Potenze di funzioni trigonometriche
Stavo leggendo le due discussioni di Martino http://www.matematicamente.it/forum/un-prodotto-curioso-di-seni-t74412.html e di robbstak http://www.matematicamente.it/forum/un-altro-prodotto-di-funzioni-goniometriche-t75147.html e mi è venuto in mente un problemino che, per quanto fino ad ora abbia provato a risolvere non mi ha portato da nessuna parte.
E' noto (ed anche abbastanza facile da dimostrare) come si esprimano le formule di "moltiplicazione" per il seno e per il coseno (in parole povere [tex]$\sin(nx),\ \cos(nx),\ n\in\mathbb{N},\ n\geq 1$[/tex]) in termini di combinazione lineare di potenze delle sole funzioni [tex]$\sin x,\ \cos x$[/tex]
Mi sono allora posto il seguente problema: come si esprimono (se è possibile, ma non vedo perché non dovrebbe esserlo) le funzioni [tex]$\sin^n x,\ \cos^n x,\ n\in\mathbb{N},\ n\ge 1$[/tex] in termini delle funzioni [tex]$\sin(kx),\ \cos(kx),\ k\in\mathbb{N},\ 0\le k\le n$[/tex]?
Sinceramente mi pare strano che non esista una "formula nota" di questo fatto (probabilmente non sono riuscito io a cercare bene con Google) ma mi chiedo, più che altro, se ci sia una dimostrazione di questo fatto semplice come la sua "inversa" (se mi passate il termine) esposta in precedenza.
P.S.: Un'altra formula interessante è quella che riguarda le seguenti somme
[tex]$C_n=\sum_{k=0}^n\cos(kx),\qquad S_n=\sum_{k=0}^n\sin(kx)$[/tex]
che ancora fa uso degli ingredienti forniti prima in spoiler. A naso credo che in qualche modo queste due formule entrino in gioco per calcolare le potenze delle funzioni trigonometriche come dicevo prima, ma continuo a non vedere in che modo possano essere utilizzate. Se avete idee, dite pure, io intanto mi ci arrovello ancora un po'! (Se la richiesta non va bene per questa sede, potete tranquillamente spostare il tutto in altro luogo).
E' noto (ed anche abbastanza facile da dimostrare) come si esprimano le formule di "moltiplicazione" per il seno e per il coseno (in parole povere [tex]$\sin(nx),\ \cos(nx),\ n\in\mathbb{N},\ n\geq 1$[/tex]) in termini di combinazione lineare di potenze delle sole funzioni [tex]$\sin x,\ \cos x$[/tex]
Mi sono allora posto il seguente problema: come si esprimono (se è possibile, ma non vedo perché non dovrebbe esserlo) le funzioni [tex]$\sin^n x,\ \cos^n x,\ n\in\mathbb{N},\ n\ge 1$[/tex] in termini delle funzioni [tex]$\sin(kx),\ \cos(kx),\ k\in\mathbb{N},\ 0\le k\le n$[/tex]?
Sinceramente mi pare strano che non esista una "formula nota" di questo fatto (probabilmente non sono riuscito io a cercare bene con Google) ma mi chiedo, più che altro, se ci sia una dimostrazione di questo fatto semplice come la sua "inversa" (se mi passate il termine) esposta in precedenza.
P.S.: Un'altra formula interessante è quella che riguarda le seguenti somme
[tex]$C_n=\sum_{k=0}^n\cos(kx),\qquad S_n=\sum_{k=0}^n\sin(kx)$[/tex]
che ancora fa uso degli ingredienti forniti prima in spoiler. A naso credo che in qualche modo queste due formule entrino in gioco per calcolare le potenze delle funzioni trigonometriche come dicevo prima, ma continuo a non vedere in che modo possano essere utilizzate. Se avete idee, dite pure, io intanto mi ci arrovello ancora un po'! (Se la richiesta non va bene per questa sede, potete tranquillamente spostare il tutto in altro luogo).
Risposte
Ma scusa, eh, domanda scema (sapendo chi sei, mi vergogno a farla!): cosa sappiamo sugli sviluppi in serie di Fourier di [tex]\sin^n(x)[/tex]? Io sono tutt'altro che un analista e su questo forum bazzica gente ben più brava di me, ma mi sembra che l'essenza della questione sia questa!
