Integrali ricorsivi

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Il calcolo degli integrali ricorsivi è un potente ed elegante strumento, collegamento tra gli integrali e le successioni. Esso consente di determinare integrali definiti e indefiniti di funzioni dipendenti da un numero naturale $n$ , basandosi sul suo valore per $n=0$ e conoscendo la relazione tra un integrale e il successivo. Ne è un esempio la formula per le primitive della funzione definita da $\sin^n x$ , al variare del numero naturale $n$ .

Questo articolo è una guida completa sull’argomento, che rende accessibile le tecniche mediante spiegazioni chiare ed esempi pratici di notevole interesse. Se desideri scoprirne di più, prosegui pure la lettura!

Per una trattazione esaustiva e approfondita della teoria sull’integrazione secondo Riemann, si consiglia di fare riferimento al seguente materiale:

Rimandiamo inoltre alle seguenti raccolte di esercizi:

Sommario

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Il presente lavoro intende esplorare la tecnica classica di integrazione mediante relazioni ricorsive. All’esposizione della tecnica generale seguiranno problemi esemplari, da cui ricavare delle primitive come casi particolari¹. È presentata, inoltre, una dimostrazione del Teorema di Wallis.

Prerequisiti: trigonometria, conoscenze generali sugli integrali, tecniche di integrazione.

La scrittura semplicistica di $\int f(x)\,dx$ ad indicare una primitiva da luogo a diversi inconvenienti: anzitutto l’operatore integrazione non è iniettivo tra l’insieme delle funzioni e se stesso, per cui non si può parlare di operatore inverso alla derivazione. Per ovviare a tale problema, potrebbe definirsi l’integrale senza estremi come un’abbreviazione di “insieme di funzioni avente la medesima derivata.”

È una soluzione praticata, sebbene la definizione formale di integrale si rifà al concetto di estremo superiore -od inferiore- di somme, prevedendo estremi di integrazione. La definzione di una primitiva in accordo al teorema fondamentale del calcolo integrale come:

$F(x)=\int_a^xf(t)\,dt$

sembra includere come caso particolare il caso generale, al prezzo -modico, nell’avviso dell’Autore- di una notazione più puntigliosa. ↩

Autori e revisori

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Autori: Gaetano Cantisani

Revisori: Valerio Brunetti.

Tecnica generale

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Una delle prime tecniche utilizzate storicamente nella soluzione di integrali è la cosiddetta integrazione ricorsiva, la cui idea fondamentale è semplice.

Si supponga di voler calcolare un integrale

$I(n_i):=\int_a^b f(x,n_i)\,dx$

ove $a,b\in\mathbb{R}$ ed $n$ è un numero naturale maggiore di $1,$ mentre la funzione $f(x,n)$ è una funzione di variabile reale che dipende dal parametro $n$ .

Riuscendo a ricavare una certa relazione tra l’integrale $I(n_i)$ dato e l’integrale $I(n_j)$ con $n_j< n_i:$ sia questa relazione espressa da

$I(n_i)=F(I(n_j)).$

Infine, si supponga calcolabile (preferibilmente in modo agevole) l’integrale $I(n_0)$ con $n_0\le n_j<n_i:$ a questo punto, ricalcando le idea delle successioni per ricorrenza, si calcola l’integrale dato in funzione dell’integrale calcolato:

$I(n_i)=F^t(I(n_0)).$

Si seguiterà a rendere con esempi, il procedimento astratto.

Problemi ed esempi

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Problema 1. Sia $n\in\mathbb{N}$

e $n>1.$

Si calcoli

$\int_0^{\pi} \sin^n(x)\,dx.$

$\quad$

Soluzione. Si definisce

$I(n):=\int_0^{\pi} \sin^n(x)\,dx .$

Segue ad una manipolazione un’integrazione per parti²

$\begin{multline*} I(n)=\int_0^{\pi}\sin^{n-1}(x)\sin(x)\,dx=\\ \left[-\cos(x)\sin^{n-1}(x) \right]_0^{\pi}+(n-1)\int_0^{\pi} \sin^{n-2}(x)\cos^2(x)\,dx. \end{multline*}$

La valutazione dell’addendo a sinistra eguale a zero e l’applicazione della Prima Relazione Fondamentale della Trigonometria³ conduce a

$I(n)=(n-1)\int_0^{\pi}\sin^{n-2}(x)\left(1- \sin^2(x)\right)\,dx$

la quale conduce, svolgendo il prodotto ed utilizzando la linearità dell’integrale, a

$I(n)=(n-1)\int_0^{\pi}\sin^{n-2}(x)\,dx- (n-1)\int_0^{\pi}\sin^n(x)\,dx.$

La definizione posta in cima permette di esprimere la seguente relazione ricorsiva:

$I(n)=(n-1)I(n-2)-(n-1)I(n)$

da cui, infine

$I(n)=\frac{n-1}{n}I(n-2).$

Induttivamente, è possibile mostrare⁴ che

$\begin{cases} I(2n)=\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}I(0);\\ I(2n+1)=\dfrac{(2n)!!}{(2n+1)!!}I(1). \end{cases}$

ove $n!!$ è detto semifattoriale, definito come il prodotto dei numeri positivi minori di $n$ avente stessa parità di $n.$ Da ciò si deduce che gli unici due casi necessari da calcolare esplicitamente sono $I(0)$ e $I(1),$ rispettivamente eguali a $\pi$ e $2.$

Si osservi, inoltre, che la scelta di quale adoperare nel caso specifico dipende dalla parità di $n.$

Un’applicazione del precedente risultato ad un caso pratico è il seguente esempio:

Esempio 1. Si calcoli

$\int_0^{\pi}\sin^6(x)\,dx .$

Prelevando la relazione opportuna, si ottiene immediatamente che

$\int_0^{\pi}\sin^6(x)\,dx =\frac{5!!}{6!!}I(1),$

da cui

$\int_0^{\pi}\sin^6(x)\,dx =\frac{5\cdot 3\cdot 1}{6\cdot4\cdot 2}\pi=\frac{5}{16}\pi.$

Si osservi, infine, che $I(2n)$ assume valori razionali, mentre $I(2n+1)$ sono multipli razionali di $\pi.$

Il medesimo argomento permette di trattare il caso indefinito.

Problema 2 (versione integrale indefinito). Sia $n\in\mathbb{N}$

e $n>1$

Si calcoli una primitiva di $\sin^n(x).$

$\quad$

Soluzione. Il teorema fondamentale del calcolo integrale indica che il problema equivale al calcolo dell’integrale

$F(x,n):=\int_0^x\sin^n(t)\,dt,$

ove $0< x.$

Gli argomenti esposti precedentemente permettono di concludere in maniera simile, sebbene manchi la semplificazione della valutazione.

Infatti risulta essere, dopo la solita monipolazione e sommazione per parti,

$I(n)= -\cos(x)\sin^{n-1}(x) + (n-1)I(n-2)-(n-1)I(n),$

dalla quale si ottiene la relazione ricorsiva

$I(n)= \frac{-\cos(x)\sin^{n-1}(x)}{n}+ \frac{n-1}{n}I(n-2).$

Si omette la formula che esplicita $I(n)$ quale funzione di $I(0)$ .

Si indugia sul precedente risultato, mostrando una curiosa proprietà.

Problema 3 (teorema di Wallis). Si mostri che

$\lim_{n\to+\infty} \frac{2\cdot 2 \cdot4 \cdot4\dots 2n\cdot 2n }{1\cdot 3 \cdot 3\cdot 5\dots\cdot(2n-1)\cdot(2n+1)} =\frac{\pi}{2}.$

$\quad$

Soluzione. Non è riduttivo porre $n$ diverso da zero.

Poichè vale $0\le\sin(x)\le 1$ per $x$ nell’intervallo $[0,\pi],$ si ottiene la doppia maggiorazione:

$\sin^{2n+1}(x)\le \sin^{2n}(x)\le \sin^{2n-1}(x).$

Per via della proprietà di isotonia⁵ degli integrali, si ricava:

$\int_0^{\pi}\sin^{2n+1}(x)\,dx\le \int_0^{\pi}\sin^{2n}(x)\,dx\le \int_0^{\pi}\sin^{2n-1}(x)\,dx:$

da cui si ricavano le relazioni

$2\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\le \pi\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\le 2\frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}$

dovute all’applicazione delle formule ricorsive sopra enunciate.

Manipolando le due diseguaglianze separatamente e riaccorpando poi i risultati ottenuti, si perviene alla doppia diseguaglianza equivalente

$\frac{(2n)!!(2n)!!}{(2n+1)!!(2n-1)!!}\le \frac{\pi}{2}\le \frac{(2n)!!(2n-2)!!}{(2n-1)!!(2n-1)!!}.$

Ci si concentri sul termine di destra e si cerchi di una relazione con il termine di sinistra. Moltipicando e dividendo per la medesima quantità si ottiene

$\frac{(2n)!!(2n-2)!!}{(2n-1)!!(2n-1)!!} \frac{2n}{2n+1}\frac{2n+1}{2n},$

di cui si esplicita l’ordine associativo delle operazioni:

$\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \left( \frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!} \frac{2n}{2n+1} \right) \frac{2n+1}{2n}$

per cui il membro a destra equivale a

$\left(1+\frac{1}{2n} \right) \frac{(2n)!!(2n)!!}{(2n+1)!!(2n-1)!!}.$

Per agevolare i successivi conti si ponga

$P_n:=\frac{(2n)!!(2n)!!}{(2n+1)!!(2n-1)!!}$

per cui la relazione sopra indicata diviene

$P_n\le \frac{\pi}{2}\le \left(1+\frac{1}{2n} \right) P_n.$

Si noti, in particolare che $P_n\le\dfrac{\pi}{2}.$ Le solite manipolazioni delle due disequazioni conducono a concludere che

$0\le \frac{\pi}{2}-P_n\le \frac{P_n}{2n}.$

Ora, in virtù del particolare evidenziato:

$0\le \frac{\pi}{2}-P_n\le \frac{P_n}{2n}\le \frac{\pi}{4n}.$

Valendo

$\lim_{n\to+\infty}\frac{\pi}{4n}=0,$

per il teorema dei Due Carabinieri⁶, si conclude che

$\lim_{n\to+\infty}P_n=\frac{\pi}{2}.$

Seguono degli integrali avente forma simile e simile processo risolutivo.

Problema 4. Sia $b$

un reale positivo, $\alpha$

un reale non nullo e $n\in\mathbb{N}.$

Si calcoli

$\int_0^b x^ne^{\alpha x}\,dx .$

$\quad$

Soluzione. Si pone

$I(n):= \int_0^b x^ne^{\alpha x}\,dx.$

L’integrazione per parti conduce all’eguaglianza

$I(n)=\left[ \frac{e^{\alpha x}}{\alpha}x^n \right]_0^b- \frac{n}{\alpha} \int_0^b x^{n-1}e^{\alpha x}\,dx.$

La semplificazione della valutazione e l’impiego delle definizioni conducono a

$I(n)= \frac{e^{\alpha b}}{\alpha}b^n - \frac{n}{\alpha}I(n-1).$

Si pone

$A_n:= e^{\alpha b}b^n,$

per cui la relazione ricorsiva diventa

$I(n)=\frac{1}{\alpha} (A_n-nI(n-1)),$

ben definita per $n\ge 1.$ Induttivamente è possibile mostrare⁷ che vale la relazione:

$I(n)=(-1)^n\frac{n!}{\alpha^n}I(0)+ \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i \frac{A_{n-i}}{\alpha^{i+1}} \frac{n!}{(n-i)!}.$

Il calcolo esplicito⁸ di $I(0)$ e la sostituzione di $A_j$ conduce all’espressione finale:

$\int_0^b x^ne^{\alpha x}\,dx =(-1)^n\frac{n!}{\alpha^n} \left( \frac{e^{\alpha b}-1}{\alpha} \right) + e^{\alpha b}\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i \frac{b^{n-i}}{\alpha^{i+1}} \frac{n!}{(n-i)!}.$

Problema 5 (integrale versione indefinita). Sia $\alpha$

un reale non nullo e $n\in\mathbb{N}.$

Si calcoli una primitiva di $x^ne^{\alpha x}.$

$\quad$

Soluzione. Il teorema fondamentale del calcolo integrale indica che la soluzione al problema consiste nel calcolo dell’integrale:

$F(x,n):= \int_0^x t^ne^{\alpha t}\,dt.$

È il problema a cui abbiamo dato soluzione.

Problema 6. Siano $\alpha,\epsilon\in\mathbb{R},$

in modo che valga $\alpha>1$

e $0<\epsilon<1.$

Sia, inoltre $n\in\mathbb{N}.$ Si calcoli

$\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha}\ln^n(x)\,dx .$

$\quad$

Soluzione. Si ponga⁹

$I(n):= \int_{\epsilon}^1 x^{\alpha}\ln^n(x)\,dx .$

Integrando per parti si ottiene

$I(n)=\left[\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} \ln^n(x)\right]_{\epsilon}^1- \frac{n}{\alpha+1}\int_{\epsilon}^1 \frac{x^{\alpha+1}}{x}\ln^{n-1}(x)\,dx.$

La semplificazione della valutazione e della funzione integranda conduce a

$I(n)=- \frac{\epsilon^{\alpha+1}}{\alpha+1} \ln^n(\epsilon)- \frac{n}{\alpha+1} \int_{\epsilon}^1 x^{\alpha}\ln^{n-1}(x)\,dx,$

che equivale a scrivere, richiamando le definizioni poste,

$I(n)=- \frac{\epsilon^{\alpha+1}}{\alpha+1} \ln^n(\epsilon)- \frac{n}{\alpha+1}I(n-1).$

Si definisce

$A_n:=\epsilon^{\alpha+1}\ln^n(\epsilon),$

ottendendo la scrittura più maneggevole:

$I(n)=\frac{1}{\alpha+1} \left( -A_n-nI(n-1) \right),$

valida per $n\ge 1.$

Per induzione si mostra¹⁰ che la relazione precedente equivale a

$I(n)=(-1)^n\frac{n!}{(\alpha+1)^n}I(0)+ \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+1} \frac{A_{n-i}}{(\alpha+1)^{i+1}} \frac{n!}{(n-i)!}.$

Sostituendo l’originale valore di $A_n$ e calcolando¹¹ il valore di $I(0)$ si perviene al risulato finale

$\begin{multline*} \int_{\epsilon}^1 x^{\alpha}\ln^n(x)\,dx= \\ (-1)^n\frac{n!}{(\alpha+1)^n} \left( \frac{1-\epsilon^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right) + \epsilon^{\alpha+1} \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+1} \frac{\ln^{n-i}(\epsilon)}{(\alpha+1)^{i+1}} \frac{n!}{(n-i)!}. \end{multline*}$

Volendo appagare il desiderio di utilizzare i risultati poco agevoli in casi più semplici, si applichi il risultato precedente al seguente esempio.

Esempio 2. Si calcoli

$\int_{\epsilon}^1 x^t\ln(x)\,dx,$

con $t\in\mathbb{R}$ e diverso da $-1$ ed $\epsilon$ reale tale che $0<\epsilon<1.$

L’integrale è direttamente calcolabile mediante integrazione per parti.

Tuttavia si può calcolare $I(1):$

$I(1)= (-1)^n\frac{1!}{(t+1)^1} \left( \frac{1-\epsilon^{t+1}}{t+1} \right) + \epsilon^{t+1} \sum_{i=0}^{0}(-1)^{i+1} \frac{\ln^{1-i}(\epsilon)}{(t+1)^{i+1}} \frac{1!}{(1-i)!},$

che fornisce il risultato

$\int_{\epsilon}^1 x^t\ln(x)\,dx= \frac{\epsilon^{t+1}-1}{(t+1)^2}- \frac{\epsilon^{t+1}\ln(\epsilon)}{t+1}.$

Il lettore verifichi da sè che l’applicazione dell’integrazione per parti conduce al medesimo valore.

Problema 7 (versione integrale indefinito). Siano $\alpha\in\mathbb{R},$

in modo che valga $|\alpha|\neq-1;$

sia, inoltre, $n\in\mathbb{N}.$

Si calcoli una primitiva di $x^{\alpha}\ln^n(x)\,dx .$

$\quad$

Soluzione. Dal teorema fondamentale del calcolo integrale, il problema equivale al calcolo di

$F(x,n):=\int_1^x t^{\alpha}\ln^n(t)\, dt,$

considerando $1\le x.$ Effettuando il cambio di variabile $t\mapsto \dfrac{1}{y}$ si ottiene

$F(x,n):=-\int_1^{\frac{1}{x}} \left(\frac{1}{y} \right)^{\alpha} \ln^n \left(\frac{1}{y} \right)\frac{1}{y^2}\, dy,$

il quale equivale a

$F(x,n):=\int_{\frac{1}{x}}^1 y^{\alpha-2} \ln^n(y)\, dy.$

per le note proprietà del logaritmo. Si osservi che $0<\dfrac{1}{x}\le 1,$ per cui ci siamo ricondotti ai casi già analizzati (si osservi che $\alpha\neq 1$ ).

Si supponga che $f,g:[a,b]\to\mathbb{R}$ siano due funzioni continue e aventi derivata continua in $[a,b].$ Allora

$\int_a^bf(x)g(x)\,dx= [F(x)g(x)]_a^b-\int_a^b F(x)g'(x)\,dx,$

indicando con $F(x)$ una primitiva di $f(x)$ . ↩

Sia $\theta\in\mathbb{R}.$ Allora vale

$\sin^2(\theta)+\cos^2(\theta)=1.$

↩

Si veda la dimostrazione 1 o anche l’euristica 1 per un’idea su come ricavarne di simili. ↩

Sia $[a,b]$ un intervallo di $\mathbb{R}.$ Si considerino $f,g:[a,b]\to \mathbb{R}$ due funzioni. Si supponga, inoltre, che $f(x)\le g(x)$ per ogni $x\in [a,b].$ Allora vale

$\int_a^b f(x)\, dx\le \int_a^b g(x)\, dx.$

↩

Siano $a_n,b_n,c_n$ tre successioni. Supposto che valga

$\quad$

$a_n\le b_n\le c_n$ definitivamente;

$\lim_{n\to+\infty}a_n= \lim_{n\to +\infty}c_n=l\in\mathbb{R}.$

Allora esiste il limite di $b_n$ e risulta essere

$\lim_{n\to+\infty}b_n=l.$

↩

Si veda la dimostrazione 2 ed anche l’euristica 2. ↩

È un’integrazione immediata:

$\int_0^be^{\alpha x}\,dx= \frac{e^{\alpha b}-1}{\alpha}.$

↩

Mediante la sostituzione $\ln(x)=t$ ci si riconduce alle forme analizzate in problemi precedenti.

Il Lettore completi i dettagli. ↩

Si veda la dimostrazione 3 e l’Euristica 3. ↩

Si ottiene mediante un’integrazione immediata:

$\int_{\epsilon}^1x^{\alpha}\, dx= \frac{1-\epsilon^{\alpha+1}}{\alpha+1}.$

↩

Appendice: le dimostrazioni

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Questa sezione è da intendersi come mera curiosità, perche nella pratica degli esercizi non è efficiente ricavare la formula generale dalla relazione ricorsiva, dimostrarne la correttezza e poi applicarla: si preferisce, invece, ricavare la relazione ricorsiva e calcolare la dipendenza dell’integrale dato sostituendo le espressioni di altri integrali, più facili da calcolare.

Inoltre le tecniche esposte esulano dall’argomento del presente lavoro, in quanto riguardano concetti e metodi delle successioni definite per ricorrenza.

