che alla fine non sia ovvio trovare un metodo semplice per evitare l'uso del teorema di Cauchy.
Il punto sembra essere questo: come provare che se $f$ è derivabile due volte e $f(x_0)=f'(x_0)=0$, allora
$f(x)=x^2F(x)$ per un'opportuna funzione $F$ con $F(0)=\frac{f^{''}(x_0)}{2}$ ??
http://mathoverflow.net/questions/51685 ... itals-rule
Mi pare che alla fine non sia ovvio trovare un metodo semplice per evitare l'uso del teorema di Cauchy.
Il punto sembra essere questo: come provare che se $f$ è derivabile due volte e $f(x_0)=f'(x_0)=0$, allora
$f(x)=x^2F(x)$ per un'opportuna funzione $F$ con $F(0)=\frac{f^{''}(x_0)}{2}$ ??
x@ViciousGoblin.
Scusa, ho modificato il messaggio sopra avevo indicato l'intervallo con $x$ in quanto supponevo come punto iniziale $0$, invece l'intervallo da considerare in generale é $(x-x_0)$.
Per quanto riguarda il Link, esso è descritto dal Prof. Franco Pelini, basta digitare su Google, "formula di taylor - amici del Newton", e lo trovi facilmente.
A me la descrizione è apparsa convincente, infatti la reiterazione del teorema di lagrange, presuppone che la funzione sia indefinitivamente derivabile.
Scusa, ho modificato il messaggio sopra avevo indicato l'intervallo con $x$ in quanto supponevo come punto iniziale $0$, invece l'intervallo da considerare in generale é $(x-x_0)$.
Per quanto riguarda il Link, esso è descritto dal Prof. Franco Pelini, basta digitare su Google, "formula di taylor - amici del Newton", e lo trovi facilmente.
A me la descrizione è apparsa convincente, infatti la reiterazione del teorema di lagrange, presuppone che la funzione sia indefinitivamente derivabile.
Mi spiace, ma se $f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+k(x-x_0)^2$ allora $k$ deve dipendere da $x$ (a meno che $f(x)$ non sia un polinomio di secondo grado e in quel caso tutto è banale).
Dunque se derivi la relazione sopra trovi $f'(x)=f'(x_0)+k'(x)(x-x_0)^2+2k(x)(x-x_0)$, da cui non capisco bene cosa ricavi. Inoltre mi pare che per usare Lagrange tu abbia bisogno dell'esistenza di $k(x_0)$ (e forse anche di $k'(x_0)$ che non sono per nulla evidenti.
In effetti, se $x\ne0$, si ha $k(x)=\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)}{(x-x_0)^2}$ e quindi l'esistenza di $k(x_0)$ presuppone il calcolo del
limite $\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)}{(x-x_0)^2}$ (che, posteriori -- conoscendo de l'Hospital -- deve fare $\frac{f''(x_0)}{2}$),
mentre trovare $k'(x_0)$ è ancora più complicato.
La morale è che "la funzione più semplice" non è quella giusta .
Dunque se derivi la relazione sopra trovi $f'(x)=f'(x_0)+k'(x)(x-x_0)^2+2k(x)(x-x_0)$, da cui non capisco bene cosa ricavi. Inoltre mi pare che per usare Lagrange tu abbia bisogno dell'esistenza di $k(x_0)$ (e forse anche di $k'(x_0)$ che non sono per nulla evidenti.
In effetti, se $x\ne0$, si ha $k(x)=\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)}{(x-x_0)^2}$ e quindi l'esistenza di $k(x_0)$ presuppone il calcolo del
limite $\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)}{(x-x_0)^2}$ (che, posteriori -- conoscendo de l'Hospital -- deve fare $\frac{f''(x_0)}{2}$),
mentre trovare $k'(x_0)$ è ancora più complicato.
La morale è che "la funzione più semplice" non è quella giusta
.
x@ViciousGoblin. Hai perfettamente ragione!
E' una dimostrazione errata anche se alla fine si ottiene il polinomio di Taylor che è esatto.
Se ho ben capito nella presunta dimostrazione si tratta $k$, erroneamente, come se fosse una costante, mentre è anch'essa una funzione di $x$, $k(x)$ appunto , come tu giustamente hai indicato,; concludendo non dimostra nulla.
E' una dimostrazione errata anche se alla fine si ottiene il polinomio di Taylor che è esatto.
Se ho ben capito nella presunta dimostrazione si tratta $k$, erroneamente, come se fosse una costante, mentre è anch'essa una funzione di $x$, $k(x)$ appunto , come tu giustamente hai indicato,; concludendo non dimostra nulla.
"francicko":
x@ViciousGoblin. Hai perfettamente ragione!
E' una dimostrazione errata anche se alla fine si ottiene il polinomio di Taylor che è esatto.
Se ho ben capito nella presunta dimostrazione si tratta $k$, erroneamente, come se fosse una costante, mentre è anch'essa una funzione di $x$, $k(x)$ appunto , come tu giustamente hai indicato,; concludendo non dimostra nulla.
E' come dici tu. Secondo me quello che si può dedurre con quel discorso è solo che, se $f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+k(x-x_0)^2$
con $k$ costante, allora $k=\frac{f''(x_0)}{2}$ ( e per questo mi pare che non serva nemmeno Lagrange, basta la definizione di derivata seconda).
