Esercizio - periodo del pendolo con grande ampiezza e quadratura gaussiana

Teoria: Quadratura gaussiana e formule composite adattiveLe formule di Newton-Cotes a $m$ nodi equispaziati hanno grado di esattezza $m-1$ ($m$ se $m$ è dispari). Scegliendo anche i nodi, la formula di Gauss-Legendre a $m$ nodi $\int_{-1}^1f\approx\sum w_if(t_i)$ ha grado $2m-1$: i nodi sono le radici del polinomio di Legendre $P_m$ ($m=2$: $\pm\frac1{\sqrt3}$, pesi 1; $m=3$: $0,\pm\sqrt{3/5}$, pesi $\frac89,\frac59,\frac59$), i pesi sono positivi. Su $[a,b]$: $x_i=\frac{a+b}2+\frac{b-a}2t_i$, $Q=\frac{b-a}2\sum w_if(x_i)$. Errore $\frac{(b-a)^{2m+1}(m!)^4}{(2m+1)[(2m)!]^3}f^{(2m)}(\xi)$ ($m=2$: $\frac{(b-a)^5}{4320}f^{(4)}$). Composita: ordine $2m$ in $h$. Adattiva: si confronta Simpson su $[a,b]$ ($S_1$) con Simpson sulle due metà ($S_2$); se $|S_2-S_1|\le15\varepsilon$ si accetta $S_2+\frac{S_2-S_1}{15}$, altrimenti si divide e si riparte con $\varepsilon/2$ su ciascuna metà: pochi nodi dove $f$ varia poco, molti dove varia molto.Quadratura gaussiana e formule composite adattive →, Formule di quadratura - trapezi, Cavalieri-Simpson ed estrapolazione di RichardsonUna formula di quadratura approssima $\int_a^b f,dx$ con $\sum w_if(x_i)$ ottenuta integrando il polinomio che interpola $f$ nei nodi. Trapezio $\frac{b-a}2[f(a)+f(b)]$ (grado di esattezza 1, errore $-\frac{(b-a)^3}{12}f''(\xi)$), punto medio $(b-a)f(m)$ (grado 1, errore $+\frac{(b-a)^3}{24}f''(\xi)$), Cavalieri-Simpson $\frac{b-a}6[f(a)+4f(m)+f(b)]$ (grado 3, errore $-\frac{(b-a)^5}{2880}f^{(4)}(\xi)$). Composite con passo $h=\frac{b-a}n$: trapezi errore $-\frac{(b-a)h^2}{12}f''(\xi)$ (ordine 2, rapporto tra errori 4 se $h$ si dimezza), Simpson errore $-\frac{(b-a)h^4}{180}f^{(4)}(\xi)$ (ordine 4, rapporto 16, $n$ pari). Estrapolazione di Richardson: se $Q(h)=I+Ch^p+\dots$ allora $I\approx\frac{2^pQ(h/2)-Q(h)}{2^p-1}$; per i trapezi $p=2$ e $\frac{4T_{h/2}-T_h}3=S_{h/2}$; ripetuta dà la tabella di Romberg. Stima dell'errore a posteriori: $I-Q(h/2)\approx\frac{Q(h/2)-Q(h)}{2^p-1}$.Formule di quadratura - trapezi, Cavalieri-Simpson ed estrapolazione di Richardson →. Il pendolo è in Pendolo semplicePunto materiale appeso a un filo: lungo la tangente m l θ'' = −m g sinθ, lungo il filo T − m g cosθ = m v²/l. Per piccole oscillazioni sinθ ≈ θ e il moto è armonico con periodo T = 2π√(l/g), indipendente da massa e ampiezza.Pendolo semplice → (energia in Conservazione dell'energia meccanicaL'energia meccanica E = K + U resta costante se compiono lavoro solo forze conservative. Se lavorano anche forze non conservative (attrito), la variazione di E è uguale al loro lavoro: W_nc = E_B − E_A. Il grafico di U(x) con la retta E mostra dove il moto è possibile e i punti di inversione.Conservazione dell'energia meccanica →).

