Integrale prodotto di seno e coseno
Ciao a tutti.
Vorrei sapere se tal formula è corretta (era in una tabella):
$ \int_(0,L) sin(n pi x/L) cos ( m pi x/L) sin (k pi x/L) dx = - (2 L k m n (-1)^(k+n) sin( pi m))/(\pi (k^4 - 2k^2 (m^2 +n^2)+(m^2 - n^2)^2$
inoltre se ho una funzione del tipo:
$m=2$
$k=1$
secondo quella formula verrà:
$- (2 L 2 n (-1)^(1+n) sin( pi 2))/(\pi (1 - 2 (4 +n^2)+(4 - n^2)^2$
ma non è 0 ?
Vorrei sapere se tal formula è corretta (era in una tabella):
$ \int_(0,L) sin(n pi x/L) cos ( m pi x/L) sin (k pi x/L) dx = - (2 L k m n (-1)^(k+n) sin( pi m))/(\pi (k^4 - 2k^2 (m^2 +n^2)+(m^2 - n^2)^2$
inoltre se ho una funzione del tipo:
$m=2$
$k=1$
secondo quella formula verrà:
$- (2 L 2 n (-1)^(1+n) sin( pi 2))/(\pi (1 - 2 (4 +n^2)+(4 - n^2)^2$
ma non è 0 ?
Risposte
Una domanda forse stupida: ma se $m\in ZZ$, si ha $\sin(m\pi)=0$, no? Quindi che senso ha questa formula?
$m \in NN$ e farebbe sempre 0, giusto?
Giusto, ecco perché non mi torna.
deduco che quella formula è sbagliata. quindi mi chiedo dove trovare la formula ''corretta''.
Vediamo un po': vediamo quanto fanno i seguenti integrali $I_{n,m}=\int_0^L \sin(n\pi x/L)\cos(m\pi x/L)\ dx$ e $J_{n,m}=\int_0^L\cos(n\pi x/L)\cos(m\pi x/L)\ dx$. Applico le due formule seguenti
$$\sin\alpha\cdot\cos\beta=\frac{1}{2}\left[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)\right]\\ \cos\alpha\ \cos\beta=\frac{1}{2}\left[\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)\right]$$
per cui
$$I_{n,m}=\frac{1}{2}\int_0^L\left[\sin\frac{(n+m)\pi x}{L}+\sin\frac{(n-m)\pi x}{L}\right] dx$$
Osserva ora che
$$\int_0^L\sin(k\pi x/L)\ dx=\left[-\frac{L}{k\pi}\cos(k\pi x/L)\right]_0^L=\frac{L(1-(-1)^k)}{k\pi}, \qquad k\ne 0$$
(avendo usato il fatto che $\cos(k\pi)=(-1)^k$) mentre vale zero se $k=0$. Ma allora per il nostro integrale, visto che $n,m\in NN$ e quindi si può avere indice nullo solo quando $n=m$
$$I_{n,m}=\frac{L}{2\pi}\left[\frac{1-(-1)^{n+m}}{n+m}+\frac{1-(-1)^{n-m}}{n-m}\right]=\frac{L n(1-(-1)^{n+m})}{\pi(n^2-m^2)},\qquad n\ne m\\ I_{n,n}=\frac{L(1-(-1)^{2n})}{2n\pi}=0$$
Per il secondo abbiamo
$$J_{n,m}=\frac{1}{2}\int_0^L\left[\cos\frac{(n+m)\pi x}{L}+\cos\frac{(n-m)\pi x}{L}\right] dx$$
Possiamo osservare che
$$\int_0^L\cos(k\pi x/L)\ dx=\frac{L}{k\pi}\left[\sin(k\pi x/L)\right]_0^L=0,\qquad k\ne 0$$
mentre se $k=01$ l'integrale vale $L$. Pertanto, ragionando come prima e osservando che l'indice nullo si ha solo se $n=m$ possiamo concludere che
$$J_{n,m}=0,\quad n\ne m,\qquad\qquad J_{n,n}=\frac{L}{2}$$
A questo punto vediamo come calcolare il nostro integrale. Possiamo moltiplicare tra loro le due funzioni seno, ottenendo l'integrale seguente (uso $\sin\alpha\sin\beta=1/2[\cos(\alpha-\beta)+\cos(\alpha+\beta)]$)
$$\frac{1}{2}\int_0^L \left[\cos\frac{(n-k)\pi x}{L}+\cos\frac{(n+k)\pi x}{L}\right]\cos\left(m\pi\frac{x}{L}\right)\ dx=\frac{1}{2}\left[J_{n-k,m}+J_{n+k,m}\right]$$
Ora, tali termini sono non nulli solo quando $n-k=m,\ n+k=m$: il verificarsi di entrambe porta alla condizione $n=m,\ k=0$. Per cui si ha che il nostro integrale, che ribattezzo $R_{n,k,m}$ assume il valore
$$R_{n,k,m}=\left\{\begin{array}{lcl}
\frac{L}{2} & & n=m,\ k=0\\ \frac{L}{4} & & (n-k=m,\ k\ne 0)\ \vee\ (n+k=m,\ k\ne 0)\\ 0 & & n-k\ne m,\ n+k\ne m
\end{array}\right.$$
Ora, probabilmente c'è un modo per esprimere sta cosa in forma chiusa, ma mi sta implodendo l'ipofisi, per cui al momento passo.
