Sviluppo in serie di Fourier di arctan[sin(x)]
Non mi ricordo più se è la prima volta che metto questo quiz o se invece l'ho già postato un'altra volta (nel qual caso ... chiedo scusa).
Posto $f(x) = arctan[sin(x)]$, siccome $f(-x) = -f(x)$ e $f(π-x) =f(x)$, lo sviluppo in serie di Fourier avrà solo addendi in seno e di frequenza dispari, cioè del tipo $S_(2n+1)sin[(2n+1)x]$ per ogni n naturale.
_______
Posto $f(x) = arctan[sin(x)]$, siccome $f(-x) = -f(x)$ e $f(π-x) =f(x)$, lo sviluppo in serie di Fourier avrà solo addendi in seno e di frequenza dispari, cioè del tipo $S_(2n+1)sin[(2n+1)x]$ per ogni n naturale.
_______
Risposte
Più di 220 visite ma nessun intervento ....
---------
Naturalmente, per ogni n naturale $S_(2n+1)$ vale $–$non so scrivere qui formule complicate$–$:
<4/π·integtrale da 0 a π/2 di $arctan[sin(x)]·sin[(2n+1)x]$ in $dx$>
Ma il calcolo di questo integrale definito è alquanto laborioso!
[Può essere utile, però, anche il solo calcolo di $S_1$.
Probabilmente il risultato sarà una sorpresa. Ma potrà forse favorire l'intuito ... verso la soluzione del quiz.]
A volte è più agevole calcolare di quale funzione periodica f(x) una certa serie di Fourier è lo sviluppo che fare lo sviluppo in serie di Fourier della data f(x).
Questo quiz ... invita ad indagare su che tipo potrebbe essere una serie di Fourier che tende ad $arctan[sin(x)]$.
Individuato il tipo, si potrà poi verificare col perorso inverso, cercando cioè la funzione cui tende la serie.
Osserviamo anzitutto che $arctan[sin(x)]$ è il caso particolare di $arctan[ksin(x)]$ (con $k$ reale positivo) per $k=1$
Più grande fosse k e più la funzione tenderebbe all'onda quadra dispari alternata tra π/2 e –π/2 della quale tutti sappiamo che lo spiluppo in serie di Fourier ha solo addendi in seno di frequenza dispari con coefficienti:
$S_(2n+1) = 2/(2n+1)$.
In secondo luogo osserviamo che, passando per il campo complesso, abbiamo
$sin(x) = (e^(jx)-e^(-jx))/(2j)$.
Ora, se sviluppiamo arctan[sin(x)] in serie di potenze di sin(x) possiamo pensare che nel termine corrente:
$(-1)^n (sin^(2n+1)(x))/(2n+1)$ (con $n$ naturale)
ci sia la potenza (2n+1)–esima del binomio $(e^(jx)-e^(-jx))$.
Il trucco che condurrà a risolvere il quiz sarà allora quello di trovare ... con un po' di fantasia creativa
, come si può passare da questa serie a due serie [separate] dello stesso tipo: una di potenze di $e^(jx)$, l'altra di potenze di $e^(-jx)$.
Dò un suggerimento ... colossale!
Invece di considerare $arctan[ksin(x)]$ con k parametro positivo (che quindi può andare da 0 escluso in su verso $+∞$), consideriamo il reciproco di un seno iperbolico di un argomento $α$ positivo (pure variabile da 0 escluso in su).
Cioè: al posto di k mettiamo
$1/(sinh(α)) =(2e^(-α))/(1 -e^(-2α)) $.
Oppure (equivalentemente ponendo $t = e^(-α)$) facciamo la sostituzione
$k = (2t)/(1 - t^2)$.
In particolare sarà $1/(sinh(α)) =1$ per
$α=ln(sqrt2+1)$
oppure (equivalentemente per $t = e^(-α)$) per
$t = sqrt2 - 1$.
_______
---------
Naturalmente, per ogni n naturale $S_(2n+1)$ vale $–$non so scrivere qui formule complicate$–$:
<4/π·integtrale da 0 a π/2 di $arctan[sin(x)]·sin[(2n+1)x]$ in $dx$>
Ma il calcolo di questo integrale definito è alquanto laborioso!
[Può essere utile, però, anche il solo calcolo di $S_1$.
Probabilmente il risultato sarà una sorpresa. Ma potrà forse favorire l'intuito ... verso la soluzione del quiz.]
A volte è più agevole calcolare di quale funzione periodica f(x) una certa serie di Fourier è lo sviluppo che fare lo sviluppo in serie di Fourier della data f(x).
Questo quiz ... invita ad indagare su che tipo potrebbe essere una serie di Fourier che tende ad $arctan[sin(x)]$.
Individuato il tipo, si potrà poi verificare col perorso inverso, cercando cioè la funzione cui tende la serie.
Osserviamo anzitutto che $arctan[sin(x)]$ è il caso particolare di $arctan[ksin(x)]$ (con $k$ reale positivo) per $k=1$
Più grande fosse k e più la funzione tenderebbe all'onda quadra dispari alternata tra π/2 e –π/2 della quale tutti sappiamo che lo spiluppo in serie di Fourier ha solo addendi in seno di frequenza dispari con coefficienti:
$S_(2n+1) = 2/(2n+1)$.
