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Vecchio 09-03-10, 02:58   #1
Erasmus
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Predefinito Giocando con le funzioni circolari

Propongo alcuni problemini di matematica delle funzioni seno e coseno.
Non li metto nel thread "Easy quiz(zes): but mathematical" perché non sono proprio facili.

1.
Dato il numero k positivo e minore di 1, si ponga c= (k+1/k)/2. Risulta allora c > 1.

•NB Posto α = ln(1/k), abbiamo k= e^(–α) e c = cosh(α).
Si considerino le serie:
S
1 = [sin(x)]/c + {([sin(x)]/c)^3}/3 +{([sin(x)]/c)^5}/5+...+{([sin(x)]/c)^(2n+1)]}/(2n+1) + ...
S
2 = 2·k·sin(x) – 2·[(k^3)·sin(3x)]/3 + ...+ [(–1)^n]·2·{[k^(2n+1)]·sin[(2n+1)}/(2n+1) + ...
Provare che S
1 = S2.
•NB Conviene tener presente quanto segue:
a) x + (x^3)/3 + (x^5)/5 + ... + [x^(2n+1)]/(2n+1) + ... = (1/2)*ln[(1+x)/(1–x)] per ogni x.
b) x– (x^3)/3 + (x^5)/5 – (x^7)/7 + ...+ [(–1)^n]·[x^(2n+1)]/(2n+1) + ... = arctan(x) (per |x| ≤ 1 tranne x = –1)
c) Nel campo complesso, detta j l'unità immaginaria (per cui j^2 = –1), risulta:
arctan(x) = (–j/2)*ln[(1+jx)/(1– jx)];
d) arctan(p) – arctan(q) = arctan[(p – q)/(1+p·q)]

2.
Provare le seguenti identità restando nel campo reale.
a) sin(x) + sin(3x)+ ... + sin[(2n+1)x] = [sin((n+1)x)]^2]/sin(x) (per x diverso da un multiplo di π).
b) sin(x) – sin(3x)+ ... +[(–1)^n] sin[(2n+1)x] = [(–1)^n]·[sin[(2n+2)x]/[2·cos(x)] (per x diverso da un multiplo dispari di π/2).
c) cos(x) + cos(3x)+ cos(5x)... +cos[(2n+1)x] = [sin[(2n+2)x]/[2·sin(x)] (per x diverso da un multiplo di π).
d) Se n è pari allora: cos(x)–cos(3x)+ cos(5x)–cos(7x)+ ... +[(–1)^n]·cos[(2n+1)x] = [cos((n+1)x)]^2]/cos(x). [x≠ (2k+1)·π/2]
e) Se n è dispari allora: cos(x)–cos(3x)+ cos(5x)–cos(7x)+ ... +[(–1)^n]·cos[(2n+1)x] = [sin((n+1)x)]^2]/cos(x). [x≠ (2k+1)·π/2]


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Erasmus
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«SI' alla "Costituzione Europea" federale, democratica e trasparente!»

Ultima modifica di Erasmus : 06-04-10 12:53.
Erasmus non in linea   Rispondi citando
Vecchio 09-03-10, 12:34   #2
Mizarino
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Predefinito Re: Giocando con le funzioni circolari

Erasmus, ma affrontare questi tuoi esercizi è come mettersi il cilicio ... una tortura senza altro scopo che quello della mortificazione della carne ... pardon ... della mente ...
Mizarino non in linea   Rispondi citando
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Vecchio 09-03-10, 14:41   #3
Alessio89
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Predefinito Re: Giocando con le funzioni circolari

Dio Io sto studiando proprio ora le funzioni per conto mio; già le funzioni trigonometriche e io non andiamo d'accordissimo, poi così complesse (per me) lasciamo stare! Mi sono fermato a metà
Ne ho da studiare ancora
Alessio89 non in linea   Rispondi citando
Vecchio 09-03-10, 14:47   #4
Mizarino
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Predefinito Re: Giocando con le funzioni circolari

Se è per questo, io le formule di prostaferesi le ho sempre avute sui marroni ...
Mizarino non in linea   Rispondi citando
Vecchio 09-03-10, 15:53   #5
Luciano Monti
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Predefinito Re: Giocando con le funzioni circolari

Erasmus mi sa che le tue serie non se le fila proprio nessuno...

,
Luciano
Luciano Monti non in linea   Rispondi citando
Vecchio 09-03-10, 16:27   #6
Lawliet
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Messaggi: 283
Predefinito Re: Giocando con le funzioni circolari

Quote:
Mizarino Visualizza il messaggio
Se è per questo, io le formule di prostaferesi le ho sempre avute sui marroni ...
Ahaha, come non essere d'accordo..
Lawliet non in linea   Rispondi citando
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Vecchio 09-03-10, 17:33   #7
Erasmus
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Predefinito Re: Giocando con le funzioni circolari

Quote:
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Erasmus, ma affrontare questi tuoi esercizi è come mettersi il cilicio ... una tortura senza altro scopo che quello della mortificazione della carne ... pardon ... della mente ...
Io invece li trovo bellissimi.
Memento, Miza: «Ars gratia artis» («L'arte per l'arte», ossia: non necessitano altri scopi all'arte che il gusto estetico; tantomeno scopi utilitaristici).

