[Calcolo]Un approccio alternativo al resto di Taylor
Di solito, per dimostrare la formulazione integrale del resto di Taylor:
\[
f(x)=f(x_0)+f^\prime (x_0)\ (x-x_0)+ \cdots + \frac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}\ (x-x_0)^{n-1} + \int_{x_0}^x f^{(n)}(t)\ \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}\ \text{d} t
\]
si usa iterare [tex]n[/tex] volte la formula di integrazione per parti. Questo io lo trovo un po' macchinoso e oscuro. E' un peccato perché questa formulazione del resto è sicuramente la più versatile e utile. Ad esempio, essa può essere generalizzata a funzioni a valori vettoriali, a differenza della più consueta formulazione di Lagrange
\[
f(x)=f(x_0)+f^\prime (x_0)\ (x-x_0)+ \cdots + \frac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}\ (x-x_0)^{n-1} + \frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}\ (x-x_0)^n\; .
\]
Vorrei quindi proporvi una dimostrazione alternativa della prima formula basata sul teorema di esistenza e unicità per equazioni differenziali ordinarie. Niente di rivoluzionario eh. Tanto per fare due chiacchiere.
Il tutto si basa su dei vecchi appunti di Lamberti: http://www.mat.uniroma1.it/people/lamberti/
Passo 1) Consideriamo il problema [tex]y^{(n)}(x)=g(x)[/tex]. Una soluzione è data dalla formula (della primitiva n-esima)
\[
y(x)=\int_{x_0}^x g(t)\ \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}\ \text{d} t\; .
\]
Questo è subito visto osservando che
\[
\frac{\text{d}}{\text{d} x} \int_{x_0}^x F(t, x)\ \text{d} t = \int_{x_0}^x \frac{\partial F}{\partial x}(t, x)\ \text{d} t + F(x, x)\; ;
\]
nel nostro caso, la funzione integranda è nulla per [tex]t=x[/tex] e così
\[
y^\prime (x)=\int_{x_0}^x g(t)\ \frac{(x-t)^{n-2}}{(n-2)!}\ \text{d}t\; .
\]
Derivando [tex]n[/tex] volte si ha l'asserto.
Passo 2) Poniamo
\[
R(x) = f(x)-\left[ f(x_0)+f^\prime (x_0)\ (x-x_0)+ \cdots + \frac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}\ (x-x_0)^{n-1} \right]\; .
\]
Questa funzione verifica la relazione differenziale lineare
\[
\begin{cases} R^{(n)}(x) = f^{(n)}(x) \\ R^{(n-1)}(x_0)=0 \\ \vdots \\ R(x_0)=0\; . \end{cases}
\]
Per quanto visto al punto 1), una soluzione di questo problema è
\[
R(x) = \int_{x_0}^x f^{(n)}(t)\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}\ \text{d} t\; ,
\]
e per il teorema di esistenza e unicità, essa è unica.
Mi piace questo approccio perché mette tutto in termini della formula della primitiva [tex]n[/tex]-esima. In questo senso, è illustrato il perché la formula per il resto abbia quell'aspetto: ciò è dovuto al fatto che il resto n-esimo è quell'unica funzione derivabile avente in [tex]x_0[/tex] uno zero di ordine [tex]n[/tex] e la cui derivata [tex]n[/tex] esima coincida con la derivata [tex]n[/tex] esima di [tex]f[/tex].
\[
f(x)=f(x_0)+f^\prime (x_0)\ (x-x_0)+ \cdots + \frac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}\ (x-x_0)^{n-1} + \int_{x_0}^x f^{(n)}(t)\ \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}\ \text{d} t
\]
si usa iterare [tex]n[/tex] volte la formula di integrazione per parti. Questo io lo trovo un po' macchinoso e oscuro. E' un peccato perché questa formulazione del resto è sicuramente la più versatile e utile. Ad esempio, essa può essere generalizzata a funzioni a valori vettoriali, a differenza della più consueta formulazione di Lagrange
\[
f(x)=f(x_0)+f^\prime (x_0)\ (x-x_0)+ \cdots + \frac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}\ (x-x_0)^{n-1} + \frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}\ (x-x_0)^n\; .
\]
Vorrei quindi proporvi una dimostrazione alternativa della prima formula basata sul teorema di esistenza e unicità per equazioni differenziali ordinarie. Niente di rivoluzionario eh. Tanto per fare due chiacchiere.
