Uguaglianza difficilina ...

Messaggioda Erasmus_First » 21/05/2015, 02:22

Dimostrare la validità dell'uguaglianza:
$\sum_{k=-∞}^{+∞}ln(|(x+2kπ+π/2)/(x+2kπ-π/2)|) = 1/2 ln((1+sin(x))/(1 -sin(x)))$. (*)
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
A sinistra c'è la composizione delle infinite funzioni
$h(x+2kπ)$ per ogni $k$ intero
ottenute da
$h(x) = ln(|(x + π/2)/(x -π/2)|)$ (**)
per traslazione in ascissa dell'intervallo $2kπ$.
Ovviamente la composizione di questo "treno" di funzioni impulsive spaziate una dall'altra dell'intervallo 2π produce una funzione periodica di periodo 2π.
Nella figura che segue è rappresentata la funzione $h(x) = ln(|(x + π/2)/(x -π/2)|)$.

La domanda sarebbe potuta essere: « Quale funzione periodica produce il "treno" di queste funzioni impulsive equispaziate di 2π ?»

In quest'altra figura è mostrata la conferma sperimentale della validità dell'uguaglianza (*).

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Re: Uguaglianza difficilina ...

Messaggioda Erasmus_First » 27/05/2015, 23:44

Vedo che parecchie sono le visite (oltre 100) ma nessuno è ancora intervenuto.

Suggerimento:
E' noto che, se si conosce la Fourier-trasformata di una funzione impulsiva $h(x)$, è possibile (e molto facile!) trovare lo sviluppo in serie di Fourier della sequenza di funzioni impulsive $h(x – kX)$ ottenute ripetendo $h(x)$ ad intervalli regolari X:
$F(x) = \sum_{k=–∞}^{+∞}h(x-kX)$
senza nemmeno conoscere davvero la funzione periodica [di periodo X] $F(x)$.
Quale mai sarà la Fourier trasformata della funzione impulsiva dispari $h(x) = ln(|(x + π/2)/(x-π/2)|)$?.
Se la risposta non viene in mente, si provi a calcolare (o a cercare dove è già calcolato!) il seguente integrale:
$∫_{0}^{∞}(sin(x)·sin(ωx)}/(|x|) dx$.
Da qui alla soluzione del quiz il passo è abbastanza breve ,,,
–––––
A rileggerci!
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Re: Uguaglianza difficilina ...

Messaggioda totissimus » 28/05/2015, 11:24

\(\prod_{k=-\infty}^{\infty}\frac{x+2k\pi+\frac{\pi}{2}}{x+2k\pi-\frac{\pi}{2}}=\frac{x+\frac{\pi}{2}}{x+\frac{\pi}{2}}\prod_{k=1}^{\infty}\frac{x+2k\pi+\frac{\pi}{2}}{x+2k\pi-\frac{\pi}{2}}\prod_{k=1}^{\infty}\frac{x-2k\pi+\frac{\pi}{2}}{x-2k\pi-\frac{\pi}{2}}=\frac{2x+\pi}{2x-\pi}\prod_{k=1}^{\infty}\frac{2x+4k\pi+\pi}{2x+4k\pi-\pi}\frac{2x-4k\pi+\pi}{2x-4k\pi-\pi}\)
\(=\frac{2x+\pi}{2x-\pi}\prod_{k=1}^{\infty}\frac{\left(2x+\pi\right)^{2}-16k^{2}\pi^{2}}{\left(2x-\pi\right)^{2}-16k^{2}\pi^{2}}=\frac{\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{2}\right)\prod_{k=1}^{\infty}\left[1-\frac{\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{2}\right)^{2}}{k^{2}\pi^{2}}\right]}{\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{2}\right)\prod_{k=1}^{\infty}\left[1-\frac{\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{2}\right)^{2}}{k^{2}\pi^{2}}\right]}\)
Per la nota formula
\(\sin(x)=x\prod_{k=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^{2}}{k^{2}\pi^{2}}\right)\)
otteniamo:
\(\prod_{k=-\infty}^{\infty}\frac{x+2k\pi+\frac{\pi}{2}}{x+2k\pi-\frac{\pi}{2}}=\frac{\sin\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{2}\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{2}\right)}=\frac{\sin\frac{x}{2}+\cos\frac{x}{2}}{\sin\frac{x}{2}-\cos\frac{x}{2}}=\frac{1+\sin x}{-\cos x}\)
\(\left(\prod_{k=-\infty}^{\infty}\frac{x+2k\pi+\frac{\pi}{2}}{x+2k\pi-\frac{\pi}{2}}\right)^{2}=\left(\frac{1+\sin x}{-\cos x}\right)^{2}=\frac{1+\sin x}{1-\sin x}\)