Ti dico l'associazione di idee ...

i) Per avere una carta "cartesiana" lossodromica con ascissa X proporzionale alla longitudine α e ordinata Ym funzione della latitudine ε, abbiamo visto che occorre sostituire le ordinate della proiezione cilindrica Yc = R·tan(ε) con Ym=R·f(ε), dove f(ε) è una funzione "opportuna", (lasciando stare l'ascissa X = R·α che va bene). Per mantenere l'inclinazione di una traiettoria sul meridiano – che sulla sfera è
m= cos(ε)·∆α/∆ε
e sulla carta è
∆X/∆Ym = ∆α/[∆ε·df/dε]
– occorre che la derivata di f(ε) sia df/dε = 1/cos(ε), [e che sia f(0) = 0].
{NB: la proiezione cilindrica non va bene perché la derivata di tan(ε) è 1/[cos(ε)]^2 }.
Si verifica subito che allora f(ε) = (1/2)·ln{[1+sin(ε)]/[1–sin(ε)]}.
Se ora sviluppi questa funzione (che è periodica e dispari) in serie di Fourier trovi che ha le sole armoniche in seno di ordine dispari e a segni alterni. Dette S(2n+1) le rispettive ampiezze, si trova:
S(2n+1) = [(–1)^n]·[2/(2n+1)].
Non so se l'hai notato: le armoniche sono le stesse dell'onda quadra (di ampiezza π/2), tranne l'essere a segno alterno.
Lo sviluppo in serie di Fourier di f(x) = (1/2)·ln{[1+sin(ε)]/[1–sin(ε)]} ha difetti analoghi allo sviluppo dell'onda quadra. Se arresti lo sviluppo dopo n armoniche ti avvicini sì sempre meglio al limite, ma per grande che sia n la curva mantiiene una zigrinatura che si riduce di profondità ma non di pendenza. In altre parole, se derivi la serie termine a termine, la serie che ottieni non converge a 1/cos(x): non converge affatto!
Se guardi i quiz 2.d) e 2.e), vedi che le uguaglianze da verificare sono proprio le ridotte con numero pari e dispari di addendi della derivata della serie in questione. Detta S(x) la serie di Fourier di f(x), [quella che ha per derivata 1/cos(x)], ed Sn(x) la somma dei termini per indice da 0 a n compreso, vedi subito che;
dSn/dx = 1/cos(x) +[(–1)^n]· {cos[2(n+1)x]}/cos(x)
In particolare, nei flessi di f(x) – che capitano per f(x)=0 – la pendenza è 0 o 2 a seconda che l'ultimo n-esimo addendo considerato sia quello con n pari o dispari.
Se invece si sviluppa la funzione f(x) un serie di potenze di sin(x), dal richiamo a) del secondo NB del punto 1., si vede subito che, posto s = sin(x), la serie viene;
S(x) = s + (1/3)·s^3 + (1/5)·s^5 + ... + [1/(2n+1)]·s^(2n+1) + ...
Le serie S1 ed S2 del punto 1 sono entrambe ... regolari. Converge anche la derivata dello sviluppo trigonometrico. Entrambe convergono a:
S(x) = (1/2)·ln{[1+(1/c)·sin(x)]/[1–(1/c)·sin(x)]}
Naturalmente, al tendere (crescendo) di di k a 1 (e quindi di c= (k+1/k)/2 a 1 calando), si cade nella funzione f(x) incontrata nella carta "cilindrica modificata" (per diventare lossodromica).

2) Ho detto che se invece dei segni alterni le armoniche hanno segno costante allora la serie tende all'onda quadra.
Certamente conosci il "fenomeno di Gibbs".
In breve: Sia Q(x) la serie di Fourier dell'onda quadra dispari di ampiezza 2/π e sia Qn(x) l'arresto di Q(x) all'addendo di pulsazione 2n+1 compreso.
Dove l'onda quadra scatta da –π/2 a π/2, – per esempio in x=0 – la pendenza di Qn(x) vale 2n+2 e la curva tende a diventare piatta con una serie di oscillazioni smorzate. Se espandi la scala delle ascisse col fattore 2n+2, la pendenza in x= 0 ti viene 1; e noti subito che Qn(x) assomiglia al "Seno integrale"
So(x) = <Integrale da 0 a x di [sin(t)]/t in dt>
tanto meglio quanto più grande è n.

Adesso supponi di fare questo integrale numericamente e ... brutalmente:
Prendi x e lo dividi in 2n+1 pezzetti ∆x.
Ti metti in una ascissa
t(k) = (2k+1)∆x
consideri quando vale lì la funzione da integrare e la moltiplichi per 2∆x, ossia
Codice:
sin[(2k+1)∆x]                  sin[(2k+1)∆x]
–––––––––––- · 2∆x =  2 –––––––––––
  (2k+1)∆x                           2k+1
e poi sommi tutti i termini per k da 0 fino a n–1 compresi.
Per n tendente all'infinito ottieni il tuo Seno Integrale.
Ma, se la guardiamo bene, la somma con cui approssimiamo sempre meglio il Seno Integrale non è altro che il troncamento della serie di Fourier dell'onda quadra Q(x) se al posto di ∆x mettiamo x.
Infatti l'addendo corrente è {2·sin[(2k+1)∆x]}/(2k+1) e la somma si arresta per k = n–1.
Il fatto che ci sia ∆x =x/(2n+1) – infinitesimo al crescere di n– al posto di x denota proprio che per vedere il Seno Integrale vicino agli spigoli dell'onda (quasi) quadra rappresentata da Qn(x) bisogna espandere la scala delle ascisse col fattore 2n+1 (che per n grande è lo stesso di 2n+2).

Beh: forse ti ho annoiato – e magari hai letto volando sulle righe senza interesse al contenito cercando solo di tirare alla fine per vedere come concludo.
Io trovo che questi agganci tra una cosa e l'altra (dalla lossodromia alla serie di Fouruer di quella funzione, [serie che tende sì ad una funzione continua e derivabile ma su un percorso che tende ad una funzione continua ma non derivabile], dall'onda quadra al seno integrale) sono sorprendenti ... e bellissimi (proprio esteticamente!).

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Il punto 1. Si fa comodamente nel campo complesso con l'uso delle identità
sin(x) = [e^(jx) – e^(–jx)]/(2j); cos(x) = [e^(jx) + e^(–jx)]/2.
Si può fare anche nel campo reale perché trovi subito cosa fa S1, sviluppi in serie la derivata e integri termine a termine. Ma questa sì che è una tortura!

Invece il punto 2. è più facile e sbrigativo nel campo reale che in quello complesso.
C'è da dire che nel campo complesso trovi le somme "costruttivamente" ... per la via maestra! Invece, nel campo reale occorre usare ... un trucco: se ti viene in mente risolvi il relativo quiz in un battibaleno.
Posso darti un aiutino:
Pensa alla serie geometrica. La somma
1+ x + x^2 + x^3+ ... ì x^n = [1 – x^(n+1)]/(1–x)
la trovi ... "col trucco" di moltiplicare e dividere per 1–x
In questo modo dal prodotto si elidono a coppie di opposti tutti i termini tranne il primo e l'ultimo.
Azz ... ho detto troppo!
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Ultima modifica di Erasmus : 29-03-10 12:57.
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Vecchio 09-03-10, 18:50   #8
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Se è per questo, io le formule di prostaferesi le ho sempre avute sui marroni ...
Ehh, ma allora è un vizio il tuo!
Quote:
Erasmus Visualizza il messaggio
[...]Chiederò a Piotr di prendere "seri provvedimenti" nei tuoi riguardi; e se non bastasse a Observator di sospenderti a vita per linguaggio osceno in dialogo con me [...]
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Non mi ricordo mai se di "prostaferesi è, per esempio, questa formula:

cos(x) + cos(y) =2·cos[(x+y)/2] · cos[(x–y)/2]

(ossia da una somma ad un prodotto) o viceversa questa:

2·cos(x)·cos(y) = cos(x+y) + cos(x-y)

(da un prodotto ad una somma, che poi è la stessa pappa di prima letta da destra a sinistra e mettendo x al posto di x+y e y al posto di x–y).

Ma Miza (ò pansophòs) lo sa di sicuro.

Supposto che sia di prostaferesi l'andare dalla somma al prodotto, come si chiamano le formule rovescie dal prodotto alla somma?
Per esempio:

2·cos(3x)· cos(x) = [cos(3x)·cos(x) – sin(3x)·sin(x)] + [cos(3x)·cos(x) + sin(3x)·sin(x)] =
= cos(3x+x) + cos(3x–x) = cos(4x) + cos(2x).

Ecco: roba simile serve nei quiz del punto 2.
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Occhio!
Nel punto 1., [serie], teoricamente si potrebbe sostituire sin[(2n+1)x] con un polinomio in s = sin(x) di grado 2n+1. Ma ... in pratica non se ne viene fuori così.

Illustrissimo casinista, la prostaferesi nel punto 1 non c'entra!
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Ultima modifica di Erasmus : 29-03-10 13:07.
Erasmus non in linea   Rispondi citando
Vecchio 06-04-10, 13:08   #9
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Predefinito Re: Giocando con le funzioni circolari


Oltre al fatto che nessuno ci ha nemmeno provato a fare gli esercizi proposti, ho trovato un errore nel testo – al punto 2 e) – che ho appena corretto.

-------------------------
Ma ho intenzione di scrivere un "paper" per la soluzione.
[Un "paper" soltanto per poter scrivere le formule come Dio comanda: in riga come qua fanno schifo, oltre che casino (nel senso che sono di difficile lettura)].

A rileggerci, pigroni ...

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Vecchio 06-04-10, 14:22   #10
Mizarino
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Predefinito Re: Giocando con le funzioni circolari

Quote:
Erasmus Visualizza il messaggio
Ma ho intenzione di scrivere un "paper" per la soluzione.
P' ammor' e DDio ...
Mizarino non in linea   Rispondi citando
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