Testo. Un pendolo semplice di lunghezza $l=1{,}00$ m viene lasciato da fermo con ampiezza $\theta_0=60^\circ$ ($g=9{,}81$ m/s$^2$). Dalla conservazione dell'energia si ricava che il periodo esatto è $$T=4\sqrt{\frac lg}\,K(k),\qquad K(k)=\int_0^{\pi/2}\frac{d\varphi}{\sqrt{1-k^2\sin^2\varphi}},\qquad k=\sin\frac{\theta_0}2 .$$

1. Calcolare il periodo $T_0=2\pi\sqrt{l/g}$ delle piccole oscillazioni e $k$.
2. Approssimare $K(k)$ con la formula di Gauss a $m=3$ punti.
3. Dedurre $T$ e confrontare con $T_0$.
4. Confrontare il risultato con Gauss a due punti e con Simpson a tre punti, sapendo che $K(0{,}5)=1{,}685750$ (valore calcolato con alta precisione).

Soluzione

1. Dati. $\sqrt{l/g}=\sqrt{1/9{,}81}=0{,}319275$ s, quindi $T_0=2\pi\cdot0{,}319275=2{,}00607$ s. L'ampiezza $\theta_0=60^\circ$ dà $k=\sin30^\circ=0{,}5$, $k^2=0{,}25$.

2. Gauss a 3 punti su $[0,\frac\pi2]$. L'integrando è $g(\varphi)=\big(1-0{,}25\sin^2\varphi\big)^{-1/2}$. Il cambio di intervallo ha $\frac{b-a}2=\frac\pi4$ e nodi $\varphi=\frac\pi4(1+t)$ con $t=0,\pm0{,}774597$: $$\varphi_1=\frac\pi4(1-0{,}774597)=0{,}177031,\quad\varphi_2=\frac\pi4=0{,}785398,\quad\varphi_3=\frac\pi4(1+0{,}774597)=1{,}393765 .$$ Valori di $\sin^2$: $\sin^20{,}177031=0{,}031014$, $\sin^2\varphi_2=0{,}5$, $\sin^2\varphi_3=\cos^2\varphi_1=1-0{,}031014=0{,}968986$ (i nodi sono simmetrici rispetto a $\frac\pi4$). Allora $$g(\varphi_1)=\frac1{\sqrt{1-0{,}25\cdot0{,}031014}}=\frac1{\sqrt{0{,}992247}}=1{,}003899,\qquad g(\varphi_2)=\frac1{\sqrt{0{,}875}}=1{,}069045,$$ $$g(\varphi_3)=\frac1{\sqrt{1-0{,}25\cdot0{,}968986}}=\frac1{\sqrt{0{,}757754}}=1{,}148778 .$$ Con i pesi $\frac59,\frac89,\frac59$: $$K\approx\frac\pi4\Big[\frac59(1{,}003899+1{,}148778)+\frac89\cdot1{,}069045\Big]=\frac\pi4\big[1{,}196043+0{,}950262\big]=\frac\pi4\cdot2{,}146305=1{,}685617 .$$

3. Periodo. $$T\approx4\cdot0{,}319275\cdot1{,}685617=2{,}15270\ \text{s},\qquad\frac T{T_0}=\frac{2K}\pi=\frac{2\cdot1{,}685617}{\pi}=1{,}0731 .$$ Con ampiezza $60^\circ$ il periodo è circa il $7{,}3\%$ più lungo di quello delle piccole oscillazioni ($2{,}0061$ s): l'approssimazione $\sin\theta\approx\theta$ non è più accettabile.

4. Confronto. Con $K=1{,}685750$ il periodo esatto è $T=4\cdot0{,}319275\cdot1{,}685750=2{,}15287$ s.

Simpson: $\frac{\pi/2}6\big[g(0)+4g(\frac\pi4)+g(\frac\pi2)\big]=\frac\pi{12}\,[1+4{,}276180+1{,}154701]=1{,}683601$. Gauss a tre punti ha un errore su $T$ di $1{,}7\cdot10^{-4}$ s ($0{,}008\%$), contro $2{,}7\cdot10^{-3}$ s di Simpson: circa sedici volte meglio, con le stesse tre valutazioni di $g$.

Risultati: $T_0=2{,}006$ s, $\mathbf{T\approx2{,}1527\ s}$ (valore esatto $2{,}1529$ s), cioè $+7{,}3\%$ rispetto alle piccole oscillazioni.

Errori tipici. Inserire $\theta_0$ in gradi nel seno senza convertire (qui $k=\sin30^\circ$, non $\sin60^\circ$); dimenticare il fattore $\frac\pi4$ del cambio di intervallo; scambiare $k$ e $k^2$ nella radice.