In secondo luogo osserviamo che, passando per il campo complesso, abbiamo
$sin(x) = (e^(jx)-e^(-jx))/(2j)$.
Ora, se sviluppiamo arctan[sin(x)] in serie di potenze di sin(x) possiamo pensare che nel termine corrente:
$(-1)^n (sin^(2n+1)(x))/(2n+1)$ (con $n$ naturale)
ci sia la potenza (2n+1)–esima del binomio $(e^(jx)-e^(-jx))$.
Il trucco che condurrà a risolvere il quiz sarà allora quello di trovare ... con un po' di fantasia creativa
, come si può passare da questa serie a due serie [separate] dello stesso tipo: una di potenze di $e^(jx)$, l'altra di potenze di $e^(-jx)$.Dò un suggerimento ... colossale!
Invece di considerare $arctan[ksin(x)]$ con k parametro positivo (che quindi può andare da 0 escluso in su verso $+∞$), consideriamo il reciproco di un seno iperbolico di un argomento $α$ positivo (pure variabile da 0 escluso in su).
Cioè: al posto di k mettiamo
$1/(sinh(α)) =(2e^(-α))/(1 -e^(-2α)) $.
Oppure (equivalentemente ponendo $t = e^(-α)$) facciamo la sostituzione
$k = (2t)/(1 - t^2)$.
In particolare sarà $1/(sinh(α)) =1$ per
$α=ln(sqrt2+1)$
oppure (equivalentemente per $t = e^(-α)$) per
$t = sqrt2 - 1$.
_______
ci stavo provando poco fa; più tardi se ho tempo ci riprovo, ti ringrazio per il suggerimento
provo a dare qualche spunto per la risoluzione.
Allora sappiamo che
$\arctan[sin(x)]=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{\sin^{2n+1}(x)}{2n+1}$.
Inoltre sappiamo anche che $\sin(x)=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$ eleviamo alla $2n+1$ solo il numeratore e troviamo
$\sum_{k=0}^{2n+1}((2n+1),(k))(e^{i(2n+1-k)x})(-e^{-ikx})=$
$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k((2n+1),(k))(e^{i(2n+1-2k)x})+\sum_{k=n+1}^{2n+1}(-1)^k((2n+1),(k))(e^{-i(2k-2n-1)x})$
riscriviamo in modo che anche la seconda parte della sommatoria vada da $0$ a $n$ e otteniamo
$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k((2n+1),(k))(e^{i(2n+1-2k)x})+\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k+1}((2n+1),(k))(e^{-i(2n+1-2k)x})$
che può essere vista come
$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k((2n+1),(k))(e^{i(2n+1-2k)x}-e^{-i(2n+1-2k)x})$.
Tornando all'inizio abbiamo che
$\arctan[sin(x)]=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{2n+1}(\frac{1}{-4})^{n}\frac{1}{2i}\sum_{k=0}^{n}(-1)^k((2n+1),(k))(e^{i(2n+1-2k)x}-e^{-i(2n+1-2k)x})$.
Risistemando abbiamo che
$\arctan[sin(x)]=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{n}(\frac{1}{4})^n\frac{1}{2n+1}(-1)^k((2n+1),(k))(sin(2n+1-2k)x)$.
Quello che vogliamo fare adesso è raccogliere tutti i coefficienti di $sin((2m+1)x)$ (bisogna prendere i coefficienti dei $sin(2(m+k)+1-2k)x$). Ora infatti:
$S_{2m+1}=\sum_{t=0}^{\infty}(\frac{1}{4})^{m+t}\frac{1}{2m+2t+1}(-1)^t((2m+2t+1),(t))$
che infine riscrivo come:
$S_{2m+1}=\sum_{t=0}^{\infty}\frac{1}{t}((2(m+1)+2(t-1)),(t-1))(\frac{-1}{4^m})^{t}$
e la mia idea era quella di cercare di sfruttare in qualche modo il fatto che ricorda la seguente identità:
$\sum_{i=0}^\infty \frac{1}{i+1}((2i),(i)) x^i = \frac{1}{2x}(\sqrt{1-4x})$.
Stasera provo a riguardarla anche perché non sono riuscito a capire come sfruttare il tuo hint, mi scuso inoltre per i probabili errori ma quando devo lavorare su formule lunghe mi perdo facilmente
Allora sappiamo che
$\arctan[sin(x)]=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{\sin^{2n+1}(x)}{2n+1}$.
Inoltre sappiamo anche che $\sin(x)=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$ eleviamo alla $2n+1$ solo il numeratore e troviamo
$\sum_{k=0}^{2n+1}((2n+1),(k))(e^{i(2n+1-k)x})(-e^{-ikx})=$
$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k((2n+1),(k))(e^{i(2n+1-2k)x})+\sum_{k=n+1}^{2n+1}(-1)^k((2n+1),(k))(e^{-i(2k-2n-1)x})$
riscriviamo in modo che anche la seconda parte della sommatoria vada da $0$ a $n$ e otteniamo
$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k((2n+1),(k))(e^{i(2n+1-2k)x})+\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k+1}((2n+1),(k))(e^{-i(2n+1-2k)x})$
che può essere vista come
$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k((2n+1),(k))(e^{i(2n+1-2k)x}-e^{-i(2n+1-2k)x})$.
