ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **angus** » 16 gen 2015, 23:01

IsidoroKZ ha scritto:42

come "sempre" :mrgreen:

da **Ianero** » 16 gen 2015, 23:03

La risposta alla vita, all'universo e a tutto quanto. :cool:

da **PietroBaima** » 16 gen 2015, 23:28

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

da **PietroBaima** » 16 gen 2015, 23:39

aiutino!

da **fairyvilje** » 17 gen 2015, 15:55

Vedo, penso mi fosse sfuggito quel post :). Appena ho un attimo provo a vedere cosa si riesce a fare

.

da **PietroBaima** » 17 gen 2015, 16:16

da **PietroBaima** » 20 gen 2015, 2:39

veniamo ad un altro aiutino, vediamo un metodo SBAGLIATO per risolvere il problema:

$\int_{0}^{1}\sqrt{1+n^2\cdot t^{(2n-2)}}\text{d}t$

scriviamo l'iterazione generale usando k invece di 1/2:

$\int_{0}^{1}\left(1+n^2\cdot t^{(2n-2)}\right)^{k/2}\text{d}t$

e risolviamo per parti, assumendo

$f'(t)=1 \qquad f(t)=t$

$g(t)=\left(1+n^2\cdot t^{(2n-2)}\right)^{k/2} \qquad g'(t)=\frac{k}{2}\left(1+n^2\cdot t^{(2n-2)}\right)^{(k-2)/2}n^2(2n-2)t^{2n-3}$

da cui

$\int_{0}^{1}\left(1+n^2\cdot t^{(2n-2)}\right)^{k/2}\text{d}t=$

$\left t\left( 1+n^2\cdot t^{(2n-2)}^{k/2} \right)\right|_0^1-\int_{0}^{1}(2n-2)\frac{k}{2}\left(1+n^2\cdot t^{(2n-2)}\right)^{(k-2)/2}n^2t^{2n-2}\text{d}t$

-

$\int_{0}^{1}\left(1+n^2\cdot t^{(2n-2)}\right)^{k/2}\text{d}t=$

$(1+n^2)^{k/2}-(n-1)k\int_{0}^{1}\left(1+n^2\cdot t^{(2n-2)}\right)^{(k-2)/2}n^2t^{2n-2}\text{d}t$

sommando e sottraendo 1 all'interno dell'integrale del II membro si ha

$\int_{0}^{1}\left(1+n^2\cdot t^{(2n-2)}\right)^{k/2}\text{d}t=$

$(1+n^2)^{k/2}-(n-1)k\int_{0}^{1}\left(1+n^2\cdot t^{(2n-2)}\right)^{(k-2)/2}(-1+1+n^2t^{2n-2})\text{d}t$

-

$\int_{0}^{1}\left(1+n^2\cdot t^{(2n-2)}\right)^{k/2}\text{d}t=$

$\frac{(1+n^2)^{k/2}}{1+(n-1)k}+\frac{(n-1)k}{1+(n-1)k}\int_{0}^{1}\left(1+n^2\cdot t^{(2n-2)}\right)^{(k-2)/2}\text{d}t$

Adesso possiamo innescare la base ricorsiva, perché la formula si presenta come:

$F(k)=\frac{(1+n^2)^{k}}{1+(n-1)2k}+\frac{(n-1)2k}{1+(n-1)2k}F(k-1)$

Per capire l'andamento della famiglia di curve dobbiamo risolvere la ricorsione.
Prima però abbiamo trascurato la discussione della formula.

Quando si innescano le ricorsioni, il denominatore della formula assume la forma:

D=1+(n-1)2(k-j)

dove j è un numero intero, come n, che vale zero alla iterazione numero 0, 1 alla prima, 2 alla seconda, ecc...

si deve avere che:
$D=1+(n-1)2(k-j)\neq 0$

cioè

$2j\neq \frac{n}{n-1}$

che, essendo j e n interi, é una equazione diofantea. Scritta in quel modo é semplice da risolvere, perché gli unici numeri pari e interi (il primo membro ci dice che la soluzione deve essere pari) che si ottengono dividendo un numero per il proprio precedente sono 0 e 2. Con n=1 non si hanno problemi, come si può vedere sostituendo tale valore nella equazione originale.

Quindi, la formula trovata NON potrà essere applicata nei casi n=0 e n=2.
Poco male, sono anche due casi per cui non é affatto difficile risolvere direttamente l'integrale originario.

Andiamo avanti. Se scriviamo i primi tre addendi della formula ricorsiva otteniamo:

$\frac{(1+n^2)^k}{1+(n-1)2k}+ \qquad \qquad j=0$

$+\frac{(n-1)2k}{1+(n-1)2k} \frac{(1+n^2)^{k-1}}{1+(n-1)2(k-1)}+ \qquad \qquad j=1$

$+\frac{(n-1)2k}{1+(n-1)2k} \frac{(n-1)2(k-1)}{1+(n-1)2(k-1)} \frac{(1+n^2)^{k-2}}{1+(n-1)2(k-2)}+... \qquad \qquad j=2$

quindi il generico numeratore di questa progressione é:

$(n-1)^j(1+n^2)^{k-j}2^j \frac{k!}{(k-j)!}$

mentre il denominatore vale semplicemente:

$\prod_{m=0}^j 1+2(n-1)(k-m)$

Quindi, in definitiva si ha che:

$F(k)=\sum_{j=0}^\infty\frac{(n-1)^j(1+n^2)^{k-j}2^j k!}{(k-j)!\prod_{m=0}^j 1+2(n-1)(k-m)}$

Il delirio peró non é ancora finito... perché dobbiamo ricordarci che la formula deve essere calcolata per k=1/2.