Una nota metodologica: l’induzione è un procedimento dimostrativo che permette di dimostrare una formula data.

Ricavarla è un altro discorso.

Proposizione 1. Si mostri che la relazione ricorsiva

$I(n)=\frac{n-1}{n}I(n-2)$

conduce all’espressione generale

$\begin{cases} I(2n)=\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}I(0);\\ I(2n+1)=\dfrac{(2n)!!}{(2n+1)!!}I(1). \end{cases}$

$\quad$

Dimostrazione. Passo base.

Si consideri $n=0$ e si manipoli la seconda relazione: essa diventa

$I(2\cdot 0+1)=\frac{(2\cdot 0)!!}{(2\cdot 0+1)!!}I(1)$

che è banalmente vera.

Sia, ora, $n=1:$ la prima diventa

$I(2\cdot 1)=\frac{(2\cdot 1-1)!!}{(2\cdot 1)!!}I(0)$

che equivale ad affermare che

$\int_0^{\pi} \sin^2(x)\,dx=\frac{1}{2} \int_0^{\pi} 1\,dx$

com’è direttamente verificabile.

Passo induttivo.

Nel medesimo modo si scinda il caso pari da quello dispari.

Si suppongano vere le due relazioni per $n.$ Dunque va verificato il primo caso:

$I(2(n+1))=\frac{(2(n+1)-1)!!}{(2(n+1))!!}I(0)$

che equivale a

$I(2n+2)=\frac{(2n+1)!!}{(2n+2))!!}I(0).$

La relazione che lega $I(2n+2)$ l’integrale che lo “precede” è

$I(2n+2)=\frac{2n+1}{2n+2}I(2n),$

mentre, per ipotesi induttiva, vale

$I(2n)= \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}I(0).$

Sostituendo questa espressione nella precedente si ottiene:

$I(2n+2)=\frac{2n+1}{2n+2} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}I(0),$

che è quanto si voleva mostrare.

Analogamente la seconda relazione: va mostrato che vale

$I(2(n+1)+1)=\frac{(2(n+1))!!}{(2(n+1)+1)!!}I(1),$

od, equivalentemente:

$I(2n+3)=\frac{(2n+2))!!}{(2n+3)!!}I(1).$

La relazione che lega $I(2n+3)$ al “precedente” è

$I(2n+3)=\frac{2n+2}{2n+3}I(2n+1).$

mentre, per ipotesi induttiva, vale

$I(2n+1)=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}I(1).$

Sostituendo questa espressione nella precedente si ottiene

$I(2n+3)=\frac{2n+2}{2n+3} \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}I(1),$

che è la tesi.

Proposizione 2. Si mostri che la relazione ricorsiva

$I(n)=\frac{1}{\alpha} (A_n-nI(n-1)).$

conduce all’espressione generale

$I(n)=(-1)^n\frac{n!}{\alpha^n}I(0)+ \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i \frac{A_{n-i}}{\alpha^{i+1}} \frac{n!}{(n-i)!}.$

$\quad$

Dimostrazione. Caso base.

Sia $n=1:$ va verificato che

$I(1)=(-1)^1\frac{1!}{\alpha^1}I(0)+ \sum_{i=0}^{1-1}(-1)^i \frac{A_{1-i}}{\alpha^{i+1}} \frac{1!}{(1-i)!}$

che equivale a

$I(1)=(-1)^1\frac{1!}{\alpha^1}I(0)+ \frac{A_{1}}{\alpha}.$

Tale eguaglianza coinvolgente due integrali è agilmente verificabile.

Passo induttivo.

Si supponga la relazione vera per $n$ e si mostri che vale anche per $n+1:$ va mostrato cioè che vale

$I(n+1)=(-1)^{n+1}\frac{(n+1)!}{\alpha^{n+1}}I(0)+ \sum_{i=0}^{(n+1)-1}(-1)^i \frac{A_{(n+1)-i}}{\alpha^{i+1}} \frac{(n+1)!}{(n+1-i)!},$

che equivale a

$I(n+1)=(-1)^{n+1}\frac{(n+1)!}{\alpha^{n+1}}I(0)+ \sum_{i=0}^{n}(-1)^i \frac{A_{n+1-i}}{\alpha^{i+1}} \frac{(n+1)!}{(n+1-i)!}.$

La relazione ricorsiva afferma che

$I(n+1)=\frac{1}{\alpha} (A_{n+1}-(n+1)I(n)),$

mentre l’ipotesi induttiva assicura la verità di

$I(n)= (-1)^n\frac{n!}{\alpha^n}I(0) + \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i \frac{A_{n-i}}{\alpha^{i+1}} \frac{n!}{(n-i)!}.$

Si sostituisca tale espressione nella precedente; si ottiene:

$I(n+1) =\frac{1}{\alpha} \left[A_{n+1}-(n+1) \left( (-1)^n\frac{n!}{\alpha^n}I(0)+ \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i \frac{A_{n-i}}{\alpha^{i+1}} \frac{n!}{(n-i)!} \right) \right].$

