Calcolo di un integrale improprio
Vorrei arrivare a dimostrare che
\(\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{\ln(1+x)}{x^{1+\alpha}}\text{d}x = \frac{\pi}{\alpha \cdot\sin(\pi \alpha)} \)
con $0< \alpha < 1$.
Credo che il metodo corretto per calcolare questo tipo di integrali sia usare un percorso di integrazione di questo tipo nel piano complesso:
dove sperabilmente i contributi di "cerchietto" e "cerchione" si annullano nel caso limite.
Non sono esperto con il calcolo di integrali complessi, e prima di imbarcarmi nei conti del caso volevo avere una conferma da qualcuno che se ne intende.
Eventualmente, anche fonti (libri, articoli) dove si calcola l'integrale sono ben accetti.
\(\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{\ln(1+x)}{x^{1+\alpha}}\text{d}x = \frac{\pi}{\alpha \cdot\sin(\pi \alpha)} \)
con $0< \alpha < 1$.
Credo che il metodo corretto per calcolare questo tipo di integrali sia usare un percorso di integrazione di questo tipo nel piano complesso:
dove sperabilmente i contributi di "cerchietto" e "cerchione" si annullano nel caso limite.
Non sono esperto con il calcolo di integrali complessi, e prima di imbarcarmi nei conti del caso volevo avere una conferma da qualcuno che se ne intende.
Eventualmente, anche fonti (libri, articoli) dove si calcola l'integrale sono ben accetti.
Risposte
Io proverei a sviluppare in serie di potenze \(\displaystyle\log(1+x)\), integrare termine a termine (se non sbaglio), e "sommare" la serie ottenuta!
"j18eos":
Io proverei a sviluppare in serie di potenze \( \displaystyle\log(1+x) \), integrare termine a termine (se non sbaglio), e "sommare" la serie ottenuta!
Epperò la serie di potenze "classica" del logaritmo vale per $|x|<1$.
Questo tipo di integrale è trattato in dettaglio, ad esempio, nel libro di Ahlfors, "Complex Analysis", par. 5.3 (4) (p.159 della terza edizione).
Grazie Rigel.
Ho qui la 2a edizione del libro, però è piuttosto stringata (forse è stata ampliata in seguito).
Viene descritta la procedura per integrali del tipo ($0<\alpha <1$)
\(\displaystyle \int_0^{\infty}x^{\alpha}R(x)\text{d}x \)
che però non si applica al mio caso. Poi però in effetti tra gli esercizi in coda alla sezione compare ($0<\alpha <2$)
\(\displaystyle \int_{0}^{\infty} \ln(1+x^2)\frac{\text{d}x}{x^{1 + \alpha}} \)
che è molto simile al mio. Solo non riesco a ricondurlo a uno dei casi studiati in precedenza.
PS: qui ho trovato alcuni esercizi svolti, ma purtroppo non quello citato sopra.
Ho qui la 2a edizione del libro, però è piuttosto stringata (forse è stata ampliata in seguito).
Viene descritta la procedura per integrali del tipo ($0<\alpha <1$)
\(\displaystyle \int_0^{\infty}x^{\alpha}R(x)\text{d}x \)
che però non si applica al mio caso. Poi però in effetti tra gli esercizi in coda alla sezione compare ($0<\alpha <2$)
\(\displaystyle \int_{0}^{\infty} \ln(1+x^2)\frac{\text{d}x}{x^{1 + \alpha}} \)
che è molto simile al mio. Solo non riesco a ricondurlo a uno dei casi studiati in precedenza.
PS: qui ho trovato alcuni esercizi svolti, ma purtroppo non quello citato sopra.
"elgiovo":
Ho qui la 2a edizione del libro, però è piuttosto stringata (forse è stata ampliata in seguito).
Viene descritta la procedura per integrali del tipo ($0<\alpha <1$)
\(\displaystyle \int_0^{\infty}x^{\alpha}R(x)\text{d}x \)
Certo, scusa, mi sono dimenticato di specificare che ti riconduci a questo caso con una integrazione per parti
Hai che, per \(0<\alpha<1\),
\[
\int_0^{+\infty} \frac{\log(1+x)}{x^{1+\alpha}}\, dx = \frac{1}{\alpha}\int_0^{+\infty} \frac{1}{x^{\alpha} (1+x)}\, dx
= \frac{1}{\alpha}\int_0^{+\infty} x^{1-\alpha}\, \frac{1}{x(1+x)}\, dx\,,
\]
quindi ti ritrovi esattamente nella situazione descritta nel libro con \(R(x) = \frac{1}{x(1+x)}\).
Giusto!
Quindi, applicando il metodo del libro, con $\beta = 1-\alpha$:
- tramite la sostituzione $x = t^2$ ho
\(\displaystyle \frac{1}{\alpha}\int_0^{\infty} x^{\beta}\frac{1}{x(1+x)}\text{d}x = \frac{2}{\alpha} \int_0^{\infty} t^{2\beta + 1}\frac{1}{t^2(1+t^2)}\text{d}t\)
- L'integrale precedente è pari a
\(\displaystyle \frac{2}{\alpha}\frac{\int_{-\infty}^{\infty} z^{2\beta + 1}\frac{1}{z^2(1+z^2)}\text{d}z}{1-e^{2\pi i \alpha}} \)
dove l'integrale a numeratore si calcola facilmente con il metodo dei residui. In particolare, visto il cammino di integrazione, servono i residui nel semipiano superiore. In questo caso, dunque, interessa solo il polo in $z= i$, e
\(\displaystyle \text{Res}\left[z^{2\beta + 1}\frac{1}{z^2(1+z^2)},z = i\right] = -\frac{i^{2\beta}}{2} \)
dunque l'integrale desiderato (se i conti non mi ingannano) vale:
\(\displaystyle \frac{2}{\alpha}\frac{2 \pi i \left( -\frac{i^{2\beta}}{2}\right)}{1-e^{2\pi i \alpha}} =\frac{\pi}{\alpha \sin(\pi \alpha)} \)
Grazie ancora Rigel!
Quindi, applicando il metodo del libro, con $\beta = 1-\alpha$:
- tramite la sostituzione $x = t^2$ ho
\(\displaystyle \frac{1}{\alpha}\int_0^{\infty} x^{\beta}\frac{1}{x(1+x)}\text{d}x = \frac{2}{\alpha} \int_0^{\infty} t^{2\beta + 1}\frac{1}{t^2(1+t^2)}\text{d}t\)
- L'integrale precedente è pari a
\(\displaystyle \frac{2}{\alpha}\frac{\int_{-\infty}^{\infty} z^{2\beta + 1}\frac{1}{z^2(1+z^2)}\text{d}z}{1-e^{2\pi i \alpha}} \)
dove l'integrale a numeratore si calcola facilmente con il metodo dei residui. In particolare, visto il cammino di integrazione, servono i residui nel semipiano superiore. In questo caso, dunque, interessa solo il polo in $z= i$, e
\(\displaystyle \text{Res}\left[z^{2\beta + 1}\frac{1}{z^2(1+z^2)},z = i\right] = -\frac{i^{2\beta}}{2} \)
dunque l'integrale desiderato (se i conti non mi ingannano) vale:
\(\displaystyle \frac{2}{\alpha}\frac{2 \pi i \left( -\frac{i^{2\beta}}{2}\right)}{1-e^{2\pi i \alpha}} =\frac{\pi}{\alpha \sin(\pi \alpha)} \)
Grazie ancora Rigel!
Io l'ho fatto esattamente nello stesso modo 
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