Integrale simpatico e $n$-agono regolare

[Bremen000]

Volevo proporre questo esercizio che ho trovato particolarmente interessante, il punto 1 è risolubile con le conoscenze di analisi 1 e un po' di ingegno e il punto due con le conoscenze di analisi uno e (molto) più ingegno.

1. Si calcoli $\int_0^{\pi} \log(cos(x/2))dx$

2. Si consideri un $n$-agono regolare inscritto in una circonferenza di raggio unitario. Si fissi uno dei vertici e si considerino tutti i segmenti che congiungono tale vertice con uno degli altri vertici.
Si calcoli la media geometria delle lunghezze di questi segmenti e si deduca da essa il risultato di 1.

[anto_zoolander]

Se ho capito cosa intendi per il primo

con i numeri complessi trovi che i vertici di un $n-$agono regolare inscritto in una circonferenza di raggio $1$ sono i punti $V_k=(cos((2kpi)/N),sin((2kpi)/N))$ con $N$ numero di vertici e $k=0,..,N-1$

Fisso $V_0$ e considero le lunghezze $||vec(V_0V_k)||$ per arrivare a:

$g(N)=root(N-1)(prod_(k=1)^(N-1)||vec(V_0V_k)||)=root(2(N-1))(2*prod_(k=1)^(N-1)(1-cos((2kpi)/N))$

Dice WolframAlpha che $lim_(N->+infty)g(N)=1$ e io mi fido

gli edit sono correzioni

[caffeinaplus]

Ho controllato per il punto 1 su wolfram la.soluzione e mi ha spaventato

Quindi posto come avrei fatto io per capire dove ho sbagliato

$int ln(cos(x/2)) dx$
$int ln(sqrt((1+cosx)/2)) dx$
$1/2 int ln(1+cosx) - ln(2) dx$
$-1/2xln(2) + int ln(1+cosx) dx$

A questo punto avrei continuato o per parti o per sostituzione e vorrei capire se ne vale la pena o già ci sono errori.Dopo aver calcolato l'indefinito sarei passato al calcolo dell'area richiesta

[Bremen000]

@anto:

L'idea è quella giusta! Ma non calcolare il limite, non subito almeno..bisogna riuscire a trovare un espressione esplicita per quella produttoria e da lì dovrebbe essere poi facile tirare fuori delle belle somme di Riemann...

@caffeinaplus
Ma non è così brutto il risultato! I conti che hai scritto sono giusti ma non posso garantire che portino da qualche parte; io l'ho risolto in un certo modo ma non è detto che ce ne sia uno solo (anzi, penso ne esistano $n$ distinti...)

E mollatelo sto wolfram

[feddy]

@Bremen000

Formule di Eulero per il seno e coseno...?

[Bremen000]

@feddy

Se ti riferisci al punto 1 io non le ho usate.
Nel punto 2 io le ho usate ma si può fare anche senza, basta essere più svegli di me!

[anto_zoolander]

Si ho notato qualcosa passando all’esponenziale.

Ma per il primo si devono sfruttare delle proprietà della funzione in quel particolare intervallo no? Calcolare la primitiva è impossibile

[Bremen000]

@anto

Esponenziale --> ok!
Per l'integrale: certo, non esiste una primitiva di quella funzione esprimibile come combinazione di funzioni elementari.

[anto_zoolander]

Ero arrivato al fatto che quella quantità coincidesse con

$exp(lim_(N->+infty)1/(2N-2)sum_(k=1)^(N-1)log(2-2cos((2kpi)/N))$

Devo solo farmi un’idea di come farlo degenerare in un integrale. Solo che ancora diciamo che non ci ho messo mano per calcolarlo perché avevo sonno stasera vedo di farli e li posto.

[pilloeffe]

Ciao a tutti,

Ci sono diversi metodi per risolvere l'integrale proposto al punto 1. Qui di seguito ne propongo uno comprensibile con le conoscenze di Analisi I.

Posto $ x := 2t \implies dx = 2dt $, per $x = 0 \implies t = 0$, per $x = \pi \implies t = pi/2 $ per cui si ha:

$ \int_0^{\pi} \ln(cos(x/2))dx = 2 \int_0^{\pi/2} \ln(cos t)dt = 2 \int_0^{\pi/2} \ln(sin t)dt $

ove l'ultima eguaglianza è stata trovata sostituendo $t $ con $pi/2 - t $. Dunque posto $I := \int_0^{\pi/2} \ln(cos t)dt = \int_0^{\pi/2} \ln(sin t)dt $ si ha:

$I + I = \int_0^{\pi/2} \ln(cos t)dt + \int_0^{\pi/2} \ln(sin t)dt = \int_0^{\pi/2} \ln(sin t cos t) dt = \int_0^{\pi/2} \ln(frac{2sin t cos t}{2}) dt \implies $
$\implies I = frac{1}{2}\int_0^{\pi/2} \ln[sin(2t)] dt - frac{1}{2}\int_0^{\pi/2} ln 2 = frac{1}{2}\int_0^{\pi/2} \ln[sin(2t)] dt - frac{1}{2}ln 2 \int_0^{\pi/2} dt \implies $
$\implies I = frac{1}{4}\int_0^{\pi} \ln(sin u) du - frac{\pi}{4} ln 2 = frac{1}{2}\int_0^{\pi/2} \ln(sin t) dt - frac{\pi}{4} ln 2 = frac{I}{2} - frac{\pi}{4} ln 2 \implies$
$I = - frac{\pi}{2} ln 2 $

Dunque in definitiva si ha:

$ \int_0^{\pi} \ln(cos(x/2))dx = 2 I = - \pi ln 2 $

Poi ci sono un paio di metodi basati sulle somme di Riemann ed anche un altro un po' più avanzato... Se riesco ad avere un po' di tempo ne posto qualcuno.

[Bremen000]

@pilloeffe

[pilloeffe]

Ho pensato di postare il metodo un po' più avanzato, perché gli altri due c'entrano col punto 2. e siccome anto_zoolander tutto sommato c'è abbastanza vicino, non voglio rovinargli il gusto e la sorpresa...

Si parte un po' da lontano, considerando che integrando la serie geometrica si ha:

$ - ln(1 - z) = sum_{n = 1}^{+\infty} frac{z^n}{n} \qquad |z| < 1 \qquad -\pi < arg(1 - z) < \pi $

Ma $z := \rho e^{i\theta} = \rho(cos\theta + i sin\theta) $, per cui sostituendo e separando la parte reale e la parte immaginaria si ottengono i due sviluppi in serie di Fourier seguenti:

$- ln sqrt{1 - 2\rho cos\theta + \rho^2} = sum_{n = 1}^{+\infty} frac{\rho^n}{n} cos(n\theta)$

$arctan(frac{\rho sin\theta}{1 - \rho cos\theta}) = sum_{n = 1}^{+\infty} frac{\rho^n}{n} sin(n\theta)$

Passando al limite per $\rho to 1 $ nel primo sviluppo in serie, si ottiene:

$- ln sqrt{2(1 - cos\theta)} = - ln|2 sin(\theta/2)| = sum_{n = 1}^{+\infty} frac{cos(n\theta)}{n} $

Per il Teorema di Feiér ed il Teorema di Hardy la serie al secondo membro è convergente alla funzione $f(\theta) := - ln|2 sin(\theta/2)| $ a parte il punto $\theta = 0 $ dove la serie diverge e corrispondentemente diverge la funzione $f(\theta)$, che tuttavia è integrabile in $(-\pi, pi)$. Che la serie a secondo membro sia effettivamente la serie di Fourier della funzione $f(\theta) $ lo si può verificare direttamente calcolando i coefficienti di Fourier della funzione $f(\theta) $ che, essendo una funzione pari, ha i coefficienti $b_n $ tutti nulli, mentre si ha:

$a_n = frac{1}{\pi} int_{-\pi}^{\pi} f(\theta)cos(n\theta) d\theta = - frac{2}{\pi} int_{0}^{\pi} ln[2 sin(\theta/2)] d\theta $

Dopo un'integrazione per parti si trova

$a_n = - frac{2}{\pi} int_{0}^{\pi} ln[2 sin(\theta/2)] d\theta = frac{2}{\pi n} int_{0}^{\pi} frac{cos(\theta/2)}{2 sin(\theta/2)} sin(n\theta) d\theta = $
$ = frac{1}{\pi n} int_{0}^{\pi} frac{sin[(n + 1/2)\theta] + sin[(n - 1/2)\theta]}{2 sin(\theta/2)} d\theta $

Ricordando l'identità

$ frac{sin[(n + 1/2)\theta]}{2 sin(\theta/2)} = 1/2 + sum_{k = 1}^n cos(k\theta) $

ed osservando che $int_{0}^{\pi} cos(k\theta) = 0 qquad \AA k \ne 0 $, si ottiene proprio

$a_n = frac{1}{\pi n} int_{0}^{\pi} d\theta = 1/n $

$\AA n \ne 0 $. Quest'ultima equazione non fornisce il coefficiente $a_0 = - frac{2}{\pi} int_{0}^{\pi} ln[2 sin(theta/2)]$, che però si capisce subito che è nullo dallo sviluppo in serie iniziale, e quindi si ha:

$a_0 = 0 = int_{0}^{\pi} ln[2 sin(theta/2)] d\theta = \pi ln 2 + 2 int_{0}^{\pi/2} ln(sin\theta) d\theta \implies int_{0}^{\pi/2} ln(sin\theta) d\theta = - frac{\pi}{2} ln 2$

Dato che, come si è già visto nel mio post precedente,

$ \int_0^{\pi} \ln(cos(x/2))dx = 2 \int_0^{\pi/2} \ln(cos\theta)d\theta = 2 \int_0^{\pi/2} \ln(sin\theta)d\theta $

in definitiva si ha:

[tex]\begin{equation}
\boxed{\int_0^{\pi} \ln\bigg(\cos\bigg(\frac{x}{2}\bigg)\bigg) dx = 2 \int_0^{\pi/2} \ln(\cos\theta)d\theta = 2 \int_0^{\pi/2} \ln(\sin\theta)d\theta = - \pi \ln 2}
\end{equation}[/tex]

[LoreT314]

"pilloeffe":Ho pensato di postare il metodo un po' più avanzato, perché gli altri due c'entrano col punto 2. e siccome anto_zoolander tutto sommato c'è abbastanza vicino, non voglio rovinargli il gusto e la sorpresa...

Si parte un po' da lontano, considerando che integrando la serie geometrica si ha:

$ - ln(1 - z) = sum_{n = 1}^{+\infty} frac{z^n}{n} \qquad |z| < 1 \qquad -\pi < arg(1 - z) < \pi $

Ma $z := \rho e^{i\theta} = \rho(cos\theta + i sin\theta) $, per cui sostituendo e separando la parte reale e la parte immaginaria si ottengono i due sviluppi in serie di Fourier seguenti:

$- ln sqrt{1 - 2\rho cos\theta + \rho^2} = sum_{n = 1}^{+\infty} frac{\rho^n}{n} cos(n\theta)$

$arctan(frac{\rho sin\theta}{1 - \rho cos\theta}) = sum_{n = 1}^{+\infty} frac{\rho^n}{n} sin(n\theta)$

Passando al limite per $\rho to 1 $ nel primo sviluppo in serie, si ottiene:

$- ln sqrt{2(1 - cos\theta)} = - ln|2 sin(\theta/2)| = sum_{n = 1}^{+\infty} frac{cos(n\theta)}{n} $