E' proprio qui il punto: cercare di calcolare gli sviluppi in serie di Fourier di queste potenze porta, inevitabilmente, a dover fare i conti con teorema dei residui e compagnia bella. Mi chiedevo semplicemente se non ci fosse un metodo più "semplice". Tra l'altro, negli sviluppi di Fourier ti ritroveresti a scrivere qualcosa del tipo:
[tex]$\sum_{k=0}^\infty a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx)$[/tex]
mentre io pensavo ad una qualche formula chiusa che prevedesse le due seguenti condizioni:
1) se la potenza assegnata è [tex]$n$[/tex], allora dovranno comparire termini della forma [tex]$\sin(kx),\ \cos(kx)$[/tex] con [tex]$k\le n$[/tex] e non più alti;
2) ci sia la possibilità di trovare prodotti di funzioni seno e coseno, del tipo [tex]$\sin(kx)\cos(hx),\ 0\le k,h\le n$[/tex].
Penso questo alla luce del fatto che, per esempio
[tex]$\sin^2 x=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos(2x),\qquad \cos^2 x=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos(2x)$[/tex]
e da qui, si ha, per esempio
[tex]$\sin^3 x=\frac{1}{2}\sin x-\frac{1}{2}\sin x\cos(2x),\qquad \cos^3 x=\frac{1}{2}\cos x+\frac{1}{2}\cos x\cos(2x)$[/tex]
P.S.: la tua domanda è tutt'altro che scema, anzi sono convinto che in qualche modo la ricerca dei coefficienti di Fourier (considerando il perché e il percome saltano fuori) possa essere utilizzata al fine di trovare questa formula, ma continuo a non "vedere" come.
[tex]$\sum_{k=0}^\infty a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx)$[/tex]
mentre io pensavo ad una qualche formula chiusa che prevedesse le due seguenti condizioni:
1) se la potenza assegnata è [tex]$n$[/tex], allora dovranno comparire termini della forma [tex]$\sin(kx),\ \cos(kx)$[/tex] con [tex]$k\le n$[/tex] e non più alti;
2) ci sia la possibilità di trovare prodotti di funzioni seno e coseno, del tipo [tex]$\sin(kx)\cos(hx),\ 0\le k,h\le n$[/tex].
Penso questo alla luce del fatto che, per esempio
[tex]$\sin^2 x=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos(2x),\qquad \cos^2 x=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos(2x)$[/tex]
e da qui, si ha, per esempio
[tex]$\sin^3 x=\frac{1}{2}\sin x-\frac{1}{2}\sin x\cos(2x),\qquad \cos^3 x=\frac{1}{2}\cos x+\frac{1}{2}\cos x\cos(2x)$[/tex]
P.S.: la tua domanda è tutt'altro che scema, anzi sono convinto che in qualche modo la ricerca dei coefficienti di Fourier (considerando il perché e il percome saltano fuori) possa essere utilizzata al fine di trovare questa formula, ma continuo a non "vedere" come.
Stavo pensando, ma non ho provato: l'esistenza delle formule che desideri non è ottenibile banalmente per induzione? L'unico punto su cui occorre stare attenti è che venga rispettata la condizione 1)...
Può darsi di sì: ma quale formula proporresti? E' qui il succo della questione! 
"ciampax":
Mi sono allora posto il seguente problema: come si esprimono (se è possibile, ma non vedo perché non dovrebbe esserlo) le funzioni [tex]$\sin^n x,\ \cos^n x,\ n\in\mathbb{N},\ n\ge 1$[/tex] in termini delle funzioni [tex]$\sin(kx),\ \cos(kx),\ k\in\mathbb{N},\ 0\le k\le n$[/tex]?
E semplicemente sostituendo [tex]$\sin(x) = \frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2 i}$[/tex] e poi risostituendo seni e coseni non trovi niente?
Tipo:
[tex](2i)^3 \sin^3(x) = e^{3 i x}-e^{-3 i x} - 3 ( e^{i x} - e^{-ix}) = 2i (\sin 3x - 3 \sin x)[/tex]
Nella potenza del binomio ci sono sempre termini [tex]$e^{k i x} \pm e^{-k i x} $[/tex] oppure costanti moltiplicati per opportuno coefficiente binomiale.
bye^2, mr
Sì,nel frattempo oggi pomeriggio mentre preparavo le tracce d'esame per Analisi I ho trovato la soluzione. Il fatto è che c'è una cosa da dimostrare (nel mezzo) quando si applica il caso generale che non è proprio immediata (ma è un fatto abbastanza semplice). Posto di seguito la soluzione.