Il tutto si basa su dei vecchi appunti di Lamberti: http://www.mat.uniroma1.it/people/lamberti/
Passo 1) Consideriamo il problema [tex]y^{(n)}(x)=g(x)[/tex]. Una soluzione è data dalla formula (della primitiva n-esima)
\[
y(x)=\int_{x_0}^x g(t)\ \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}\ \text{d} t\; .
\]
Questo è subito visto osservando che
\[
\frac{\text{d}}{\text{d} x} \int_{x_0}^x F(t, x)\ \text{d} t = \int_{x_0}^x \frac{\partial F}{\partial x}(t, x)\ \text{d} t + F(x, x)\; ;
\]
nel nostro caso, la funzione integranda è nulla per [tex]t=x[/tex] e così
\[
y^\prime (x)=\int_{x_0}^x g(t)\ \frac{(x-t)^{n-2}}{(n-2)!}\ \text{d}t\; .
\]
Derivando [tex]n[/tex] volte si ha l'asserto.
Passo 2) Poniamo
\[
R(x) = f(x)-\left[ f(x_0)+f^\prime (x_0)\ (x-x_0)+ \cdots + \frac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}\ (x-x_0)^{n-1} \right]\; .
\]
Questa funzione verifica la relazione differenziale lineare
\[
\begin{cases} R^{(n)}(x) = f^{(n)}(x) \\ R^{(n-1)}(x_0)=0 \\ \vdots \\ R(x_0)=0\; . \end{cases}
\]
Per quanto visto al punto 1), una soluzione di questo problema è
\[
R(x) = \int_{x_0}^x f^{(n)}(t)\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}\ \text{d} t\; ,
\]
e per il teorema di esistenza e unicità, essa è unica.
Mi piace questo approccio perché mette tutto in termini della formula della primitiva [tex]n[/tex]-esima. In questo senso, è illustrato il perché la formula per il resto abbia quell'aspetto: ciò è dovuto al fatto che il resto n-esimo è quell'unica funzione derivabile avente in [tex]x_0[/tex] uno zero di ordine [tex]n[/tex] e la cui derivata [tex]n[/tex] esima coincida con la derivata [tex]n[/tex] esima di [tex]f[/tex].
Risposte
Davvero interessante, anche le considerazioni finali.
Grazie per aver divulgato il verbo, dissonance.
Però l'integrazione per parti mica te la risparmi del tutto... Infatti essa si usa per arrivare alla formula della primitiva [tex]$n$[/tex]-esima (N.B.: la dimostrazione della formula si fa per induzione, ovviamente; però l'induzione, come molti altre modalità di dimostrazione non costruttiva, non fa capire quella formula da dove esca fuori).
Grazie per aver divulgato il verbo, dissonance.
Però l'integrazione per parti mica te la risparmi del tutto... Infatti essa si usa per arrivare alla formula della primitiva [tex]$n$[/tex]-esima (N.B.: la dimostrazione della formula si fa per induzione, ovviamente; però l'induzione, come molti altre modalità di dimostrazione non costruttiva, non fa capire quella formula da dove esca fuori).
Veramente ti piace? 
Sono molto contento!!!
Comunque, si, naturalmente hai ragione. Quella formula della primitiva $n$-esima è esattamente
[tex]\int_{x_0}^x\int_{x_0}^{x_1} \ldots \int_{x_0}^{x_{n-1}} g(t)\, dtdx_1 \ldots dx_{n-1}[/tex]
e la maniera costruttiva di ricavarla è di integrare per parti [tex]n[/tex]-volte. Questo significa che la dimostrazione proposta sopra non dice assolutamente nulla di nuovo rispetto alla dimostrazione solita.
Tuttavia, io trovo che la formula della primitiva [tex]n[/tex]-esima sia più trasparente perché c'è un modo per "indovinarla". A me piace ragionare così:
Volendo trovare [tex]y[/tex] tale che [tex]y^{(n)}(x)=g(x)[/tex], è naturale aspettarci una soluzione nella forma
[tex]y(x)=\int_{x_0}^x g(t) K(t, x)\, dt,[/tex]
con [tex]K[/tex] da determinarsi. Prendiamo una derivata:
[tex]y'(x)=\int_{x_0}^x g(t)\frac{\partial K}{\partial x}(t,x)\, dt + g(x)K(x, x).[/tex]
Per poter derivare senza impicci ci occorre che [tex]K(x, x)=0, \frac{\partial K}{\partial x}(x, x)=0, \ldots \frac{\partial^{n-2}K}{\partial x^{n-2}}(x, x)=0[/tex]. Se questo è il caso, allora
[tex]y^{(n-1)}(x)=\int_{x_0}^x g(t) \frac{\partial^{n-1}K}{\partial x^{n-1}}(t, x)\, dt,[/tex]
perciò se [tex]\frac{\partial^{n-1}K}{\partial x^{n-1}}(t, x)\equiv 1[/tex] siamo a cavallo. Ma allora basta scegliere
[tex]K(t, x)=\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}.[/tex]
Sono molto contento!!! Comunque, si, naturalmente hai ragione. Quella formula della primitiva $n$-esima è esattamente
[tex]\int_{x_0}^x\int_{x_0}^{x_1} \ldots \int_{x_0}^{x_{n-1}} g(t)\, dtdx_1 \ldots dx_{n-1}[/tex]
e la maniera costruttiva di ricavarla è di integrare per parti [tex]n[/tex]-volte. Questo significa che la dimostrazione proposta sopra non dice assolutamente nulla di nuovo rispetto alla dimostrazione solita.
Tuttavia, io trovo che la formula della primitiva [tex]n[/tex]-esima sia più trasparente perché c'è un modo per "indovinarla". A me piace ragionare così:
Volendo trovare [tex]y[/tex] tale che [tex]y^{(n)}(x)=g(x)[/tex], è naturale aspettarci una soluzione nella forma
[tex]y(x)=\int_{x_0}^x g(t) K(t, x)\, dt,[/tex]
con [tex]K[/tex] da determinarsi. Prendiamo una derivata:
[tex]y'(x)=\int_{x_0}^x g(t)\frac{\partial K}{\partial x}(t,x)\, dt + g(x)K(x, x).[/tex]
Per poter derivare senza impicci ci occorre che [tex]K(x, x)=0, \frac{\partial K}{\partial x}(x, x)=0, \ldots \frac{\partial^{n-2}K}{\partial x^{n-2}}(x, x)=0[/tex]. Se questo è il caso, allora
[tex]y^{(n-1)}(x)=\int_{x_0}^x g(t) \frac{\partial^{n-1}K}{\partial x^{n-1}}(t, x)\, dt,[/tex]
perciò se [tex]\frac{\partial^{n-1}K}{\partial x^{n-1}}(t, x)\equiv 1[/tex] siamo a cavallo. Ma allora basta scegliere
[tex]K(t, x)=\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}.[/tex]
"dissonance":
Veramente ti piace?
Certo. E sono contento di averlo letto.
"dissonance":
Comunque, si, naturalmente hai ragione. Quella formula della primitiva $n$-esima è esattamente
[tex]\int_{x_0}^x\int_{x_0}^{x_1} \ldots \int_{x_0}^{x_{n-1}} g(t)\, dtdx_1 \ldots dx_{n-1}[/tex]
e la maniera costruttiva di ricavarla è di integrare per parti [tex]n[/tex]-volte. Questo significa che la dimostrazione proposta sopra non dice assolutamente nulla di nuovo rispetto alla dimostrazione solita.
Forse è vero che non dice nulla di nuovo; ma lo dice in maniera diversa, e questo è un pregio.
"dissonance":
Volendo trovare [tex]y[/tex] tale che [tex]y^{(n)}(x)=g(x)[/tex], è naturale aspettarci una soluzione nella forma
[tex]y(x)=\int_{x_0}^x g(t) K(t, x)\, dt,[/tex]
con [tex]K[/tex] da determinarsi.
Questo è "naturale" se hai studiato bene le equazioni differenziali, altrimenti devi passare almeno per un paio di esempi.
"dissonance":
Prendiamo una derivata:
[tex]y'(x)=\int_{x_0}^x g(t)\frac{\partial K}{\partial x}(t,x)\, dt + g(x)K(x, x).[/tex]
Per poter derivare senza impicci ci occorre che [tex]K(x, x)=0[/tex]. Se questo è il caso, allora
[tex]y^{(n-1)}(x)=\int_{x_0}^x g(t) \frac{\partial^{n-1}K}{\partial x^{n-1}}(t, x)\, dt,[/tex]
perciò se [tex]\frac{\partial^{n-1}K}{\partial x^{n-1}}(t, x)\equiv 1[/tex] siamo a cavallo. Ma allora basta scegliere
[tex]K(t, x)=\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}.[/tex]
Questo ricorda un po' la giustificazione del metodo della variazione delle costanti (quando si costruisce il sistema lineare per le derivate prime dei moltiplicatori)... Però è cosa del tutto diversa.
Comunque, bello.
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