A. Formule notevoli#

Teorema 54 (Somma dei primi \(n\) interi)

La somma dei primi \(n \in \mathbb N\) numeri interi è

(A.1)#\[\sum_{i=1}^n i = \frac{n(n+1)}{2} \enspace.\]

Dimostrazione.

Sia \(S = \sum_{i=1}^n i\): lo schema seguente elenca nella prima riga tutti gli addendi della somma in \(S\) dal primo all'ultimo, e nella seconda gli stessi addendi nell'ordine inverso. In fondo a ognuna di queste due righe è indicata la somma di tutti i relativi elementi, che per definizione è in entrambi i casi \(S\). Ogni elemento della terza riga è ottenuto sommando i due elementi che stanno al di sopra di lui nella medesima colonna, e si vede facilmente come il risultato di questa somma sia sempre uguale a \(n+1\).

\( 1 \) \( 2 \) \( 3 \) \( \dots \) \( n-2 \) \( n-1 \) \( n \) \( S \)
\( n \) \( n-1 \) \( n-2 \) \( \dots \) \( 3 \) \( 2 \) \( 1 \) \( S \)
\( n+1 \) \( n+1 \) \( n+1 \) \( \dots \) \( n+1 \) \( n+1 \) \( n+1 \) \( 2S \)

Pertanto, \(2 S\) è uguale alla somma di tutti gli altri elementi sull'ultima riga, ma questi sono sempre uguali a \(n + 1\), e sono \(n\) in tutto. Il che ci permette di concludere che \(2 S = n (n + 1)\), da cui segue la tesi.

Teorema 55 (Somma dei quadrati dei primi \(n\) interi)

La somma dei quadrati dei primi \(n \in \mathbb N\) numeri interi è

(A.2)#\[\sum_{i=1}^n i^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \enspace.\]

Dimostrazione.

Applicando la tecnica di dimostrazione per induzione su \(n\), il caso base \(n=1\) si verifica banalmente per ispezione: il membro sinistro dell'uguaglianza vale \(1\) e il suo membro destro vale \(\frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = 1\). Per quanto riguarda il passo dell'induzione,

\[\begin{align*} \sum_{i=1}^{n+1} i^2 &= \sum_{i=1}^n i^2 + (n+1)^2 \\ &= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2 \\ &= (n+1) \frac{n(2n+1) + 6(n+1)}{6} \\ &= (n+1) \frac{2n^2 + 7n +6}{6} \\ &= (n+1) \frac{(n + 2)(2n + 3)}{6} \enspace. \end{align*}\]

Teorema 56 (Somma dei cubi dei primi \(n\) interi)

La somma dei cubi dei primi \(n \in \mathbb N\) numeri interi è

(A.3)#\[\sum_{i=1}^n i^2 = \frac{n^2(n+1)^2}{4} \enspace.\]

Dimostrazione.

Applicando la tecnica di dimostrazione per induzione su \(n\), il caso base \(n=1\) si verifica banalmente per ispezione: il membro sinistro dell'uguaglianza vale \(1\) e il suo membro destro vale \(\frac{1^2 \cdot 2^2}{4} = 1\). Per quanto riguarda il passo dell'induzione,

\[\begin{align*} \sum_{i=1}^{n+1} i^3 &= \sum_{i=1}^n i^3 + (n+1)^3 \\ &= \frac{n^2(n+1)^2}{4} + (n+1)^3 \\ &= (n+1)^2 \left( \frac{n^2}{4} + n + 1 \right) \\ &= (n+1)^2 \frac{n^2 + 4n + 4}{4} \\ &= (n+1)^2 \frac{(n + 2)^2}{4} \enspace. \end{align*}\]

Teorema 57 (Somma delle quarte potenze dei primi \(n\) interi)

La somma delle quarte potenze dei primi \(n \in \mathbb N\) numeri interi è

(A.4)#\[\sum_{i=1}^n i^4 = \frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2 + 3n - 1)}{30} \enspace.\]

Dimostrazione.

Applicando la tecnica di dimostrazione per induzione su \(n\), il caso base \(n=1\) si verifica banalmente per ispezione: il membro sinistro dell'uguaglianza vale \(1\) e il suo membro destro vale \(\frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 5}{30} = 1\). Per quanto riguarda il passo dell'induzione, vale la pena scriverlo in questo modo: posto

\[P(n) \triangleq n(n+1)(2n+1)(3n^2 + 3n - 1) \enspace,\]

dobbiamo dimostrare che

\[\begin{align*} \sum_{i=1}^{n+1} i^4 &= \frac{P(n+1)}{30} \enspace. \end{align*}\]

Ora, sfruttando l'ipotesi induttiva,

\[\begin{align*} \sum_{i=1}^{n+1} i^4 &= \sum_{i=1}^n i^4 + (n+1)^4 \\ &= \frac{P(n)}{30} + (n+1)^4 \enspace, \end{align*}\]

pertanto ci basta dimostrare che \(D(n) \triangleq P(n+1) - P(n) = 30 (n + 1)^4\). Questa uguaglianza si verifica procedendo nel modo seguente: innanzitutto, vale

\[\begin{align*} D(n) &= (n+1)(n+2)(2n+3)(3n^2 + 9n + 5) - n(n+1)(2n+1)(3n^2 + 3n - 1) \\ &= (n+1) \left( (n+2)(2n+3)(3n^2 + 9n + 5) - n(2n+1)(3n^2 + 3n - 1) \right) \enspace. \end{align*}\]

Osservando ora che \((3n^2 + 9n + 5) = (3n^2 + 3n - 1) + 6(n + 1)\), si può ricavare

\[\begin{align*} D(n) &= (n + 1)(3n^2 + 3n - 1) \left( (n+2)(n+3) - n(2n+1) \right) + \\ & \quad\quad 6 (n+1)^2 (n+2) (2n+3) \\ &= 6 (n+1)^2 (3n^2 + 3n - 1) + 6 (n+1)^2 (n+2) (2n+3) \\ &= 6 (n+1)^2 (5n^2 + 10n + 5) \\ &= 30 (n+1)^4 \enspace. \end{align*}\]

La serie geometrica è una serie numerica fondamentale, nota fin dall'antichità. Si chiama così perché originariamente era usata per risolvere problemi geometrici, come il calcolo della somma di aree o volumi in una progressione in cui ogni termine è una frazione costante di quello precedente. Oltre che al calcolo delle probabilità, viene applicata per esempio in fisica ed economia, ma anche per analizzare altre serie. I prossimi risultati mostrano come ricavare la formula della somma finita e della serie infinita, in due varianti.

Definizione 64 (Serie geometrica)

Dato \(q \in \mathbb R\), la somma

\[\sum_n q^n \enspace,\]

contata a partire da \(n = 0\), viene detta serie geometrica di ragione \(q\).

Teorema 58

Per ogni \(q \in \mathbb R\) e per ogni \(n \in \mathbb N\) si ha

(A.5)#\[\sum_{i=0}^n q^i = \begin{cases} n+1 & \text{se } q = 1 \\ \dfrac{1-q^{n+1}}{1-q} & \text{se } q \neq 1 \end{cases} \enspace.\]

Dimostrazione.

Se \(q = 1\), allora tutti gli addendi sono uguali a \(1\), quindi la somma vale immediatamente \(n+1\).

Supponiamo ora \(q \neq 1\) e poniamo

\[S_n = \sum_{i=0}^n q^i = 1 + q + q^2 + \dots + q^n \enspace.\]

Moltiplicando entrambi i membri per \(q\), otteniamo

\[q S_n = q + q^2 + \dots + q^n + q^{n+1} \enspace.\]

Sottraendo membro a membro la seconda uguaglianza dalla prima, tutti i termini intermedi si cancellano e rimane

\[S_n - q S_n = 1 - q^{n+1} \enspace.\]

Raccogliendo \(S_n\) al primo membro, si ricava quindi

\[(1-q) S_n = 1 - q^{n+1} \enspace.\]

Poiché \(q \neq 1\), possiamo dividere per \(1-q\) e ottenere

\[S_n = \frac{1-q^{n+1}}{1-q} \enspace,\]

che conclude la dimostrazione.

Teorema 59

Se \(q \in \mathbb R\) soddisfa \(\lvert q \rvert < 1\), allora la serie geometrica infinita

(A.6)#\[\sum_{i=0}^{+\infty} q^i\]

converge e la sua somma è uguale a

(A.7)#\[\sum_{i=0}^{+\infty} q^i = \frac{1}{1-q} \enspace.\]

Dimostrazione.

Per il Teorema 58, la somma parziale dei primi \(n+1\) termini è data da

\[S_n = \sum_{i=0}^n q^i = \frac{1-q^{n+1}}{1-q} \enspace.\]

Se \(|q| < 1\), allora \(q^{n+1} \to 0\) per \(n \to +\infty\). Passando quindi al limite nelle somme parziali, si ottiene

\[\sum_{i=0}^{+\infty} q^i = \lim_{n \to +\infty} S_n = \lim_{n \to +\infty} \frac{1-q^{n+1}}{1-q} = \frac{1}{1-q} \enspace.\]

Corollario 11

Se \(q \in \mathbb R\) soddisfa \(|q| < 1\), allora

(A.8)#\[\sum_{i=1}^{+\infty} q^i = \frac{q}{1-q} \enspace.\]

Dimostrazione.

Per il Teorema 59, si ha

\[\sum_{i=0}^{+\infty} q^i = 1 + \sum_{i=1}^{+\infty} q^i = \frac{1}{1-q} \enspace,\]

quindi

\[\sum_{i=1}^{+\infty} q^i = \frac{1}{1-q} - 1 = \frac{q}{1-q} \enspace.\]

Teorema 60

Per ogni \(x \in \mathbb R\) vale l'identità

(A.9)#\[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = \mathrm e^x.\]

Dimostrazione.

Sia \(f(x) \triangleq \mathrm e^n\). Questa funzione coincide con la sua derivata di un ordine qualsiasi, per cui \(f^{(n)}(0) = e^0 = 1\). Applicando lo sviluppo in serie di Maclaurin si ottiene pertanto

\[\mathrm e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0) x^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} \enspace.\]

Inoltre, per ogni \(x \in \mathbb R\) si ha

\[\lim_{n \to +\infty} \left\lvert \frac{x^{n+1}/(n+1)!}{x^n/n!} \right\rvert = \lim_{n \to +\infty} \frac{\lvert x \rvert}{n+1} = 0 < 1 \enspace.\]

Per il criterio del rapporto, la serie (A.9) ha un raggio di convergenza infinito.

Teorema 62 (Formula del binomio di Newton)

Dati \(a, b \in \mathbb R\) e \(n \in \mathbb N\), vale l'identità

(A.10)#\[(a+b)^n = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}a^i b^{n-i} \enspace,\]

detta formula del binomio di Newton[1].

Dimostrazione.

Fissando \(a\) e \(b\) e procedendo per induzione su \(n\), il caso base è banalmente vero:

\[(a+b)^0 = 1 = \binom{0}{0}a^0b^0 = \sum_{i=0}^{0} \binom{0}{i}a^i b^{0-i} \enspace.\]

Per quanto riguarda il passo induttivo, supponendo (A.10) vera per un dato \(n\), si ha

\[\begin{align} (a+b)^{n+1} &= (a+b) \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}a^i b^{n-i} \notag \\ &= \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}a^{i+1}b^{n-i} + \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}a^i b^{n+1-i} \notag\\ &= \sum_{j=1}^{n+1} \binom{n}{j-1}a^j b^{n+1-j} + \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}a^i b^{n+1-i} \tag*{($i \mapsto j-1$)}\\ &= \sum_{i=1}^{n+1} \binom{n}{i-1}a^i b^{n+1-i} + \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}a^i b^{n+1-i} \tag*{($j \mapsto i$)} \end{align}\]

Estrando l'ultimo termine della prima sommatoria e il primo della seconda, è possibile raccogliere \(a^i b^{n+1-i}\) a fattore comune:

(A.11)#\[(a+b)^{n+1} = a^{n+1} + \sum_{i=1}^{n}\left[\binom{n}{i-1}+\binom{n}{i}\right] a^i b^{n+1-i} + b^{n+1} \enspace.\]

Siccome

\[\begin{aligned} \binom{n}{i-1} + \binom{n}{i} &= \frac{n!}{(i-1)! (n-i+1)!} + \frac{n!}{i! (n-i)!} = \frac{i n! + (n-i+1) n!}{i! (n-i+1)!} \\ &= \frac{(n+1)!}{i! (n+1 - i)!} = \binom{n+1}{i} \enspace, \end{aligned}\]

è possibile riformulare (A.11) nel modo seguente:

\[\begin{aligned} (a+b)^{n+1} &= \binom{n+1}{0} b^{n+1} + \sum_{i=1}^{n}\binom{n+1}{i} a^i b^{n+1-i} + \binom{n+1}{n+1} a^{n+1} \\ &= \sum_{i=0}^{n+1} \binom{n+1}{i}a^i b^{n+1-i} \enspace. \end{aligned}\]

La formula è quindi vera per \(n+1\) e, per il principio di induzione, per ogni intero \(n\geq 0\).

Teorema 62 (Formula del binomio di Newton)

Per ogni \(a, x \in \mathbb R\), con \(a > 0\), vale l'identità

(A.12)#\[\mathrm e^{a \lvert x \rvert} \leq \mathrm e^{a x} + \mathrm e^{-a x} \enspace.\]

Dimostrazione.

Quando \(x \geq 0\), l'identità assume la forma \(\mathrm e^{a x } \leq \mathrm e^{a x} + \mathrm e^{-a x}\), che equivale a \(\mathrm e^{-2ax} \geq 0\), che è banalmente vera. Analogamente, è facile verificare che per \(x < 0\) l'identità equivale a \(\mathrm e^{2ax} \geq 0\).