Usando il binomio di Newton e la formula di Eulero si ha
[tex]$\sin^n x=\left(\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)^n=\frac{1}{(2i)^n}\sum_{k=0}^n\left(\begin{array}{c} n\\ k\end{array}\right) (-1)^k e^{-kix}e^{(n-k)ix}=\frac{1}{(2i)^n}\sum_{k=0}^n \left(\begin{array}{c} n\\ k\end{array}\right) (-1)^k e^{(n-2k)ix}=$[/tex]
[tex]$=\frac{1}{(2i)^n}\sum_{k=0}^n \left(\begin{array}{c} n\\ k\end{array}\right) (-1)^k\left[\cos(n-2k)x+i\sin(n-2k)x\right]$[/tex]
Supponiamo ad esempio che [tex]$n=2m$[/tex] sia pari. Allora dovrei avere
[tex]$\sin^{2m} x=\frac{(-1)^m}{4^m}\sum_{k=0}^{2m} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k\left[\cos(2m-2k)x+i\sin(2m-2k)x\right]$[/tex]
e dal momento che sto valutando una funzione reale, mi aspetto che
[tex]$\sum_{k=0}^{2m} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k \sin(2m-2k)x=0$[/tex]
Ora, per dimostrare questo fatto procediamo così: spezzo la somma in due parti al modo seguente (notando che [tex]$\sin(2m-2m)x=0$[/tex]
[tex]$\sum_{k=0}^{2m} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k \sin(2m-2k)x=\sum_{k=0}^{m-1} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k \sin(2m-2k)x+\sum_{k=m+1}^{2m} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k \sin(2m-2k)x=$[/tex]
sostituendo nella seconda [tex]$k\to 2m-k$[/tex]
[tex]$=\sum_{k=0}^{m-1} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k \sin(2m-2k)x+\sum_{k=0}^{m-1} \left(\begin{array}{c} 2m\\ 2m-k\end{array}\right) (-1)^{2m-k} \sin(2m-4m+2k)x[/tex]
ed usando il fatto che [tex]$\left(\begin{array}{c} n\\ k\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} n\\ n-k\end{array}\right),\ \sin(-\alpha)=-\sin\alpha$[/tex] ottengo
[tex]$=\sum_{k=0}^{m-1} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k \sin(2m-2k)x-\sum_{k=0}^{m-1} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^{k} \sin(2m-2k)x=0[/tex]
Ne segue che
[tex]$\sin^{2m} x=\frac{(-1)^m}{4^m}\sum_{k=0}^{2m} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k \cos(2m-2k)x$[/tex]
Un ragionamento analogo vale per il caso di esponente dispari e per le potenze del coseno.
Usando il binomio di Newton e la formula di Eulero si ha
[tex]$\sin^n x=\left(\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)^n=\frac{1}{(2i)^n}\sum_{k=0}^n\left(\begin{array}{c} n\\ k\end{array}\right) (-1)^k e^{-kix}e^{(n-k)ix}=\frac{1}{(2i)^n}\sum_{k=0}^n \left(\begin{array}{c} n\\ k\end{array}\right) (-1)^k e^{(n-2k)ix}=$[/tex]
[tex]$=\frac{1}{(2i)^n}\sum_{k=0}^n \left(\begin{array}{c} n\\ k\end{array}\right) (-1)^k\left[\cos(n-2k)x+i\sin(n-2k)x\right]$[/tex]
Supponiamo ad esempio che [tex]$n=2m$[/tex] sia pari. Allora dovrei avere
[tex]$\sin^{2m} x=\frac{(-1)^m}{4^m}\sum_{k=0}^{2m} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k\left[\cos(2m-2k)x+i\sin(2m-2k)x\right]$[/tex]
e dal momento che sto valutando una funzione reale, mi aspetto che
[tex]$\sum_{k=0}^{2m} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k \sin(2m-2k)x=0$[/tex]
Ora, per dimostrare questo fatto procediamo così: spezzo la somma in due parti al modo seguente (notando che [tex]$\sin(2m-2m)x=0$[/tex]
[tex]$\sum_{k=0}^{2m} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k \sin(2m-2k)x=\sum_{k=0}^{m-1} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k \sin(2m-2k)x+\sum_{k=m+1}^{2m} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k \sin(2m-2k)x=$[/tex]
sostituendo nella seconda [tex]$k\to 2m-k$[/tex]
[tex]$=\sum_{k=0}^{m-1} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k \sin(2m-2k)x+\sum_{k=0}^{m-1} \left(\begin{array}{c} 2m\\ 2m-k\end{array}\right) (-1)^{2m-k} \sin(2m-4m+2k)x[/tex]
ed usando il fatto che [tex]$\left(\begin{array}{c} n\\ k\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} n\\ n-k\end{array}\right),\ \sin(-\alpha)=-\sin\alpha$[/tex] ottengo
[tex]$=\sum_{k=0}^{m-1} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k \sin(2m-2k)x-\sum_{k=0}^{m-1} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^{k} \sin(2m-2k)x=0[/tex]
Ne segue che
[tex]$\sin^{2m} x=\frac{(-1)^m}{4^m}\sum_{k=0}^{2m} \left(\begin{array}{c} 2m\\ k\end{array}\right) (-1)^k \cos(2m-2k)x$[/tex]
Un ragionamento analogo vale per il caso di esponente dispari e per le potenze del coseno.
"ciampax":
Sì,nel frattempo oggi pomeriggio mentre preparavo le tracce d'esame per Analisi I ho trovato la soluzione. Il fatto è che c'è una cosa da dimostrare (nel mezzo) quando si applica il caso generale che non è proprio immediata (ma è un fatto abbastanza semplice). Posto di seguito la soluzione.
Usando il binomio di Newton e la formula di Eulero si ha
[tex]$\sin^n x=\left(\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)^n=\frac{1}{(2i)^n}\sum_{k=0}^n\left(\begin{array}{c} n\\ k\end{array}\right) (-1)^k e^{-kix}e^{(n-k)ix}=\frac{1}{(2i)^n}\sum_{k=0}^n \left(\begin{array}{c} n\\ k\end{array}\right) (-1)^k e^{(n-2k)ix}=$[/tex]
[tex]$=\frac{1}{(2i)^n}\sum_{k=0}^n \left(\begin{array}{c} n\\ k\end{array}\right) (-1)^k\left[\cos(n-2k)x+i\sin(n-2k)x\right]$[/tex]
Secondo me si puo' usare un trucco piu' furbo.
Poiche' il coefficiente binomiale [tex]$\left(\begin{array}{c} n\\ k\end{array}\right)$[/tex] e' simmetrico sotto $ k -> n-k$, puoi dividere la somma in due parti, quella con $k
Ottieni allora
[tex]\sum_{k
Cioe' se $n$ e' pari ottieni una somma di coseni (e una costante non nulla), se $n$ e' dispari ottieni i seni (e la costante e' nulla).
Questo a meno che io non abbia cannato tutti i conti
bye^2, mr
Sì, è praticamente quello che ho fatto. E fidati, non ho cannato i conti.
"ciampax":
Sì, è praticamente quello che ho fatto. E fidati, non ho cannato i conti.
La differenza sta nel fatto che invece di risostituire ho riassemblato i termini della somma a due a due, ricostruendo i seni (o i coseni), che mi e' sembrato piu' facile.
Comunque guarda che ho scritto "a meno che IO non abbia cannato i conti".
Cosa che peraltro capita...
bye^2, mr
"yoshiharu":
Comunque guarda che ho scritto "a meno che IO non abbia cannato i conti".
Cosa che peraltro capita...
bye^2, mr
LOL! Scusa, ho letto di corsa e non avevo capito!
"ciampax":
LOL! Scusa, ho letto di corsa e non avevo capito!
Beh, tra l'altro non mi sarei permesso...
Poi col rate di inversioni di segno che ho io...
bye^2, mr
Davvero interessanti questi esercizi, non li conoscevo. A questo punto provo a rilanciare. Trovare le stesse espressioni qui trovate e quella del post di Martino ( https://www.matematicamente.it/forum/un- ... 74412.html ), senza ricorrere ai numeri complessi. Ci ho un po' provato, ma senza molto successo. L'unico che sono riuscito a risolvere senza analisi complessa è quello del mio post ( https://www.matematicamente.it/forum/un- ... 75147.html).
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