Per il Teorema di Feiér ed il Teorema di Hardy la serie al secondo membro è convergente alla funzione $f(\theta) := - ln|2 sin(\theta/2)| $ a parte il punto $\theta = 0 $ dove la serie diverge e corrispondentemente diverge la funzione $f(\theta)$, che tuttavia è integrabile in $(-\pi, pi)$. Che la serie a secondo membro sia effettivamente la serie di Fourier della funzione $f(\theta) $ lo si può verificare direttamente calcolando i coefficienti di Fourier della funzione $f(\theta) $ che, essendo una funzione pari, ha i coefficienti $b_n $ tutti nulli, mentre si ha:

$a_n = frac{1}{\pi} int_{-\pi}^{\pi} f(\theta)cos(n\theta) d\theta = - frac{2}{\pi} int_{0}^{\pi} ln[2 sin(\theta/2)] d\theta $

Dopo un'integrazione per parti si trova

$a_n = - frac{2}{\pi} int_{0}^{\pi} ln[2 sin(\theta/2)] d\theta = frac{2}{\pi n} int_{0}^{\pi} frac{cos(\theta/2)}{2 sin(\theta/2)} sin(n\theta) d\theta = $
$ = frac{1}{\pi n} int_{0}^{\pi} frac{sin[(n + 1/2)\theta] + sin[(n - 1/2)\theta]}{2 sin(\theta/2)} d\theta $

Ricordando l'identità

$ frac{sin[(n + 1/2)\theta]}{2 sin(\theta/2)} = 1/2 + sum_{k = 1}^n cos(k\theta) $

ed osservando che $int_{0}^{\pi} cos(k\theta) = 0 qquad \AA k \ne 0 $, si ottiene proprio

$a_n = frac{1}{\pi n} int_{0}^{\pi} d\theta = 1/n $

$\AA n \ne 0 $. Quest'ultima equazione non fornisce il coefficiente $a_0 = - frac{2}{\pi} int_{0}^{\pi} ln[2 sin(theta/2)]$, che però si capisce subito che è nullo dallo sviluppo in serie iniziale, e quindi si ha:

$a_0 = 0 = int_{0}^{\pi} ln[2 sin(theta/2)] d\theta = \pi ln 2 + 2 int_{0}^{\pi/2} ln(sin\theta) d\theta \implies int_{0}^{\pi/2} ln(sin\theta) d\theta = - frac{\pi}{2} ln 2$

Dato che, come si è già visto nel mio post precedente,

$ \int_0^{\pi} \ln(cos(x/2))dx = 2 \int_0^{\pi/2} \ln(cos\theta)d\theta = 2 \int_0^{\pi/2} \ln(sin\theta)d\theta $

in definitiva si ha:

[tex]\begin{equation}
\boxed{\int_0^{\pi} \ln\bigg(\cos\bigg(\frac{x}{2}\bigg)\bigg) dx = 2 \int_0^{\pi/2} \ln(\cos\theta)d\theta = 2 \int_0^{\pi/2} \ln(\sin\theta)d\theta = - \pi \ln 2}
\end{equation}[/tex]

Wow mi fa ricordare perché amo così tanto studiare matematica

[killing_buddha]

Madonna che contazzi da carpentiere.

[pilloeffe]

@ killing_buddha
[ot]Se ti riferisci alla carpenteria edile, dev'essere perché sono stato fra gli ultimi ingegneri elettronici che ha sostenuto l'esame di Scienza delle costruzioni: mi sa che qualcosa m'è rimasto dentro... [/ot]

[Bremen000]

Be' sì, la seconda soluzione di pilloeffe è molto contosa, ma è certamente un punto di vista interessante, per quanto anche io non sia un amante della "carpenteria"

Ancora nessuno per il secondo punto?

[anto_zoolander]

Il secondo si può fare considerando che $1-cos(2((kpi)/N))=2sin^2((kpi)/N)$
In due passaggi si arriva a $l_N=2* root(N-1)(prod_(k=1)^(N-1)sin((kpi)/N)$

Si può mostrare che $prod_(k=1)^(N-1)sin((kpi)/N)=2^(1-N)*N$ ma non so come, da cui si concluderebbe in mezzo secondo.

[Bremen000]

@anto

Esatto! Tutto sta proprio nel dimostrare l'ultima uguaglianza che hai scritto.

Hint

Può essere utile considerare il polinomio $z^n-1= (z-\alpha_1)...(z-\alpha_n)$...

[LoreT314]

"Bremen000":@anto

Esatto! Tutto sta proprio nel dimostrare l'ultima uguaglianza che hai scritto.

Hint

Può essere utile considerare il polinomio $z^n-1= (z-\alpha_1)...(z-\alpha_n)$...

[ot]@Bremen000 sono rimasto affascinato dalla tua firma
"Nessuno riuscirà a cacciarci dal Paradiso che Cantor ha creato per noi." (Hilbert)
però non ho ben capito in che senso cantor avrebbe creato questo paradiso (che immagino sia il mondo della matematica)[/ot]

[Bremen000]

@LoreT314
[ot]Ciao, non posso essere nella mente di Hilbert (magari) ma penso intendesse questo: Cantor ha gettato le basi per una comprensione più moderna e assiomatizzata del concetto di infinito, ci sono diversi suoi teoremi sull'infinito e sulla cardinalità degli insiemi ($m(NN) \ne m(RR)$, $m(A) <= m(\mathcal{P}(A)$, Cantor-Bernstein). Mentre alcuni dei contemporanei giudicarono questi lavori di Cantor come cose fantascientifiche e senza senso, Hilbert ne riconobbe il valore. Il paradiso credo corrisponda alla "nuova matematica" che si è introdotta grazie a Cantor e il riferimento al cacciarci da esso è un confronto "ironico" tra esso e il paradiso terrestre biblico.[/ot]

In ogni caso, per quanto riguarda l'argomento del topic, nei prossimi giorni metterò la soluzione alla parte 2 che magari può interessare a qualcuno!

[pilloeffe]

Facendo tesoro del suggerimento di Bremen000:

$z^n - 1 = (z - \alpha_0)(z - \alpha_1)\cdot ... \cdot (z - \alpha_{n - 1}) = \prod_{k = 0}^{n - 1} (z - alpha_k) \implies $
$\implies (z - 1)(z^{n - 1} + z^{n - 2} + ... + z^2 + z + 1) = (z - 1) \prod_{k = 1}^{n - 1} (z - alpha_k) \implies $
$\implies z^{n - 1} + z^{n - 2} + ... + z^2 + z + 1 = \prod_{k = 1}^{n - 1} (z - alpha_k) $

Ponendo $z = 1 $ si ottiene:

$ n = \prod_{k = 1}^{n - 1} (1 - alpha_k) $

Prendendo il modulo di entrambi i membri e ricordando che $\alpha_k = cos(frac{2k\pi}{n}) + i sin(frac{2k\pi}{n}) $, $ k = 0, 1, 2, ..., n - 1 $ si ha:

$|n| = |\prod_{k = 1}^{n - 1} (1 - alpha_k)| = \prod_{k = 1}^{n - 1} |1 - alpha_k| = \prod_{k = 1}^{n - 1} |1 - cos(frac{2k\pi}{n}) - i sin(frac{2k\pi}{n}) | = $
$ = \prod_{k = 1}^{n - 1} |2sin(frac{k\pi}{n})[sin(frac{k\pi}{n}) - i cos(frac{k\pi}{n})] | = \prod_{k = 1}^{n - 1} 2sin(frac{k\pi}{n}) = 2^{n - 1} \prod_{k = 1}^{n - 1} sin(frac{k\pi}{n})$

Dunque in definitiva si ha:

$ prod_{k = 1}^{n - 1} sin(frac{k\pi}{n}) = frac{n}{2^{n - 1}}$

... Il che permette ad anto_zoolander di concludere "in mezzo secondo"...