Tornando all'inizio abbiamo che
$\arctan[sin(x)]=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{2n+1}(\frac{1}{-4})^{n}\frac{1}{2i}\sum_{k=0}^{n}(-1)^k((2n+1),(k))(e^{i(2n+1-2k)x}-e^{-i(2n+1-2k)x})$.
Risistemando abbiamo che
$\arctan[sin(x)]=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{n}(\frac{1}{4})^n\frac{1}{2n+1}(-1)^k((2n+1),(k))(sin(2n+1-2k)x)$.
Quello che vogliamo fare adesso è raccogliere tutti i coefficienti di $sin((2m+1)x)$ (bisogna prendere i coefficienti dei $sin(2(m+k)+1-2k)x$). Ora infatti:
$S_{2m+1}=\sum_{t=0}^{\infty}(\frac{1}{4})^{m+t}\frac{1}{2m+2t+1}(-1)^t((2m+2t+1),(t))$
che infine riscrivo come:
$S_{2m+1}=\sum_{t=0}^{\infty}\frac{1}{t}((2(m+1)+2(t-1)),(t-1))(\frac{-1}{4^m})^{t}$
e la mia idea era quella di cercare di sfruttare in qualche modo il fatto che ricorda la seguente identità:
$\sum_{i=0}^\infty \frac{1}{i+1}((2i),(i)) x^i = \frac{1}{2x}(\sqrt{1-4x})$.
Stasera provo a riguardarla anche perché non sono riuscito a capire come sfruttare il tuo hint, mi scuso inoltre per i probabili errori ma quando devo lavorare su formule lunghe mi perdo facilmente
________
Grazie per la soluzione:) avevo frainteso un po' gli hint che mi avevi dato e mi sono allontanato dalla soluzione! Il problema l'ho trovato molto interessante, dove l'hai trovato?
"Half95":Da nessuna parte.
[...] Il problema [...] dove l'hai trovato?
[Di solito, I quiz che metto io – qua o in Rudi Mathematici – non li ho "trovatI", ma mi sono venuti in mente per varie associazioni di idee.]
In questo caso, come ho detto nel secondo "post", ho considerato il fatto che lo sviluppo in serie di Fourier dell'onda quadra (che tutti conosciamo bene) è una serie che nel campo complesso si spezza in due serie di potenze, una di potenze di $e^(jx)$ e l'altra di potenze di $e^(-jx)$, le quali sarebbero facilmente calcolabili se la base delle potenze invece di avere modulo 1 avesse modulo minore di 1. D'altra parte, la funzione artan(ksin(x)), al tendere di k a $+∞$, tende all'onda quadra dispari di ampiezza π/2- Allora viene subito in mente di attenuare la singola componente armonica (a frequenza dispari, diciamo 2n+1) dello sviluppo in serie di Fourier dell'onda quadra con un fattore del tipo $t^(2n+1)$ con $t < 1$, ma solo di un pelo! [ossia: t < 1, ma quasi 1]. Ecco che il calcolo della serie diventa facilissimo e si scopre che la serie così attenuata è lo sviluppo in serie di Fourier proprio di arctan(ksin(x)) quando è $k=(2t)/(1-t^2)$. Se vogliamo che k valga 1 dobbiamo prendere
$t = sqrt2 -1$.
Ed allora è anche improbbile che ad uno venga in mente che arctan[sin(x)) è un caso particolare di arctan[ksin(x)], quello per k=1.
[Inciso: Ieri sera ho scritto una pagina con il calcolo di $S_1$ e di $S_3$ rispettivamente come
$S_1 =$ <4/π · integrale da 0 a π/2 di arctan[sin(x)]·sin(x) in dx> e
$S_3 =$ <4/π · integrale da 0 a π/2 di arctan[sin(x)]·sin(3x) in dx>
Siccome si trova
$S_1 = 2(sqrt2 -1)$; $S_3 = 2/3(sqrt2 -1)^3$
viene di colpo l'idea di verificare la serie con
$S_(2n+1) = 2/(2n+1)(sqrt2 -1)^(2n+1)$.
Insomma: questa serie m'è venuta in mente con approccio "euristico" al problema inverso di quello dello sviluppo in serie di Fouriwer d'una funzione periodica: fare la somma di una serie che può essere uno svilippo in serie di Fourier di una funzione periodica ancora sconosciuta.
–––––––––––––
Considerando (come hai fatto tu) lo sviluppo di arctan[sin(x))] in serie di potenze di sin(x), si può (anche se alquanto laborioso) trovare le ampiezze delle armoniche una alla volta.
In particolare, l'ampiezza della fondamentale, cioè $S_1$, viene:
$S_1 = $
che – come si può dimostrare sviluppando in serie $sqrt2$ – vale proprio $2(sqrt2 -1)$.
________
________
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo