Lezioni di analisi matematica/Capitolo 10/Paragrafo 69

by Guido Fubini

Capitolo 10 - Sviluppabilità di una funzione in serie di potenze

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Guido Fubini - Lezioni di analisi matematica (1920)

Capitolo 10 - Sviluppabilità di una funzione in serie di potenze

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§ 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 $P_{n}(x)=f(\alpha )+{\frac {x-\alpha }{1}}f'(\alpha )+.....$

$.....+{\frac {(x-\alpha )^{n}}{\lfloor {n}}}f^{(n)}(\alpha )$.

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 nullo¹.

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 $\mathrm {f(x)}$. 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 $-\varphi _{3}(x)$] 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 $0\leq \,x<R$ con tutte le sue derivate. Se $0<h<R$, nell'intervallo $h\leq \,x\mathbb {R}$ si avrà

                              $\varphi ^{(n)}(x)\geq \,\varphi ^{(n)}(h)$          (perchè$\varphi ^{(n+1)}\geq \,0$),

donde, integrando

$\varphi ^{(n-1)}(x)\geq \,\varphi ^{(n-1)}(x)-\varphi ^{(n-1)}(h)\geq \,(x-h)\varphi ^{(n)}(h)$

$\varphi ^{(n-2)}(x)\geq \,\varphi ^{(n-2)}(x)-\varphi ^{(n-2)}(h)\geq \,{\frac {(x-h)^{n-2}}{\lfloor {2}}}\varphi ^{(n)}(h)$

$.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.\,.$

$\varphi ^{n}(x)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\geq \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\geq {\frac {(x-h)^{n-2}}{\lfloor {n-2}}}\varphi ^{(n)}(h)$

Cioè, posto ${\frac {h}{x}}=\theta$, dove $\theta$ è compreso tra $0$ ed $1$, sarà:

$\varphi ^{(}x)}(\theta \,x)\leq \,{\frac {\varphi ''(x)}{(1-\theta )^{n-2}x^{n-2}\lfloor {n-2}}$,

Posto:

$\Phi _{n}(\theta ,\,x)=x^{n}{\frac {(1-\theta )^{n-1}}{\lfloor {n-1}}}\varphi ^{(n)}(\theta \,x)$,

si ha (Caouchy) che (per un valore, generalmente ignoto di $\theta$) la $\Phi _{n}(\theta ,\,x)$ rappresenta il resto della serie di Taylor relativa alla funzione $\varphi (x)$. Ora, per il nostro risultato,

$\Phi _{n}(\theta ,\,x)\leq \,x^{2}\,\varphi ''(x){\frac {-\theta }{n-}}$

e tende per $n=\infty$ a zero (ciò che basta ad assicurare la sviluppabilità di $\varphi (x)$ in serie di Taylor). Essendo $\varphi _{(}x),\varphi _{(}x)$ sviluppabili in serie di taylor, altrettanto avverrà di

$f(x)=\varphi _{(}x)-\varphi _{(}x)$

{{smaller|Anzi, il resto della corrispondente serie di Taylor, scritto nella forma di Cauchy, sarà uguale alla differenza tra le $\Phi _{n}(\theta ,\,x)$ corrispondenti a $\varphi _{(}x)$ ed a $\varphi _{(}x)$.

Tale resto di Cauchy sarà dunque minore di

$x^{\frac {-}{n-}}[\varphi _{'}'(x)+\varphi _{'}'(x)]\leq$

$leq\,{\frac {r^{2}}{n-}}(-\theta )[\varphi _{'}'(r)+\varphi _{'}'(r)]\,\,\,$ (se$x\leq \,r\mathbb {R}$),

e perciò, prendendo $n$ abbastanza grande, si può rendere minore di un numero $\epsilon$ picolo a piacere. Basta prendere $n-1\geq \,{\frac {r^{[}\varphi _{'}'(r)+\varphi _{'}'(r)]}{\epsilon }}$ Il secondo membro di questa disuguaglianza non dipende da $\theta$; cioè l'espressione del resto di Cauchy si può rendere, scegliendo $n$ abbastanza grande, minore di un umero $\epsilon$ prefissato (piccolo a piacere) contemporaneamente per tutti i valori di $\theta$ compresi tra $0$ ed $1$

Teorema 3° (di Pringshein). 'L'espressione trovata del resto di cauchy converge pertanto uniformemente a zero, quando x varia in un qualsiasi intervallo $\mathrm {0\leq \,x\leq \,r}$, dove $\mathrm {r<R}$, e $\theta$ varia arbitrariamente nell'intervallo (0, 1).