\(\prod_{k=-\infty}^{\infty}\left|\frac{x+2k\pi+\frac{\pi}{2}}{x+2k\pi-\frac{\pi}{2}}\right|=\sqrt{\frac{1+\sin x}{1-\sin x}}\)

Passando ai logaritmi si ottiene l'uguaglianza proposta.
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Re: Uguaglianza difficilina ...

Messaggioda Erasmus_First » 28/05/2015, 19:02

@ totissimus
Mi piace questo approccio perché è ... originale (diverso da quello che io avevo in mente e avevo anche consigliato!).
Occhio, però, che c'è qualche erroruccio!
[Qualcuno è solo un "errore di sbaglio" ... Per esempio π/2 al posto di π/4. Qualcun altro però è concettuale.
Occhio a dove ci sta (o ci vuole) il simbolo di "modulo"! Puoi trascurarlo solo dove l'argomento non è negativo.
Per esempio, $sqrt((1+sin(x))/(1-sin(x)))$ non è lo stesso di $(1 + sin(x))/cos(x)$ (o di $(1+sin(x))/-cos(x)$), bensì di $|(1 + sin(x))/cos(x)|$
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Re: Uguaglianza difficilina ...

Messaggioda Erasmus_First » 29/05/2015, 05:55

Ho scritto [in una pagina che mostro come immagine PNG] la dimostrazione sguendo l'approccio di totissimus.
Ci sono altri modi di risolvere questo problemino.
Io ne avevo in mente altri due (di cui uno – quello che consigliavo nel mio secondo post – usa le Fourier-trasformate).
Questo di totissimus (che io non avevo in mente) mi pare il più interessante.
Se non altro perché riesce a raggiungere l'obiettivo senza usare l'analisi armonica ma sfruttando la decomposizione in prodotto infinito della funzione $sin(x)/x$ secondo quanto fatto da Eulero per risolvere il "problema di Basilea" – cioè per trovare il limite cui tende la somma dei reciproci dei quadrati di tutti gli interi positivi).


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Re: Uguaglianza difficilina ...

Messaggioda Erasmus_First » 31/05/2015, 01:10

Come ho detto, la dimostrazione richiesta si può fare usando la nozione di Fourier–trasformata.
Data la funzione impulsiva $h(x)$ con la quale è prodotta la funzione $F(x)=\sum_{k=-∞}^{+∞}h(x+k2π)$, prima si trova la Fourier trasformata di $h(x)$. Da questa si trovano poi le ampiezze delle componenti armoniche, cioè lo sviluppo in serie di Fourier.
Essendo $h(x)$ dispari, la Fourier-trasformata è immaginaria, diciamola $-jS(ω)$. Allora la componente armonica di frequenza $n$ ha ampiezza $S_n=S(n)$.

Ho scritto un nuovo "paper" che applica questo metodo-
Arrivati alla serie di Fourier $F(x)=\sum_{n=1}^{∞}S_n·sin(nx)$, l'espressione effettiva della funzione periodica F(x) si calcola calcolando nel campo complesso il valore della sommatoria come già fatto QUA, o meglio nel "paper" allegato costituito questa immagine PNG.
Ecco il nuovo "paper" con la dimostrazione secondo quest'altro metodo.
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–––> ALTRO MODI.png

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