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Vecchio 25-08-14, 09:09   #71
nino280
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Predefinito Re: Eh, eh: SEMBRA facile! Ma E' davvero facile?

Verissimo come dici tu non tenter nemmeno di risolvere il quiz, almeno ti avviso soltanto che quel link che hai messo
Discussione.png .
non si apre.
Dipende da me o da te?
Ciao
nino280 ora  in linea   Rispondi citando
Vecchio 25-08-14, 13:16   #72
Erasmus
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Predefinito Re: Eh, eh: SEMBRA facile! Ma E' davvero facile?

Quote:
nino280 Visualizza il messaggio
... ti avviso soltanto che quel link che hai messo
Discussione.png .
non si apre.
Dipende da me o da te?
Ciao
Che l'immagine non si apriva l'avevo gi notato stamattina.
Ma ieri sera funzionava benissimo.
Tant' vero che ho scaricato l'immagine per ingrandirla di pi e leggerla pi comodamente.
Meno male che ho fatto questo, perch l'originale l'avevo gi eliminato.

Vedo adesso questo tuo avviso proprio mentre son qua a ricaricare di nuovo l'immagine.

Che quel link non funziona pi non dipende n da te n da me, ma proprio dal sito di "hosting" postimage.org.
Al posto dell'immagine (pur essendoci l'indirizzo giusto l nella barra degli indirizzi) compare l'immagine standard di avviso in cui sta scritto:

PostImage.org

FREE IMAGE HOSTING

Error: Image Not Available

Ho caricato di nuovo il documento sia al suo posto [ Ho fatto una bella figura ... # 133 ] (dove il link ... nascosto dietro lo smile "spaf" ) sia qui nella citazione del tuo post.

Riprova: vedrai che ora funziona.
---------
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Erasmus
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Vecchio 25-08-14, 15:38   #73
nino280
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Predefinito Re: Eh, eh: SEMBRA facile! Ma E' davvero facile?

Si ora si apre, sia di qua che cliccando sulla faccina.
Ma per me nulla cambia sempre arabo
Del resto sono sempre stato sincero e ammesso le mie "carenze".
Un ulteriore esempio? Come dicevo l'altro giorno sto leggendo "Amore e matematica" e guarda caso non fa altro che parlare di funzioni funzioni e funzioni.
Quanto ci capisco? Meno, molto meno dell' uno per 100
nino280 ora  in linea   Rispondi citando
Vecchio 13-09-14, 10:11   #74
Erasmus
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Predefinito Re: Eh, eh: SEMBRA facile! Ma E' davvero facile?

La mia Calcolatrice Grafica scrive "atan(x)" per intendere l'angolo la cui tangente x.
Invece l'Equation Editor per il mio iMac riconosce la stessa funzione matematica se la si scrive come "arctan(x)".

Guardate questa figura:
La funzione rappresentata in questa figura assomiglia molto alla funzione y = cos(x).
Stesso periodo T = 2π, stessa ampiezza A = 1, stessi caratteri di simmetria.

Ma (4/π)arctan(x) un po' pi tozza di cos(x).
Oltre alla componente fondamentale, diciamola C1cos(x), ci saranno altre componenti armoniche.
Dati i caratteri di simmetria di questa funzione, ci saranno solo componenti armoniche in coseno e di frequenza multiplo dispari della frequenza fondamentale
f 1 = 1/(2π),
cio di frequenza:
f 2k+1 = (2k+1)/(2π).
(con k naturale qualsiasi).

Lo sviluppo in serie di Fourier sar cio del tipo:
Codice:
      
y =  C2k+1cos[(2k+1)x]
     k=0
Naturalmente, i coefficienti C2k+1 (con k naturale qualsiasi) sono dati da:
Codice:
                       π
C2k+1 = (1/π) (4/π)arctan[cos(x)]cos[(2k+1)x]dx
                     π
Sempre per i caratteri di simmetria, l'integrale qui sopra da π a π (cio esteso ad un periodo che 2π) vale 4 volte l'integrale da 0 a π/2.

Con ci il coefficiente C2k+1 della (2k+1)esima armonica vale:
Codice:
                            π/2
C2k+1 = (16/π^2)arctan[cos(x)]cos[(2k+1)x]dx
                           o
Adesso Miza calcola un po' di di questi coefficienti integrando numericamente per vedere come variano al crescere di k.
Naturalmente trascurer la costante 16/π^2 (che al fine di vedere l'andamento dei coefficienti al crescere di k ... solo rumore)

Non ho ancora capito come si fa a fare quell'integrale.

Tuttavia sono riuscito lo stesso a sviluppare in serie di Fourier la funzione
y = (4/π)arctan[cos(x)]

Ho infatti trovato che i coefficienti C2k+1 valgono:


Come ho fatto a trovare i coefficienti C2k+1 senza calcolare integrali?

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Erasmus
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Ultima modifica di Erasmus : 13-09-14 11:04.
Erasmus non in linea   Rispondi citando
Vecchio 13-09-14, 10:51   #75
Luciano Monti
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Predefinito Re: Eh, eh: SEMBRA facile! Ma E' davvero facile?

Quote:
Erasmus Visualizza il messaggio
Non ho ancora capito come si fa a fare quell'integrale.
Non lo sai? Ma come, e' facilissimo!


x*ArcTan[Cos[x]] + (-(Pi*ArcTan[1 - Sqrt[2]*Tan[x/2]]) - Pi*ArcTan[1 + Sqrt[2]*Tan[x/2]] - I*((-2*I)*ArcCos[Sqrt[2]]*ArcTan[(1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]] - I*(Pi - 2*x)* ArcTan[(-1 + Sqrt[2])*Tan[(Pi + 2*x)/4]] - (ArcCos[Sqrt[2]] - 2*ArcTan[(1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]])* Log[(Sqrt[2]*(1 - I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))/ (-1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4])] - (ArcCos[Sqrt[2]] + 2*ArcTan[(1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]])* Log[((-I)*(-2 + Sqrt[2])*(-I + Cot[(Pi + 2*x)/4]))/(-1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4])] + (ArcCos[Sqrt[2]] + 2*ArcTan[(1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]] + 2*ArcTan[(-1 + Sqrt[2])*Tan[(Pi + 2*x)/4]])* Log[(1/2 + I/2)/(E^((I/2)*x)* Sqrt[Sqrt[2] - Sin[x]])] + (ArcCos[Sqrt[2]] - 2*ArcTan[(1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]] - 2*ArcTan[(-1 + Sqrt[2])*Tan[(Pi + 2*x)/4]])* Log[((1/2 - I/2)*E^((I/2)*x))/ Sqrt[Sqrt[2] - Sin[x]]] + I*(-PolyLog[2, -(((-1 + Sqrt[2])*(-1 + Sqrt[2] - I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))/(-1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))] + PolyLog[2, -(((1 + Sqrt[2])*(-1 + Sqrt[2] - I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))/(-1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))])) + I*((-2*I)*ArcCos[-Sqrt[2]]*ArcTan[(-1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]] - I*(Pi - 2*x)* ArcTan[(1 + Sqrt[2])*Tan[(Pi + 2*x)/4]] - (ArcCos[-Sqrt[2]] + 2*ArcTan[(-1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]])* Log[(Sqrt[2]*(1 + I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))/ (1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4])] - (ArcCos[-Sqrt[2]] - 2*ArcTan[(-1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]])* Log[(I*(2 + Sqrt[2])*(I + Cot[(Pi + 2*x)/4]))/ (1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4])] + (ArcCos[-Sqrt[2]] + 2*ArcTan[(-1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]] + 2*ArcTan[(1 + Sqrt[2])*Tan[(Pi + 2*x)/4]])* Log[(-1/2 + I/2)/(E^((I/2)*x)* Sqrt[Sqrt[2] + Sin[x]])] + (ArcCos[-Sqrt[2]] - 2*ArcTan[(-1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]] - 2*ArcTan[(1 + Sqrt[2])*Tan[(Pi + 2*x)/4]])* Log[((1/2 + I/2)*E^((I/2)*x))/ Sqrt[Sqrt[2] + Sin[x]]] + I*(-PolyLog[2, ((-1 + Sqrt[2])*(1 + Sqrt[2] - I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))/(1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4])] + PolyLog[2, ((1 + Sqrt[2])*(1 + Sqrt[2] - I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))/(1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4])])))/2