Un risutato analogo non vale per il resto di Lagrange; il quale perciò presenta nelle applicazioni il difetto che talvolta non si può affermare esser nullo il suo limite, perchè non si conosce il valore esatto di $\theta$. L'ignorare tale valore non ha invece importanza per il resto di Cauchy. 3° Dimostrare che:

$f(x)=f(0)+xf'(x)-.....+(-1)^{n+1}{\frac {x^{4}}{\lfloor {n}}}f^{(n)}(x)+R_{n}$,

ove:

$R_{n}=(-1)^{n+2}{\frac {x^{n+1}}{\lfloor {n+1}}}f^{(n+1)}(\delta \,x)$.

E scivere $R_{n}$ sotto forma analoga a quella di Cauchy

Ris. Si ponga $f(0==f(x-x)$.

4° Dimostrare che:

$f\left({\frac {x}{1+x}}\right)=f(x)-{\frac {x^{3}}{1+x}}f'(x)+.....+{\frac {(-1)^{n}x^{2n}}{(1+x)^{n}}}{\frac {f^{(n)}(x)}{\lfloor {n}}}+R_{n}$,

ove:

$R_{n}={\frac {(-1)^{n+1}+x^{2n+2}}{(1-x)^{n+1}}}{\frac {1}{\lfloor {n+1}}}f^{(n+1)}\left(x-\theta \,{\frac {x^{2}}{1+x}}\right)$.

Ris. Si ponga ${\frac {x}{1+x}}=x+h$, ossia $h={\frac {x^{2}}{1+x}}$.

4° Applicheremo quanto abbiamo appena detto allo sviluppo in serie di qualche funzione. Vediamo, p. es., di sviluppare in serie di Taylor la funzione ${\text{sen}}\,x$.

Occorre anzitutto cercare le successive derivate di $f(x)={\text{sen}}\,x$ e calcolare il valore per $x=0$. Si ha:

$f'\,\,\,(x)=\,\,\,{\text{cos}}\,x$, per cui $f'\,\,\,\,(0)=\,\,1$

$f''\,\,(x)=\,-{\text{sen}}\,x$, per cui $f''\,\,\,(0)=\,\,0$

$f'''\,(x)=\,-{\text{cos}}\,x$, per cui $f'''\,\,(0)=\,-1$

$f''''(x)=\,\,\,{\text{sen}}\,x$, per cui $f''''(0)=\,\,0$

$.\,\,\,.\,\,\,.\,\,\,.\,\,\,.\,\,\,.\,\,\,.\,\,\,.\,\,\,.\,\,\,.\,\,\,.\,\,\,.\,\,\,.\,\,\,.$

Essendo $f^{(4)}(x)=f(x)$ sarà $f^{(5)}(x)=f'(x).....$; cosicchè le derivate $f(x)={\text{sen}}\,x$ si riproducono periodicamente a quattro a quattro, ed in particolare si riprodurranno a quattro a quattro i valori che le successive derivate assumono per $x=0$ e che noi abbiamo precedentemente calcolati. Per la formola di Mac-laurin, supposto $n=2m$, cioè $n$ pari, abbiamo:

${\text{sen}}\,x=x-{\frac {1}{\lfloor {3}}}x^{3}+{\frac {1}{\lfloor {5}}}x^{5}-{\frac {1}{\lfloor {7}}}x^{7}+...\mp {\frac {1}{\lfloor {2m-1}}}x^{2m-1}+R_{n}(x)$ dove $R_{n}(x)=\pm {\frac {x^{2m+1}}{\lfloor {2m+1}}}{\text{cos}}(\theta \,x)$ soddisfa certamente alla $|R_{n}|\leq \,|{\frac {x^{2m+1}}{\lfloor {2\,m+1}}}|$, poichè $|{\text{cos}}(\theta \,x)\|\leq \,1$. Per passare dalla formola di mac-Laurin alla serie, basterò dimostrare che $R_{n}$ tende a zero quando $n=2m$ tende all'infinito; ciò è evidente perchè già abbiamo visto (esempio 1° di pag. 151) che:

$\lim _{n=\infty }{\frac {x^{n}}{\lfloor {n}}}=0$.

Si ha dunque:

${\text{sen}}\,x=x-{\frac {x^{3}}{\lfloor {3}}}+{\frac {x^{5}}{\lfloor {5}}}-{\frac {x^{7}}{\lfloor {7}}}+{\frac {x^{9}}{\lfloor {9}}}-.....$

In modo analogo si dimostra che:

${\text{cos}}\,x=1-{\frac {x^{2}}{\lfloor {2}}}+{\frac {x^{4}}{\lfloor {4}}}-{\frac {x^{6}}{\lfloor {6}}}+.....$

Il resto della serie di Taylor per la funzione $e^{x}$ vale ${\frac {x^{n}}{\lfloor {n}}}e^{\delta \,x}$, ove $e^{\theta \,x}$ è compreso tra $e^{\theta }=1$ ed $e^{x}$ (perchè $\theta$ è compreso tra $0$ ed $1$, e die due potenze di $e$ è maggiore quella con esponente maggiore), Quindi $e^{\theta \,x}$ non supera il più grande dei due numeri $1$ ed $e^{x}$²(che non varia con $n$). D'altra parte ${\frac {x^{n}}{\lfloor {n}}}$ tende a zero per $n=\infty$. Quindi $e^{x}$ è sviluppabile in serie di taylor, perchè il resto $R_{n}$ tende a zero per $n=\infty$. Si trova:

$x=1+{\frac {x}{1}}+{\frac {x^{2}}{\lfloor {2}}}+{\frac {x^{3}}{\lfloor {3}}}+....$

Quest'ultima serie si dice esponenziale, e serve a calcolare un numero $y=e^{x}$, di cui sia dato il logaritmo neperiano $x$.

5° Si sviluppi in serie di Taylor $y=(1+x)^{m}$. Poichè

$y^{(n)}=m(m-1)...(m-n+1)(1+x)^{m-n}$,

sarà

$y=1+mx+{\frac {m(m-1)}{\lfloor {2}}}x^{2}+{\frac {m(m-1)(m-2)}{\lfloor {3}}}x^{3}+.....$

quando il limite del resto sia nullo. Se $m$ è intero positivo, allora, per ogni valore della $x$, la precedente serie si riduce a un polinomio, perchè $y^{(n)}=0$ per $n>m$, ed il resto stesso è nullo già per $n=m+1$, Si ritorna in tal caso alla nota 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)³.

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 $f'(x)}{f(x)={\frac {m}{1+x}}$, 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 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 <math<x=0</math> 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:

$\log \,2={\frac {2}{3}}\,\left\{1+{\frac {1}{3}}\,\cdot \,{\frac {1}{9}}+{\frac {1}{5}}\left({\frac {1}{9}}\right)^{2}+{\frac {1}{7}}+\left({\frac {1}{9}}\right)^{3}+.....\right\}$. 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 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

$|x|<1$, $1-{\frac {\pi }{4}}<y<{\frac {\pi }{4}}$,

vale la:

$y={\text{arctg}}\,x=x-{\frac {x^{3}}{3}}+6{\frac {x^{5}}{5}}-{\frac {x^{7}}{7}}+.....$

Basta osservare che per $|x|<1$ la serie al secondo membro converge ed ha ${\frac {1}{1+x^{2}}}$ per derivata, e che per $x=0$ essa si annulla come ${\text{arctg}}\,x$. Da tale serie si deducono formole notevoli per il calcolo di $\pi$.

Così osservando che ${\frac {\pi }{6}}=\mathrm {artg} {\frac {1}{\sqrt {3}}}$ e che ${\frac {1}{\sqrt {3}}}<1$, si trova, ponendo $x={\frac {1}{\sqrt {3}}}$:

$\pi =2{\sqrt {3}}\left\{1-{\frac {1}{3}}\left({\frac {1}{3}}\right)+{\frac {1}{5}}\left({\frac {1}{3}}\right)^{2}-{\frac {1}{7}}\left({\frac {1}{3}}\right)^{3}+.....\right\}$

Un metodo ancor più comodo per il calcolo numeri di $\pi$ è il seguente.

Sia $\alpha$ l'angolo, la cui tangente è ${\frac {1}{5}}$. Sarà

$\mathrm {tg} \,2\,\alpha ={\frac {2\mathrm {tg} \,\alpha }{1-\mathrm {tg} ^{2}\,\alpha }}={\frac {5}{12}}$

$\mathrm {tg} \,4\,\alpha ={\frac {2\,\mathrm {tg} \,2\alpha }{1-\mathrm {tg} ^{2}\,2\alpha }}=1+{\frac {1}{119}}$.

Essendo $\mathrm {tg} \,4\alpha >1$, 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:

${\frac {\pi }{4}}=4\alpha -\beta =4\,\mathrm {arctg} {\frac {2}{10}}-\mathrm {arctg} {\frac {1}{239}}$

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:

$\mathrm {arcsen} \,x=x+{\frac {x^{3}}{2\,\cdot \,3}}+{\frac {1\,\cdot \,3}{2^{2}\lfloor {2}}}{\frac {x^{5}}{5}}+{\frac {1\,\cdot \,3\,\cdot \,5}{2^{3}\lfloor {3}}}{\frac {x^{2}}{7}}+{\frac {1\,\cdot \,3\,\cdot \,5\,\cdot \,7}{2^{4}\lfloor {4}}}{\frac {x^{9}}{9}}+.....$

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Note

1. 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!!.
2. Se $x>0$, $e^{x}$ è il più grande di $1$; invece, se $x<0$, è $e^{x}<1$.
3. 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</math> (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.