$F(\frac{1}{2})=\sum_{j=0}^\infty\frac{(n-1)^j(1+n^2)^{1/2-j}2^j (\frac{1}{2})!}{(1/2-j)!\prod_{m=0}^j 1+2(n-1)(1/2-m)}$

Per i fattoriali non interi possiamo usare la funzione Gamma.
In particolare, una equivalenza famosa sulla Gamma é:

$\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}$

da cui discende (altro valore famoso e facilmente ricordabile, nonché utile)

$\frac{1}{2}!=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$

(si dimostra subito usando la formula $\Gamma(1-z)\Gamma(z) = {\pi \over \sin(\pi z)}$
ponendo z=1/2 si ha subito $\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}$ , poi ricordando che
$\Gamma(n+1)=n!$ e ponendo n=-1/2 si ottiene che $\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}=(-1/2)!$ .

poiché $n!=\frac{(n+1)!}{n+1}$ si ha che $\frac{1}{2}!=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ )

Dobbiamo ancora calcolare $(\frac{1}{2}-j)!$

$(\frac{1}{2}-j)!=\Gamma(1/2-j+1)=\Gamma\left(\frac{3-2j}{2}\right)$

ricordando la formula:

$\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)= \frac{(n-2)!!}{2^{(n-1)/2}} \sqrt{\pi}$

si ha che:

$(\frac{1}{2}-j)!=\sqrt{\pi}(1-2j)!!2^{j-1}$

che non va ancora bene perché 1-2j é negativo per j>0

Chi vuole dimostrare una cosa non troppo difficile (ricordare che (2m)!!=2^mm!

) può provare a dimostrare che:

$(1-2j)!!=\frac{(-1)^{j+1}}{(2j-3)!!}$

Bastano le proprietà viste fin qui.

L'unico caso rimasto é j=0, per il quale si ha (-3)!!, che peró fa -1 (facile da dimostrare, no? Basta ricordare che $\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)= \frac{(n-2)!!}{2^{(n-1)/2}} \sqrt{\pi}$ , con n opportuno ;-)

)

Quindi, rimettendo tutto insieme nella formula si ottiene che:

$F=\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{(n-1)^j(1+n^2)^{1/2-j}(2j-3)!!(-1)^{j+1}}{\prod_{m=0}^j1+(n-1)(1-2m)}$

che non va ancora molto bene, per effetto della produttoria al denominatore.

A questo punto il delirio continua

Ad un matematico non può sfuggire che il denominatore, cioè quella produttoria, è una funzione di Pochhammer, chiamata anche fattoriale crescente. (Di questo passo arriveremo al calcolo umbrale, ma per ora è un po' presto :mrgreen:

Tra l'altro, ho linkato una pagina wiki in italiano che per fortuna é ben fatta, seppur essenziale).

Potete divertirvi a manipolare $\prod_{m=0}^j1+(n-1)(1-2m)$ facendo qualche sostituzione e usando un po' di algebra per metterla nella forma $\prod_{k=1}^n (x+k-1)$ , ottenendo, alla fine:

$\prod_{m=0}^j1+(n-1)(1-2m)=2^j(1-n)^jn\left( \frac{n-2}{2(n-1)} \right)_j$

Questo permette di semplificare la formula, che diventa piuttosto semplice:

$F=-\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{(2j-3)!!}{2^j (1+n^2)^j\left( \frac{n-2}{2(n-1)} \right)_j}$

Tutto quello che vi ho raccontato sulla funzione Gamma, su Pochhammer e sulla manipolazione di queste formule è formalmente corretto (a meno di errori, è ovvio :mrgreen:

).
Il problema è che

$\int_{0}^{1}\sqrt{1+n^2\cdot t^{(2n-2)}}\text{d}t \neq -\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{(2j-3)!!}{2^j (1+n^2)^j\left( \frac{n-2}{2(n-1)} \right)_j}$

non solo per n=0 e n=2.

A chi trova la ragione prometto 5k punti.

(va bene, ora potete chiamare la neuro

)

Ciao,
Pietro.

PS: come avete visto cominciamo a parlare di Gamma e di tutta la marea di funzioni speciali ad essa collegate. ;-)

EDIT:corretta formula finale, Pochhammer andava al denominatore!

da **Ianero** » 20 gen 2015, 10:43

Mi prendo un pomeriggio libero per leggerlo

Hai proprio preso la malattia di

WALTERmwp

da **PietroBaima** » 20 gen 2015, 10:55

Ianero ha scritto:Hai proprio preso la malattia di WALTERmwp

ROTFL!

da **Ianero** » 20 gen 2015, 11:23

Quella serie non converge, se non sbaglio.

ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

Quelli che aspettano... Diamo i numeri.

[11] Re: Quelli che aspettano... Diamo i numeri.

[12] Re: Quelli che aspettano... Diamo i numeri.

[13] Re: Quelli che aspettano... Diamo i numeri.

[14] Re: Quelli che aspettano... Diamo i numeri.

[15] Re: Quelli che aspettano... Diamo i numeri.

[16] Re: Quelli che aspettano... Diamo i numeri.

[17] Re: Quelli che aspettano... Diamo i numeri.

[18] Re: Quelli che aspettano... Diamo i numeri.

[19] Re: Quelli che aspettano... Diamo i numeri.

[20] Re: Quelli che aspettano... Diamo i numeri.

Chi c’è in linea

Informazioni

Seguici

Pubblicità

Credits