No, non sono lettere a caso e non sono stato benedetto dal dio della matematica... sono solo andato sul link giusto:

http://integrals.wolfram.com/index.j...9&random=false

Lo uso spesso quando devo fare un integrale per sbirciare il risultato e capire se ci posso arrivare oppure se e' al di la' della mia portata. Questo... mi sa che e' al di la' anche della tua!

,
Luciano
Luciano Monti non in linea   Rispondi citando
Vecchio 13-09-14, 13:38   #76
Erasmus
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Predefinito Re: Eh, eh: SEMBRA facile! Ma E' davvero facile?

Ben tornato, Luciano!
Quote:
Luciano Monti Visualizza il messaggio
Non lo sai? Ma come, e' facilissimo!

Ma ti rispondo dopo.

Oops!
Di sopra (V. #74), nello scrivere i coefficienti C2k+1, avevo dimenticato il fattore 8/π.
Ho "modificato" per correggere l'errore di sbaglio.

Con l'applicazione "Grapher" (che sta sull'altro computer Mac Book Pro) ho verificato "numericamente" che lo sviluppo in serie di Fourier giusto.

Confrontate i due grafici che stanno nell'immagine che segue (fatta mettendo insieme i risultati dei calcoletti fatti da Grapher nei due casi).
---------------
Quote:
Luciano Monti Visualizza il messaggio
x*ArcTan[Cos[x]] + (-(Pi*ArcTan[1 - Sqrt[2]*Tan[x/2]])
[...] <altre dodici righe di analogo testo scritte in piccolo> [...]
S, faclissmo. Basta saper leggere.

Scherzi a parte, mi pare il testo di un programmino (in un linguaggio che ovviamente non conosco).
Mi conforta per la presenza di scritte come questa:
(-1 + Sqrt[2])
che sta appunto per (2) 1

Per, la domanda era: Come ho fatto a trovare i coefficienti senza calcolare gli integrali ?
Suggerimenti:
a) Se x = arctan(p) e y = arctan(q), { ossia: p = tan(x) e q = tan(y) }, allora:
x+y = arctan[(p + q)/(1 pq)]
dal momento che tan(x+y) = [tan(x) + tan(y)]/]1 tan(x)tan(y)].
Ossia: arctan(p) + arctan(q) = arctan[(p + q)/(1 pq)]
b) Detta j l'unit immaginaria (per cui j^2 = 1), e detta m una costante reale positiva minore di 1,
cosa succede se metto: p = me^(jx); q = me^(jx) ?
e cosa succede, in particolare, se m tale che: 2m/(1 m^2) = 1 ?
c) arcinoto che, se il modulo di z non maggiore di 1, allora:
arctan(z) = z (z^3)/3 + (z^5)/5 (z^7)/7 + ... (ecc. ecc.)
---------------------------------------------------

Vado a curiosare l dove manda il tuo link ...


Ciao Luciano
Ciao a tutti
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Erasmus
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Ultima modifica di Erasmus : 13-09-14 19:28.
Erasmus non in linea   Rispondi citando
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Vecchio 13-09-14, 14:09   #77
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Predefinito Re: Eh, eh: SEMBRA facile! Ma E' davvero facile?

Visto.
S, la primitiva di arctan[cos(x)] era facilissima da trovare.
Chiss come mai non ci riuscivo ...
-----------
Ancora "scherzi a parte": bisognerebbe sapere la primitiva (parametrica nel parametro k) di
g(x, k) = arctan[cos(x)]cos[(2k+1)x]
non gi la primitiva di
f(x) = arctan[cos(x)]
(quella ... facilissima di cui abbiamo appena parlato).

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Ultima modifica di Erasmus : 13-09-14 14:34.
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Vecchio 13-09-14, 17:25   #78
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Predefinito Re: Eh, eh: SEMBRA facile! Ma E' davvero facile?

Lo sviluppo in serie trigonometrica di
y = (4/π)arctan[cos(x)]
davvero facilissimo (e non necessita di calcolare integrali) se si passa per un attimo per il campo complesso ricordando che [detta j l'unit immaginaria]:
e^(jx) = cos(x) + jsin(x);
e^(jx) = cos(x) jsin(x).

Basta applicare il trucco di spaccare arctan[cos(x)] in due parti del tipo
arctan[me^(jx)] + arctan[me^(jx)]
con m positivo minore di 1.

Una volta trovato m potremo sviluppare:
arctan[me^(jx)] in serie di potenze di p = me^(jx);
arctan[me^(jx)] in serie di potenze di q = me^(jx).

Ricordando che per |z| <1 si ha
arctan(z) = z (z^3)/3 + (z^5)/5 (z^7)/7 + ... (ecc. ecc.)
otterremo dunque:
arctan[cos(x)] = arctan[me^(jx)] + arctan[me^(jx)] =
= me^(jx) [(m^3)e^(j3x)]/3 + (m^5)e^(j5x)]/5 (m^7)e^(j7x)]/7 + ... +
+ me^(jx) [(m^3)e^(j3x)]/3 + (m^5)e^(j5x)]/5 (m^7)e^(j7x)]/7 + ... =
= m[e^(jx)+e^(jx)] (m^3)[e^(j3x)+e^(j3x)]/3 + (m^5)[e^(j5x)+e^(j5x)]/5 (m^7)[e^(j7x)+e^(j7x)]/7 + ... =
= 2[mcos(x) (m^3)co(3x)/3 + (m^5)cos(5x)/5 (m^7)cos(7x)/7 + ...].

In definitiva (quando fosse noto m);
y = (4/π)atan[cos(x)] = (8/π)[mcos(x) (m^3)co(3x)/3 + (m^5)cos(5x)/5 (m^7)cos(7x)/7 + ...].

Non ci resta che trovare m tale che sia arctan[cos(x)] = arctan[me^(jx)] + arctan[me^(jx)].
Ricordando che
se p = tan(x) e q = tan(y), allora tan(x+y) = (p + q)/(1 pq),
per p = me^(jx) e q = me^(jx) si ha:
p + q = me^(jx) + me^(jx) = 2mcos(x);
1 pq = 1 [me^(jx)][me^(jx)] = 1 m^2:
Codice:
  p + q             2m
 = cos(x).
1  pq        1  m^2
Dunque deve essere [m positivo, minore di 1 e] tale che risuulti:
Codice:
   2m
 =1
1  m^2
Pertanto:
2m = 1 m^2 > m^2 + 2m = 1 > m^2 + 2m +1 = 2 > m+1 = √(2) > m = √(2) 1.

In conclusione:
(4/π)atan[cos(x)] = (8/π)<Somma, per k da 0 a ∞, di [(1)^k]{[√(2) 1]^(2k+1)}cos[(2k+1)x]>.

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Vecchio 14-09-14, 12:37   #79
astromauh
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Predefinito Re: Eh, eh: SEMBRA facile! Ma E' davvero facile?

Quote:
Luciano Monti Visualizza il messaggio
Non lo sai? Ma come, e' facilissimo!


x*ArcTan[Cos[x]] + (-(Pi*ArcTan[1 - Sqrt[2]*Tan[x/2]]) - Pi*ArcTan[1 + Sqrt[2]*Tan[x/2]] - I*((-2*I)*ArcCos[Sqrt[2]]*ArcTan[(1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]] - I*(Pi - 2*x)* ArcTan[(-1 + Sqrt[2])*Tan[(Pi + 2*x)/4]] - (ArcCos[Sqrt[2]] - 2*ArcTan[(1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]])* Log[(Sqrt[2]*(1 - I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))/ (-1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4])] - (ArcCos[Sqrt[2]] + 2*ArcTan[(1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]])* Log[((-I)*(-2 + Sqrt[2])*(-I + Cot[(Pi + 2*x)/4]))/(-1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4])] + (ArcCos[Sqrt[2]] + 2*ArcTan[(1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]] + 2*ArcTan[(-1 + Sqrt[2])*Tan[(Pi + 2*x)/4]])* Log[(1/2 + I/2)/(E^((I/2)*x)* Sqrt[Sqrt[2] - Sin[x]])] + (ArcCos[Sqrt[2]] - 2*ArcTan[(1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]] - 2*ArcTan[(-1 + Sqrt[2])*Tan[(Pi + 2*x)/4]])* Log[((1/2 - I/2)*E^((I/2)*x))/ Sqrt[Sqrt[2] - Sin[x]]] + I*(-PolyLog[2, -(((-1 + Sqrt[2])*(-1 + Sqrt[2] - I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))/(-1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))] + PolyLog[2, -(((1 + Sqrt[2])*(-1 + Sqrt[2] - I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))/(-1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))])) + I*((-2*I)*ArcCos[-Sqrt[2]]*ArcTan[(-1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]] - I*(Pi - 2*x)* ArcTan[(1 + Sqrt[2])*Tan[(Pi + 2*x)/4]] - (ArcCos[-Sqrt[2]] + 2*ArcTan[(-1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]])* Log[(Sqrt[2]*(1 + I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))/ (1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4])] - (ArcCos[-Sqrt[2]] - 2*ArcTan[(-1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]])* Log[(I*(2 + Sqrt[2])*(I + Cot[(Pi + 2*x)/4]))/ (1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4])] + (ArcCos[-Sqrt[2]] + 2*ArcTan[(-1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]] + 2*ArcTan[(1 + Sqrt[2])*Tan[(Pi + 2*x)/4]])* Log[(-1/2 + I/2)/(E^((I/2)*x)* Sqrt[Sqrt[2] + Sin[x]])] + (ArcCos[-Sqrt[2]] - 2*ArcTan[(-1 + Sqrt[2])* Cot[(Pi + 2*x)/4]] - 2*ArcTan[(1 + Sqrt[2])*Tan[(Pi + 2*x)/4]])* Log[((1/2 + I/2)*E^((I/2)*x))/ Sqrt[Sqrt[2] + Sin[x]]] + I*(-PolyLog[2, ((-1 + Sqrt[2])*(1 + Sqrt[2] - I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))/(1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4])] + PolyLog[2, ((1 + Sqrt[2])*(1 + Sqrt[2] - I*Cot[(Pi + 2*x)/4]))/(1 + Sqrt[2] + I*Cot[(Pi + 2*x)/4])])))/2
Preferisco i quiz proposti da Epoch.

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Vecchio 15-09-14, 08:37   #80
nino280
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Predefinito Re: Eh, eh: SEMBRA facile! Ma E' davvero facile?

I matematici, questi strani individui.
Di una formula facile, comprensibile, loro ne sono offesi che comprensibile da tutti, e allora la prendono la girano la rigirano capovolgono e ricapovolgono fino a che diventa incomprensibile.
E poi tutti goduti dicono : bellissimo ho fatto una bella formula.
E poi quella lunga formula molto semplice, basta semplificare.
Per esempio se ci trovi cos 30 basta sostituire il suo valore che (mi pare) radice 3 fratto 2.
Io non l'ho guardata bene, perch mi si annebbia la vista (sto parlando della formuletta postata da Luciano) ma se ci trovate per esempio tan 18 basta sostituire con, non so se riesco a scriverla:
radice di 25 meno 10 radice 5 tutto diviso 5.
Attenzione che qui c' una radice di radice cio 10 radice di 5 sotto il segno di radice quella che gi voleva la radice di 25.
Ciao
Le ho dato un'occhiata.
C' E , Pi , ed anche I. insomma un po' di tutto.
Cot l'ho gi vista qualche volta ma Poly non ho idea di cosa possa essere.
Ma voi conoscete un matematico, uno solo, che alla fine non dia veramente i numeri?
Ciao

Ultima modifica di nino280 : 15-09-14 13:40.
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