Integrale simpatico e $n$-agono regolare

[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...

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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:

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

[LoreT314]

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...

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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:

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

Wow mi fa ricordare perché amo così tanto studiare matematica

[killing_buddha]

Madonna che contazzi da carpentiere.

[pilloeffe]

@ killing_buddha

Testo nascosto, perché contrassegnato dall'autore come fuori tema. Fai click in quest'area per vederlo.

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...

[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]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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

Hint

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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

[LoreT314]

@anto

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

Hint

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

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@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)

[Bremen000]

@LoreT314

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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.

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!