Ancora integrale sul bordo con th. residui

[Nico769]

Salve,
oggi vi propongo un altro esercizio:
\(\displaystyle \int_{+\partial \mathbb{D}}\frac{jz^2+\pi}{(e^{2z^2}+2e^{z^2}+1)(z^2+1)}dz \)

dove $+\partial \mathbb{D}$ indica il bordo (in senso antiorario) del dominio rettangolare $\mathbb{D}$, con vertici:
$(-\frac{3}{2};0),(-\frac{3}{2};\frac{3}{2}),(\frac{3}{2};0),(\frac{3}{2};\frac{3}{2})$

ovvero \(\displaystyle \mathbb{D}=\left \{ z \in \mathbb{C} : -\frac{3}{2}\leq Re \ z\leq \frac{3}{2} \ , \ 0 \leq Im \ z\leq \frac{3}{2} \right \} \)


Inizio col classificare le singolarità al denominatore:

si vede subito che $z=j \in \mathbb{D} $ e $z=-j \notin \mathbb{D}$ sono poli semplici.

Inoltre, riscrivendo $(e^{2z^2}+2e^{z^2}+1)$ come $(e^{z^2}+1)^2$ si ha:

$ e^{z^2}=-1 \rightarrow e^{z^2}=e^{j(\pi+2k\pi)} \rightarrow z_{k}=\sqrt{j(\pi+2k\pi)}$ con $k \in \mathbb{Z}$

\(\displaystyle \bullet \) per $k=0 \ : z_{0}=sqrt{j\pi}$ è polo doppio, il quale annulla anche il numeratore e dunque bisogna derivare quest'ultimo per giungere al corretto ordine del polo \(\displaystyle \rightarrow \frac{\partial }{\partial z} (num)=2jz \rightarrow z_{0} \) è un polo semplice (perchè $2-1=1$).
Riscrivendo $z_{0}$ come \(\displaystyle z_{0}=\sqrt{\pi}e^{j\left ( \frac{\frac{\pi}{2}+2k\pi} {2} \right )} \) con \(\displaystyle k=0,1 \in \mathbb{Z} \) abbiamo:
\(\displaystyle z=\sqrt{\pi} e^{j\frac{\pi}{4}} \in \mathbb{D} \);
\(\displaystyle z=\sqrt{\pi} e^{j\frac{5}{4}\pi}=\sqrt{\pi} e^{-j\frac{\pi}{4}} \notin \mathbb{D} \)

\(\displaystyle \bullet \) per $k=1 \ : z_{1}=sqrt{3\pi j}$ è polo semplice. Riscrivendo $z_{1}$ come \(\displaystyle z_{1}=\sqrt{3\pi}e^{j\left ( \frac{\frac{\pi}{2}+2k\pi} {2} \right )} \) abbiamo:
\(\displaystyle z=\sqrt{3\pi} e^{j\frac{\pi}{4}} \notin \mathbb{D} \);
\(\displaystyle z=\sqrt{3\pi} e^{j\frac{5}{4}\pi}=\sqrt{3\pi} e^{-j\frac{\pi}{4}} \notin \mathbb{D} \)

\(\displaystyle \bullet \) per $k=-1 \ : z_{-1}=sqrt{-j\pi}$ è polo doppio. Riscrivendo $z_{-1}$ come \(\displaystyle z_{-1}=\sqrt{\pi}e^{j\left ( \frac{-\frac{\pi}{2}+2k\pi} {2} \right )} \) abbiamo:
\(\displaystyle z=\sqrt{\pi} e^{-j\frac{\pi}{4}} \notin \mathbb{D} \);
\(\displaystyle z=\sqrt{\pi} e^{j\frac{3}{4}\pi} \in \mathbb{D} \)
[/list:u:20jo3tn8]
Per i restanti $k$, ottengo zeri fuori $\mathbb{D}$.
In definitiva: \(\displaystyle I=2\pi j \left ( Res(j)+Res(\sqrt{\pi} e^{j\frac{\pi}{4}})+Res(\sqrt{\pi} e^{j\frac{3}{4}\pi}) \right ) \) con $z=j$ polo semplice, $z=\sqrt{\pi} e^{j\frac{\pi}{4}}$ semplice, $z=\sqrt{\pi} e^{j\frac{3}{4}\pi}$ doppio.

E ora i residui:
\(\displaystyle
Res(j)=\left. \frac{jz^2+\pi}{(e^{z^2}+1)(2z)} \right|_{z=j}= \ ... conti \ ...= \frac{e^2(j\pi-1)}{2(e+1)^2} \)

\(\displaystyle Res(\sqrt{\pi} e^{j\frac{\pi}{4}})=\left ( \frac{1}{\pi e^{j\frac{\pi}{2}}+1} \right ) \lim_{z\rightarrow \sqrt{\pi} e^{j\frac{\pi}{4}}} \frac{(z-\sqrt{\pi} e^{j\frac{\pi}{4}})(jz^2+\pi)}{(e^{z^2}+1)^2}= Hopital \ due \ volte + conti= \frac{\sqrt{2\pi}}{2\pi^2+2\pi} \)

\(\displaystyle Res(\sqrt{\pi} e^{j\frac{3}{4}\pi})=\lim_{z\rightarrow \sqrt{\pi} e^{j\frac{3}{4}\pi}} \frac{\partial }{\partial z}\left [ \frac{(jz^2+\pi)(z-\sqrt{\pi} e^{j\frac{3}{4}\pi})^2}{(e^{z^2}+1)^2(z^2+1)} \right ]= ??? \)
Devo necessariamente derivare tutta la parentesi quadra? Ho cercato in lungo e in largo ma non ho trovato nessuna scorciatoia.. Per il resto, cosa ne pensate del mio svolgimento? Grazie per l'attenzione

[Nico769]

Up

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[gugo82]

Sì, devi.

[Nico769]

Capisco... Come al solito, grazie mille gugo per avermi risposto . Lo svolgimento, in generale, come ti sembra? Potevo "risparmiare" qualcosa?