P.S.: mi sono reso conto di aver calcolato una cosa inutile, l'integrale $I_{n,m}$. Vabbé, è un valido esercizio!
$$\sin\alpha\cdot\cos\beta=\frac{1}{2}\left[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)\right]\\ \cos\alpha\ \cos\beta=\frac{1}{2}\left[\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)\right]$$
per cui
$$I_{n,m}=\frac{1}{2}\int_0^L\left[\sin\frac{(n+m)\pi x}{L}+\sin\frac{(n-m)\pi x}{L}\right] dx$$
Osserva ora che
$$\int_0^L\sin(k\pi x/L)\ dx=\left[-\frac{L}{k\pi}\cos(k\pi x/L)\right]_0^L=\frac{L(1-(-1)^k)}{k\pi}, \qquad k\ne 0$$
(avendo usato il fatto che $\cos(k\pi)=(-1)^k$) mentre vale zero se $k=0$. Ma allora per il nostro integrale, visto che $n,m\in NN$ e quindi si può avere indice nullo solo quando $n=m$
$$I_{n,m}=\frac{L}{2\pi}\left[\frac{1-(-1)^{n+m}}{n+m}+\frac{1-(-1)^{n-m}}{n-m}\right]=\frac{L n(1-(-1)^{n+m})}{\pi(n^2-m^2)},\qquad n\ne m\\ I_{n,n}=\frac{L(1-(-1)^{2n})}{2n\pi}=0$$
Per il secondo abbiamo
$$J_{n,m}=\frac{1}{2}\int_0^L\left[\cos\frac{(n+m)\pi x}{L}+\cos\frac{(n-m)\pi x}{L}\right] dx$$
Possiamo osservare che
$$\int_0^L\cos(k\pi x/L)\ dx=\frac{L}{k\pi}\left[\sin(k\pi x/L)\right]_0^L=0,\qquad k\ne 0$$
mentre se $k=01$ l'integrale vale $L$. Pertanto, ragionando come prima e osservando che l'indice nullo si ha solo se $n=m$ possiamo concludere che
$$J_{n,m}=0,\quad n\ne m,\qquad\qquad J_{n,n}=\frac{L}{2}$$
A questo punto vediamo come calcolare il nostro integrale. Possiamo moltiplicare tra loro le due funzioni seno, ottenendo l'integrale seguente (uso $\sin\alpha\sin\beta=1/2[\cos(\alpha-\beta)+\cos(\alpha+\beta)]$)
$$\frac{1}{2}\int_0^L \left[\cos\frac{(n-k)\pi x}{L}+\cos\frac{(n+k)\pi x}{L}\right]\cos\left(m\pi\frac{x}{L}\right)\ dx=\frac{1}{2}\left[J_{n-k,m}+J_{n+k,m}\right]$$
Ora, tali termini sono non nulli solo quando $n-k=m,\ n+k=m$: il verificarsi di entrambe porta alla condizione $n=m,\ k=0$. Per cui si ha che il nostro integrale, che ribattezzo $R_{n,k,m}$ assume il valore
$$R_{n,k,m}=\left\{\begin{array}{lcl}
\frac{L}{2} & & n=m,\ k=0\\ \frac{L}{4} & & (n-k=m,\ k\ne 0)\ \vee\ (n+k=m,\ k\ne 0)\\ 0 & & n-k\ne m,\ n+k\ne m
\end{array}\right.$$
Ora, probabilmente c'è un modo per esprimere sta cosa in forma chiusa, ma mi sta implodendo l'ipofisi, per cui al momento passo.
P.S.: mi sono reso conto di aver calcolato una cosa inutile, l'integrale $I_{n,m}$. Vabbé, è un valido esercizio!
Sempre per Werner:
\[
\begin{split}
\sin \left(\frac{n\pi}{L}\ x\right)\ \cos \left(\frac{m\pi}{L}\ x\right)\ \sin \left(\frac{k\pi}{L}\ x\right) &= \frac{1}{2}\ \left( \sin \left(\frac{(n+m)\pi}{L}\ x\right) + \sin \left(\frac{(n-m)\pi}{L}\ x\right) \right)\\
&\phantom{=}\times \sin \left(\frac{k\pi}{L}\ x\right)\\
&= \frac{1}{2}\ \sin \left(\frac{(n+m)\pi}{L}\ x\right)\ \sin \left(\frac{k\pi}{L}\ x\right) \\
&\phantom{=}+ \frac{1}{2}\ \sin \left(\frac{(n-m)\pi}{L}\ x\right)\ \sin \left(\frac{k\pi}{L}\ x\right)\\
&= \frac{1}{4}\ \left( \cos \left(\frac{(n+m-k)\pi}{L}\ x\right) - \cos \left(\frac{(n+m+k)\pi}{L}\ x\right)\right) \\
&\phantom{=}+ \frac{1}{4}\ \left( \cos \left(\frac{(n-m-k)\pi}{L}\ x\right) - \cos \left(\frac{(n-m+k)\pi}{L}\ x\right)\right) \\
&= \frac{1}{4}\ \Bigg[ \cos \left(\frac{(n+m-k)\pi}{L}\ x\right) - \cos \left(\frac{(n+m+k)\pi}{L}\ x\right) \\
&\phantom{=} + \cos \left(\frac{(n-m-k)\pi}{L}\ x\right) - \cos \left(\frac{(n-m+k)\pi}{L}\ x\right)\Bigg]
\end{split}
\]
e di qui il calcolo, distinguendo un po' di casi, viene facile... Volendo, il conto si semplifica ancora un po' facendo anche la sostituzione \(t=\pi/L\ x\).
\[
\begin{split}
\sin \left(\frac{n\pi}{L}\ x\right)\ \cos \left(\frac{m\pi}{L}\ x\right)\ \sin \left(\frac{k\pi}{L}\ x\right) &= \frac{1}{2}\ \left( \sin \left(\frac{(n+m)\pi}{L}\ x\right) + \sin \left(\frac{(n-m)\pi}{L}\ x\right) \right)\\
&\phantom{=}\times \sin \left(\frac{k\pi}{L}\ x\right)\\
&= \frac{1}{2}\ \sin \left(\frac{(n+m)\pi}{L}\ x\right)\ \sin \left(\frac{k\pi}{L}\ x\right) \\
&\phantom{=}+ \frac{1}{2}\ \sin \left(\frac{(n-m)\pi}{L}\ x\right)\ \sin \left(\frac{k\pi}{L}\ x\right)\\
&= \frac{1}{4}\ \left( \cos \left(\frac{(n+m-k)\pi}{L}\ x\right) - \cos \left(\frac{(n+m+k)\pi}{L}\ x\right)\right) \\
&\phantom{=}+ \frac{1}{4}\ \left( \cos \left(\frac{(n-m-k)\pi}{L}\ x\right) - \cos \left(\frac{(n-m+k)\pi}{L}\ x\right)\right) \\
&= \frac{1}{4}\ \Bigg[ \cos \left(\frac{(n+m-k)\pi}{L}\ x\right) - \cos \left(\frac{(n+m+k)\pi}{L}\ x\right) \\
&\phantom{=} + \cos \left(\frac{(n-m-k)\pi}{L}\ x\right) - \cos \left(\frac{(n-m+k)\pi}{L}\ x\right)\Bigg]
\end{split}
\]
e di qui il calcolo, distinguendo un po' di casi, viene facile... Volendo, il conto si semplifica ancora un po' facendo anche la sostituzione \(t=\pi/L\ x\).
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