Io poi avevo cercato di vedere cosa si ottiene con $k$ dipendente da $x$, ma non ci ho cavato nulla.
Nota che la definizione di derivata in un punto $x_0$ è equivalente a dire che
$f(x)=f(x_0)+d(x)(x-x_0)$ dove $d$ è una funzione continua tale che $d(x_0)=f'(x_0)$.
Infatti basta porre $d(x):=\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ per $x\ne x_0$ e $d(x_0):=f'(x_0)$.
Poi il teorema di Lagrange ti dice che $d(x)=f'(\xi)$ per un opportuno $xi$ compreso tra $x$ e $x_0$.
Quando si passa all'ordine 2 si vuole scrivere $f(x)=f(x_0)(x-x_0)+k(x)(x-x_0)^2$ con $k$ continua e tale che
$k(x_0)=\frac{f''(x_0)}{2}$ -- questo sarebbe Taylor con resto di Peano. Inoltre si vorrebbe
$h(x)=\frac{f''(\xi)}{2}$ per $\xi$ compreso tra $x$ e $x_0$ (che equivale a Taylor con resto di Lagrange).
E' chiaro che se $x\ne x_0$ deve essere $k(x)=\frac{f(x)-f(x_0)-f'(x_0)(x-x_0)}{(x-x_0)^2}$, ma se voglio dimostrare che
$k(x)\to\frac{f''(x_0)}{2}$ per $x\to x_0$ non riesco a farlo usando solo la definizione di derivata seconda (al contrario
di quanto fatto con la funzione $d$); tantomeno riesco a trovare la forma di Lagrange (usando Lagrange per qualche
opportuna funzione). Tutto torna invece se posso usare Cauchy (due volte):
$k(x)=\frac{f'(\xi)-f'(x_0)}{2(\xi-x_0)}=\frac{f''(\eta)}{2}$ ($\xi$ tra $x_0$ e $x$, $\eta$ tra $x_0$ e $\xi$).
Vabbeh direi di non perderci troppo il sonno
Secondo me il problema è che il teorema di Lagrange perde troppe informazioni perché si possa iterare. La "vera" formula del valore medio è sicuramente quella integrale:
\[
f(x)=f(x_0)+\int_{x_0}^x f'(y)\, dy, \]
da cui si può ricavare la formula di Lagrange usando il (primo) teorema della media integrale, secondo cui esiste un punto \(\xi\in (x_0, x)\cup(x, x_0)\) tale che
\[
\int_{x_0}^x f'(y)\, dy=f'(\xi)(x-x_0).\]
Chiaramente il membro destro di quest'ultima identità è meno informativo del sinistro. Conoscere il membro sinistro, infatti, significa conoscere la derivata di \(f\), mentre conoscere il destro non significa granché, visto che su \(\xi\) non c'è quasi nessuna informazione.
A conferma di questa osservazione c'è il fatto che possiamo iterare la formula fondamentale del calcolo integrale scrivendo
\[
f'(y)=f'(x_0)+ \int_{x_0}^y f''(z)\, dz ,
\]
e quindi
\[
f(x)=f(x_0)+ f'(x_0)(x-x_0) +\int_{x_0}^x \left( \int_{x_0}^y f''(z)\, dz\right)\, dy, \]
che è una versione della formula di Taylor con resto integrale (che io riesco a ricordare solo usando il trucco della pagina linkata). Anche qua vale lo stesso discorso del punto precedente: dal resto integrale si può risalire al resto di Lagrange usando un teorema di media integrale (il secondo, direi, ma non tutti lo chiamano così), ma l'operazione inversa non si può fare.
E poi c'è sempre l'euristica ben nota secondo cui "l'integrale è meglio della derivata". Mi pare che qui sia confermata appieno!
Just my 2 cents
\[
f(x)=f(x_0)+\int_{x_0}^x f'(y)\, dy, \]
da cui si può ricavare la formula di Lagrange usando il (primo) teorema della media integrale, secondo cui esiste un punto \(\xi\in (x_0, x)\cup(x, x_0)\) tale che
\[
\int_{x_0}^x f'(y)\, dy=f'(\xi)(x-x_0).\]
Chiaramente il membro destro di quest'ultima identità è meno informativo del sinistro. Conoscere il membro sinistro, infatti, significa conoscere la derivata di \(f\), mentre conoscere il destro non significa granché, visto che su \(\xi\) non c'è quasi nessuna informazione.
A conferma di questa osservazione c'è il fatto che possiamo iterare la formula fondamentale del calcolo integrale scrivendo
\[
f'(y)=f'(x_0)+ \int_{x_0}^y f''(z)\, dz ,
\]
e quindi
\[
f(x)=f(x_0)+ f'(x_0)(x-x_0) +\int_{x_0}^x \left( \int_{x_0}^y f''(z)\, dz\right)\, dy, \]
che è una versione della formula di Taylor con resto integrale (che io riesco a ricordare solo usando il trucco della pagina linkata). Anche qua vale lo stesso discorso del punto precedente: dal resto integrale si può risalire al resto di Lagrange usando un teorema di media integrale (il secondo, direi, ma non tutti lo chiamano così), ma l'operazione inversa non si può fare.
E poi c'è sempre l'euristica ben nota secondo cui "l'integrale è meglio della derivata". Mi pare che qui sia confermata appieno!
Just my 2 cents
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