Svolgendo i calcoli si giunge alla seguente scrittura equivalente:

$I(n+1)= (-1)^{n+1}\frac{(n+1)!}{\alpha^{n+1}}I(0) -\frac{n+1}{\alpha} \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i \frac{A_{n-i}}{\alpha^{i+1}} \frac{n!}{(n-i)!}+ \frac{1}{\alpha}A_{n+1},$

a sua volta equivalente ad

$I(n+1)= (-1)^{n+1}\frac{(n+1)!}{\alpha^{n+1}}I(0) + \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+1} \frac{A_{n-i}}{\alpha^{i+2}} \frac{(n+1)!}{(n-i)!}+ \frac{1}{\alpha}A_{n+1}.$

Operando lo “shift” degli indici (operazione che permette di sostituire gli indici di una sommatoria) $i+1\mapsto i,$ si ottiene

$I(n+1)= (-1)^{n+1}\frac{(n+1)!}{\alpha^{n+1}}I(0) + \sum_{i=1}^{n}(-1)^{i} \frac{A_{n-i+1}}{\alpha^{i+1}} \frac{(n+1)!}{(n-i+1)!}+ \frac{1}{\alpha}A_{n+1}.$

Riconoscendo nell’addendo all’estrema destra il primo addendo della sommatoria (corrispondente a $i=0$ ), si può infine scrivere:

$I(n+1)= (-1)^{n+1}\frac{(n+1)!}{\alpha^{n+1}}I(0) + \sum_{i=0}^{n}(-1)^{i} \frac{A_{n+1-i}}{\alpha^{i+1}} \frac{(n+1)!}{(n+1-i)!}$

che è quanto si voleva mostrare.

Proposizione 3. Si mostri che la relazione ricorsiva

$I(n)=\frac{1}{\alpha+1} \left( -A_n-nI(n-1) \right)$

conduce alla formula generale

$I(n)=(-1)^n\frac{n!}{(\alpha+1)^n}I(0)+ \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+1} \frac{A_{n-i}}{(\alpha+1)^{i+1}} \frac{n!}{(n-i)!}.$

$\quad$

Dimostrazione. Caso base.

Sia $n=1:$ va verificato che vale

$I(1)=(-1)^1\frac{1!}{(\alpha+1)^1}I(0)+ \sum_{i=0}^{1-1}(-1)^{i+1} \frac{A_{1-i}}{(\alpha+1)^{i+1}} \frac{1!}{(1-i)!},$

che equivale ad

$I(1)=-\frac{1}{\alpha+1}I(0)+ -1 \frac{A_1}{\alpha+1}:$

richiamando le definizioni date nel testo, è una semplice verifica.

Passo induttivo.

Si supponga vero

$I(n)=(-1)^n\frac{n!}{(\alpha+1)^n}I(0)+ \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+1} \frac{A_{n-i}}{(\alpha+1)^{i+1}} \frac{n!}{(n-i)!};$

ciò che si vuole mostrare è che

$I(n+1)=(-1)^{n+1} \frac{(n+1)!}{(\alpha+1)^{n+1}}I(0)+ \sum_{i=0}^{(n+1)-1}(-1)^{i+1} \frac{A_{(n+1)-i}}{(\alpha+1)^{i+1}} \frac{(n+1)!}{((n+1)-i)!},$

od, equivalentemente:

$I(n+1)=(-1)^{n+1} \frac{(n+1)!}{(\alpha+1)^{n+1}}I(0)+ \sum_{i=0}^{n}(-1)^{i+1} \frac{A_{n+1-i}}{(\alpha+1)^{i+1}} \frac{(n+1)!}{(n+1-i)!}.$

La relazione ricorsiva permette anche di scrivere

$I(n+1)=\frac{1}{\alpha+1} \left( -A_{n+1}-(n+1)I(n) \right),$

per cui sfruttando l’ipotesi induttiva, si ottiene

$\begin{multline*} I(n+1)= \frac{1}{\alpha+1}\\ \left[ -A_{n+1}-(n+1) \left( (-1)^n\frac{n!}{(\alpha+1)^n}I(0)+ \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+1} \frac{A_{n-i}}{(\alpha+1)^{i+1}} \frac{n!}{(n-i)!} \right) \right]. \end{multline*}$

Svolgendo i conti si perviene a

$I(n+1)=(-1)^{n+1}\frac{(n+1)!}{(\alpha+1)^{n+1}}I(0) -\frac{n+1}{\alpha+1} \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+1} \frac{A_{n-i}}{(\alpha+1)^{i+1}} \frac{n!}{(n-i)!} -\frac{A_{n+1}}{\alpha+1}$

che equivale a

$I(n+1)=(-1)^{n+1}\frac{(n+1)!}{(\alpha+1)^{n+1}}I(0) + \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+2} \frac{A_{n-i}}{(\alpha+1)^{i+2}} \frac{(n+1)!}{(n-i)!} -\frac{A_{n+1}}{\alpha+1}$

Il medesimo “shift” di indici già visto ( $i+1\mapsto i$ ) permette di riscrivere il tutto:

$I(n+1)=(-1)^{n+1}\frac{(n+1)!}{(\alpha+1)^{n+1}}I(0) + \sum_{i=1}^{n}(-1)^{i+1} \frac{A_{n-i+1}}{(\alpha+1)^{i+1}} \frac{(n+1)!}{(n-i+1)!} -\frac{A_{n+1}}{\alpha+1}.$

Riconoscendo nell’addendo a destra il primo addendo della sommatoria (corrispondente a $i=0$ ), si può riscrivere, infine:

$I(n+1)=(-1)^{n+1} \frac{(n+1)!}{(\alpha+1)^{n+1}}I(0) + \sum_{i=0}^{n}(-1)^{i+1} \frac{A_{n+1-i}}{(\alpha+1)^{i+1}} \frac{(n+1)!}{(n+1-i)!},$

che è quanto si voleva mostrare.

Si perdoni l’abuso di notazione: il procedimento formale è operare una sostituzione

$y+1=i$

e, dopo avere manipolato i simboli, rinominare $i=y:$ sebbene si sia seguita questa operazione nell’atto del calcolo, si è evitata al lettore la tortura della pedanteria. ↩

Postilla euristica

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I testi peccano nelle tecniche per ricavare le formule, perchè non ne esistono, che non siano le doti innate di osservazione ed astrazione. Fedeli a questo assioma, la presente sezione mostra come le formule si possano ricavare osservando i casi particolari ed azzardando una formula risolutiva.

Non s’ha la pretesa di rigore o di mostrare la metodologia: è un semplice memoriale che testimonia dei processi mentali.

Nel brivido di tale scommessa -il cui esito è affidato alla dimostrazione per induzione- risiede parte della bellezza dell’ esplorazione matematica¹³.

Euristica 1. Sia data la relazione ricorsiva

$I(n)=\frac{n-1}{n}I(n-2)$

Ci prefiggiamo di giungere ad una formula¹⁴ che esprima $I(n)$ in funzione di uno (o pochi) valori inziali.

La tecnica consiste nello schematizzare le osservazioni. Arbitrariamente scelgo $n=5:$ vale

$I(5)=\frac{4}{5}I(3);$

al contempo

$I(3)=\frac{2}{3}I(1).$

Questa catena può ritenersi esaurita, in quanto $I(1)$ è un valore dato o facilente calcolabile.

Ora sostituisco tale espressione nella precedente, i cui calcoli conducono a

$I(5)=\frac{4}{5} \frac{2}{3}I(1).$

Osservo che la frazione è costituita da due funzioni di $n:$ il semifattoriale sembra adattarsi ai dati. Diversamente, se ne sarebbe potuta definire una nuova.

Osservo che $n-2$ ha medesima parità di $n,$ per cui il numero scelto arbitrariamente non conclude i casi da analizzare: è necessario testare anche i pari. Ora si sperimenta con un numero pari: $n=6.$ Si hanno le seguenti eguaglianze

$\begin{cases} I(6)=\dfrac{5}{6}I(4)\\[9pt] I(4)=\dfrac{3}{4}I(2)\\[9pt] I(2)=\dfrac{1}{2}I(0). \end{cases}$

Ora sostituendo l’ultima nella penultima; poi la penultima nella prima si giunge all’espressione:

$I(6)=\frac{5}{6} \frac{3}{4} \frac{1}{2}I(0).$

Anche in questo caso, come nel precedente, il semifattoriale sembra funzionare per la costruzione della frazione.

Appagato anche il senso estetico derivante dalla simmetria, si procede a dedurre induttivamente¹⁵ una formula generale.

La proposta che sembra ragionevole è

$\begin{cases} I(2n)=\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}I(0); \\ I(2n+1)=\dfrac{(2n)!!}{(2n+1)!!}I(1), \end{cases}$

ove si è scelto un modo sintetico di indicare la parità del parametro $n.$

Qui il processo creativo deve lasciar spazio alle verifiche formali: se esse non convalidano il risultato, quanto scritto sinora è carta straccia.

Euristica 2. Sia data la relazione ricorsiva

$I(n)=\frac{1}{\alpha} (A_n-nI(n-1)).$

Si vuole giungere alla formula chiusa.

Diversamente dal caso precedente, si osserva che la relazione tra un termine che dipende da un paramentro e un termine che dipende dal parametro che lo precede: non sembra che la parità del parametro sia un determinante. Per cui si sperimenta la formula con $n=3;$ si hanno queste eguaglianze:

$\begin{cases} I(3)=\dfrac{1}{\alpha} (A_3-3I(2))\\[9pt] I(2)=\dfrac{1}{\alpha} (A_2-2I(1))\\[9pt] I(1)=\dfrac{1}{\alpha} (A_1-I(0)). \end{cases}$

Si è giunti ad utilizzare $I(0),$ il valore dato. Mediante successive sostituzioni -si badi a sostituire ogni equazione nella precedente- e svolgendo i calcoli si giunge all’espressione:

$I(3)=\frac{1}{\alpha}A_3- \frac{3}{\alpha^2}A_2 +\frac{3\cdot2}{\alpha^3}A_1- \frac{3\cdot 2\cdot 1}{\alpha^3}I(0).$

Ora si tratta di scrivere quanto calcolato in maniera compatta.

Anzittutto sembra che la struttura sia la seguente: un ultimo addendo che dipende da $n$ e da $I(0),$ mentre un insieme di $3$ addendi che hanno delle regolarità.

Concentrandosi sull’insieme di addendi, trattandosi di una somma, sembra che la sommatoria sia la notazione che meglio si può adattare.

Deve considerarsi ora il rapporto tra l’indice di sommatoria e i varii indici che compaiono in ogni fattore.

Si osserva che $A_j$ ha indici che decrescono da $3$ a $1:$ volendo preservare questo ordinamento, un’espressione che organizza i dati potrebbe essere $A_{n-i},$ se $i$ varia tra $0$ e $n-1$ (nel nostro caso tra 0 e 2).

Si è dunque stabilito anche il probabile intervallo di valori assunti dall’indice.

Volendo esprimere anche l’alternanza del segno in funzione dell’indice, si osserva che quando l’indice è nullo si ha un meno e così via: per cui una formula funzionante potrebbe essere: $(-1)^i.$

I denominatori seguono una progressione geometrica, per cui $\alpha^{i+1},$ ove la somma è necessaria per evitare che il primo (ad esempio) scompaia.

Infine i fattori moltiplicativi: sembra che abbiano una somiglianza con il fattoriale, tuttavia si tratta di fattoriali “complementari:” il primo addendo sembra “non avere” $3!$ fattori, il secondo $2!$ fattori, il terzo non ha $1!$ fattori.

La fumosa idea di fattoriale “complementare” si esprime bene con

$\frac{n!}{(n-i)!},$

che descrive esattamente quanto le parole faticano ad esprimere.

Manca infine l’addendo isolato: sembra che ogni sua componente sia ben destritta dalla formula (dipendente solo da $n$ )

$(-1)^n\frac{n!}{\alpha^n}I(0).$

Ogni singola parte è stata anilizzata: la formula va solo scritta, ottenendo

$I(n)=(-1)^n\frac{n!}{\alpha^n}I(0)+ \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i \frac{A_{n-i}}{\alpha^{i+1}} \frac{n!}{(n-i)!}.$

Al solito, si attende la prova induttiva.

Euristica 3. Sia data la relazione ricorsiva

$I(n)=\frac{1}{\alpha+1} (-A_n-nI(n-1)).$

È nostro interesse ricavare una formula chiusa.

Al solito si osserva che non ci sono accorgimenti per quanto riguarda la parità.

Dunque si esprimono alcuni casi, scegliendo $n=3.$ Valgono le seguenti relazioni

$\begin{cases} I(3)=\dfrac{1}{\alpha+1} (-A_3-3I(2))\\[9pt] I(2)=\dfrac{1}{\alpha+1} (-A_2-2I(1))\\[9pt] I(1)=\dfrac{1}{\alpha+1} (-A_1-I(0)). \end{cases}$

Le solite sostituzioni e i soliti calcoli permettono di esprimere quanto segue:

$I(3)=-\frac{1}{\alpha+1}A_3+ \frac{3}{(\alpha+1)^2}A_2 -\frac{3\cdot2}{(\alpha+1)^3}A_1- \frac{3\cdot 2\cdot 1}{(\alpha+1)^3}I(0).$

Si osservano immediatamente alcune somiglianze con il caso precedente: la struttura generale formata da una serie di addendi e un addendo finale dipendente da $n;$ un’alternanza dei segni simile alla precedente; la medesima espressione dell’addendo finale.

In particolare la decrescenza delle $A_j$ porta a concludere che $A_{n-i}$ descriva bene la situazione; inoltre fornisce la medesima conclusione sugli estremi della sommatoria, anche in questo caso $0$ e $n-1.$

Il primo addendo, che corrisponde a $i=0,$ deve avere segno negativo, per cui una formula che sembra modellizzare bene sembra essere $(-1)^{i+1}.$

I ragionamenti circa i denominatori e i fattori moltiplicativi sono le copie di quelli già esposti, per cui si omettono.

In definitiva la formula finale che si è trovata è

$I(n)=(-1)^n\frac{n!}{(\alpha+1)^n}I(0)+ \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+1} \frac{A_{n-i}}{(\alpha+1)^{i+1}} \frac{n!}{(n-i)!}.$

La convalida è necessaria, non diversamente da prima.

È modesta ed opinabile opinione dell’Autore. ↩

È la cosiddetta formula chiusa. ↩

Questo è un punto controverso, in quanto il senso nel quale è inteso l’aggettivo è il senso ampio usato nella filosofia della scienza: dedurre da un insieme di dati una legge che li descriva e ne preveda di nuovi. La confusione nasce dalla condivisione della medesima parola con la dimostrazione per induzione, la precisa tecnica matematica. ↩

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