Due integrali
Ho deciso di spostare gli integrali nella sezione più adatta.
Calcolare:
1) $int_0^(pi)(x*senx)/(1+a^2-2a*cosx)dx, 0
Suggerimento:
2) $int_0^(+infty)(dx)/((1+x^2)coshpix)$.
Suggerimento:
Calcolare:
1) $int_0^(pi)(x*senx)/(1+a^2-2a*cosx)dx, 0
Suggerimento:
2) $int_0^(+infty)(dx)/((1+x^2)coshpix)$.
Suggerimento:
Risposte
Ciao Piera! Ho provato a calcolare il primo integrale e ho trasformato il problema in
un altro, che non ho risolto, credo perchè mi sfugga qualcosa di teorico.
Innanzitutto trasliamo la funzione a destra di $pi$: $x to x-pi$. Allora l'integrale diventa
$int_pi^(2pi) ((x-pi)*sin(x-pi))/(1+a^2-2a*cos(x-pi))dx=1/2int_0^(2pi) ((x-pi)*sin(x-pi))/(1+a^2-2a*cos(x-pi))dx$.
Posto $z=e^(i x)$, si può scrivere $sin (x-pi)=-sinx=-1/(2i) [z-1/z]$,
$cos(x-pi)=-cosx=-1/2[z+1/z]$. Inoltre $x-pi=arg(z*e^(-ipi))=-i*Ln(-z)$.
Dunque l'integrale iniziale eguaglia
$1/2 oint_(ccC) (i*Ln(-z)(z^2-1))/(2z[az^2-(a^2+1)z+a]) dz=i/(4a) oint_(ccC) (Ln(-z)(z^2-1))/(z(z-a)(z-1/a)) dz$,
con $ccC={z in CC : |z|=1}$. Le singolarità presenti in $ccC$ sono in $a$ (poichè $0
un altro, che non ho risolto, credo perchè mi sfugga qualcosa di teorico.
Innanzitutto trasliamo la funzione a destra di $pi$: $x to x-pi$. Allora l'integrale diventa
$int_pi^(2pi) ((x-pi)*sin(x-pi))/(1+a^2-2a*cos(x-pi))dx=1/2int_0^(2pi) ((x-pi)*sin(x-pi))/(1+a^2-2a*cos(x-pi))dx$.
Posto $z=e^(i x)$, si può scrivere $sin (x-pi)=-sinx=-1/(2i) [z-1/z]$,
$cos(x-pi)=-cosx=-1/2[z+1/z]$. Inoltre $x-pi=arg(z*e^(-ipi))=-i*Ln(-z)$.
Dunque l'integrale iniziale eguaglia
$1/2 oint_(ccC) (i*Ln(-z)(z^2-1))/(2z[az^2-(a^2+1)z+a]) dz=i/(4a) oint_(ccC) (Ln(-z)(z^2-1))/(z(z-a)(z-1/a)) dz$,
con $ccC={z in CC : |z|=1}$. Le singolarità presenti in $ccC$ sono in $a$ (poichè $0
Non so se sia possibile calcolare il residuo in $z=0$.
Consiglio di seguire il suggerimento.
Consiglio di seguire il suggerimento.
Il secondo viene $2-pi/2$? Se è giusto posto i conti.
Sì Kroldar, il risultato è proprio quello!
Come promesso, posto la soluzione.
Siccome la funzione integranda è pari, risulta
$int_0^(+infty)(dx)/((1+x^2)coshpix) = 1/2 int_(-oo)^(+infty)(dx)/((1+x^2)coshpix)$
A questo punto si usa il solito metodo del semicerchio centrato nell'origine e contenuto nel semipiano $Im(z)>0$.
Facendo tendere il raggio del semicerchio all'infinito e tenendo conto del fatto che l'integrale esteso alla semicirconferenza è nullo per il lemma del grande cerchio, si ha
$int_(-oo)^(+infty)(dx)/((1+x^2)coshpix) = 2pij sum_iR[x_i]$
dove $x_i$ sono i poli della funzione integranda con parte immaginaria positiva.
La funzione integranda ha un polo semplice per $x=j$ e infiniti poli, anch'essi semplici, per $x=j/2(2k+1)$, $k in NN_0$.
Il residuo per $x=j$ si calcola agevolmente
$R[j]=-1/(2j)$
Si può inoltre trovare un'espressione generale per i residui nei punti $x=j/2(2k+1)$ al variare di $k$
$R[x=j/2(2k+1)]= 1/(jpi) * (-1)^k/(1-((2k+1)/2)^2)$
Otteniamo dunque
$int_(-oo)^(+infty)(dx)/((1+x^2)coshpix) = 2pij (-1/(2j) + 1/(jpi) sum_(k=0)^(+oo) (-1)^k/(1-((2k+1)/2)^2))$
Ma
$sum_(k=0)^(+oo) (-1)^k/(1-((2k+1)/2)^2) = 2$
per cui risulta
$int_(-oo)^(+infty)(dx)/((1+x^2)coshpix) = 2pij (-1/(2j) + 2/(jpi)) = -pi + 4$
e dunque
$int_0^(+infty)(dx)/((1+x^2)coshpix) = 2-pi/2$
Siccome la funzione integranda è pari, risulta
$int_0^(+infty)(dx)/((1+x^2)coshpix) = 1/2 int_(-oo)^(+infty)(dx)/((1+x^2)coshpix)$
A questo punto si usa il solito metodo del semicerchio centrato nell'origine e contenuto nel semipiano $Im(z)>0$.
Facendo tendere il raggio del semicerchio all'infinito e tenendo conto del fatto che l'integrale esteso alla semicirconferenza è nullo per il lemma del grande cerchio, si ha
$int_(-oo)^(+infty)(dx)/((1+x^2)coshpix) = 2pij sum_iR[x_i]$
dove $x_i$ sono i poli della funzione integranda con parte immaginaria positiva.
La funzione integranda ha un polo semplice per $x=j$ e infiniti poli, anch'essi semplici, per $x=j/2(2k+1)$, $k in NN_0$.
Il residuo per $x=j$ si calcola agevolmente
$R[j]=-1/(2j)$
Si può inoltre trovare un'espressione generale per i residui nei punti $x=j/2(2k+1)$ al variare di $k$
$R[x=j/2(2k+1)]= 1/(jpi) * (-1)^k/(1-((2k+1)/2)^2)$
Otteniamo dunque
$int_(-oo)^(+infty)(dx)/((1+x^2)coshpix) = 2pij (-1/(2j) + 1/(jpi) sum_(k=0)^(+oo) (-1)^k/(1-((2k+1)/2)^2))$
Ma
$sum_(k=0)^(+oo) (-1)^k/(1-((2k+1)/2)^2) = 2$
per cui risulta
$int_(-oo)^(+infty)(dx)/((1+x^2)coshpix) = 2pij (-1/(2j) + 2/(jpi)) = -pi + 4$
e dunque
$int_0^(+infty)(dx)/((1+x^2)coshpix) = 2-pi/2$
Perfetto!
"Kroldar":
La funzione integranda ha un polo semplice per $x=j$ e infiniti poli, anch'essi semplici, per $x=j/2(2k+1)$, $k in NN_0$.
Da $cosh(pix)=0$ come hai ottenuto $x=j/2*(2k+1)$?
$(e^(piz)+e^(-piz))/2=0$
$e^(piz)+1/(e^(piz))=0$
$(e^(2piz)+1)/(e^(piz))=0$
$e^(2piz)=-1$
passando al logaritmo, e tenendo conto che $ln(-1)=i*(pi+2kpi)$, si ha
$2piz=i*(pi+2kpi)=>z=i/2(2k+1)$.
$e^(piz)+1/(e^(piz))=0$
$(e^(2piz)+1)/(e^(piz))=0$
$e^(2piz)=-1$
passando al logaritmo, e tenendo conto che $ln(-1)=i*(pi+2kpi)$, si ha
$2piz=i*(pi+2kpi)=>z=i/2(2k+1)$.
Non mi è chiaro come si arrivi a
$R[x=j/2(2k+1)]= 1/(jpi) * (-1)^k/(1-((2k+1)/2)^2)$
$R[x=j/2(2k+1)]= 1/(jpi) * (-1)^k/(1-((2k+1)/2)^2)$
Vogliamo calcolare i residui della funzione integranda nei punti $j/2(2k+1)$, $k in NN_0$. Si può trovare un'espressione generale che fornisca tali residui in funzione del valore di $k$.
Notiamo che i poli considerati sono tutti semplici, per cui è possibile calcolare i residui nel modo seguente
$R[j/2(2k+1)] = lim_(xtoj/2(2k+1)) (x-j/2(2k+1))/((1+x^2)cosh(pix))$
Ricordiamo che
$cosh(pix) = cos(jpix)$
da cui si ottiene
$R[j/2(2k+1)] = lim_(xtoj/2(2k+1)) (x-j/2(2k+1))/((1+x^2)cos(jpix))$
A questo punto si tratta di togliere una forma indeterminata del tipo $0/0$ ma non è difficile.
Notiamo che i poli considerati sono tutti semplici, per cui è possibile calcolare i residui nel modo seguente
$R[j/2(2k+1)] = lim_(xtoj/2(2k+1)) (x-j/2(2k+1))/((1+x^2)cosh(pix))$
Ricordiamo che
$cosh(pix) = cos(jpix)$
da cui si ottiene
$R[j/2(2k+1)] = lim_(xtoj/2(2k+1)) (x-j/2(2k+1))/((1+x^2)cos(jpix))$
A questo punto si tratta di togliere una forma indeterminata del tipo $0/0$ ma non è difficile.
salve... come feci per gli integrali multipli sto cercando sul forum un pò di esercizi per iniziare un minimo a fare esercizi di analisi complessa...
per caso il primo integrale sarebbe la parte immaginaria (cambiata di segno) dell'integrale complesso che indichi nel suggerimento Piera? (intendo la parte immaginaria del limite)
per caso il primo integrale sarebbe la parte immaginaria (cambiata di segno) dell'integrale complesso che indichi nel suggerimento Piera? (intendo la parte immaginaria del limite)
Mi pare di ricordare di sì, comunque quando vai a fare i calcoli si vede.
Il risultato (vado a memoria), mi pare che sia $pi/a*ln(1+a)$.
Ti consiglio di andare in biblioteca e di consultare il libro
Variabili complesse di Murray Spiegel
collana Schaum's
ci sono quanti esercizi vuoi, molti sono svolti.
Oppure:
http://univaq.it/~foschi/didattica/eac0203.html
Il risultato (vado a memoria), mi pare che sia $pi/a*ln(1+a)$.
Ti consiglio di andare in biblioteca e di consultare il libro
Variabili complesse di Murray Spiegel
collana Schaum's
ci sono quanti esercizi vuoi, molti sono svolti.
Oppure:
http://univaq.it/~foschi/didattica/eac0203.html
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo