Due integrali impropri
Calcolare i seguenti integrali
1) $int_0^(pi/2)sqrt(tanx)dx$
2) $int_0^(+infty)sqrt(x^3)*e^(-3x)dx$
P.S. entrambi gli integrali si possono calcolare senza determinare le primitive delle funzioni integrande (il primo ammette primitiva elementare, il secondo non lo so).
1) $int_0^(pi/2)sqrt(tanx)dx$
2) $int_0^(+infty)sqrt(x^3)*e^(-3x)dx$
P.S. entrambi gli integrali si possono calcolare senza determinare le primitive delle funzioni integrande (il primo ammette primitiva elementare, il secondo non lo so).
Risposte
per il secondo integrale poniamo $x=t^2$ da cui $sqrt(x^3)=t^3$ e $dx=2tdt$ perciò l'integrale diventa
$2int_0^(+oo)t^4e^(-3t^2)dt$ e osservando che la funzione integranda è pari possiamo anche scrivere
$int_(-oo)^(+oo)t^4e^(-3t^2)dt$. la funzione integranda è una funzione a decrescenza rapida, dunque è sommabile e l'integrale è assolutamente convergente. a questo punto non avendo nessun'idea migliore ho operato due volte per parti e come risultato esce una somma di alcune funzioni a decrescenza rapida da calcolare in $-oo$ e $+oo$ (il risultato è $0$ essendo le funzioni a decrescenza rapida infinitesime a $-oo$ e $+oo$ di ordine infinitamente grande) e di un integrale $1/(12)int_(-oo)^(+oo)e^(-3t^2)dt$ che è un integrale notevole e vale $1/(12)sqrt(3pi)/3$ dunque il risultato è $sqrt(3pi)/36$
$2int_0^(+oo)t^4e^(-3t^2)dt$ e osservando che la funzione integranda è pari possiamo anche scrivere
$int_(-oo)^(+oo)t^4e^(-3t^2)dt$. la funzione integranda è una funzione a decrescenza rapida, dunque è sommabile e l'integrale è assolutamente convergente. a questo punto non avendo nessun'idea migliore ho operato due volte per parti e come risultato esce una somma di alcune funzioni a decrescenza rapida da calcolare in $-oo$ e $+oo$ (il risultato è $0$ essendo le funzioni a decrescenza rapida infinitesime a $-oo$ e $+oo$ di ordine infinitamente grande) e di un integrale $1/(12)int_(-oo)^(+oo)e^(-3t^2)dt$ che è un integrale notevole e vale $1/(12)sqrt(3pi)/3$ dunque il risultato è $sqrt(3pi)/36$
1° esercizio.
In realta e' piu' lungo che complicato (almeno come l'ho svolto io).
Poniamo $sqrt(tanx)=t$ e cosi l'integrale L diventa:
$L=int_0^oo(2t^2)/(1+t^4)dt$
Scomponendo in fratti semplici:
$L=(sqrt2)/2 int_0^oo[t/(t^2-tsqrt2+1)-t/(t^2+tsqrt2+1)]dt$
Con qualche manipolazione si puo' anche scrivere cosi':
$L=(sqrt2)/2int_0^oo[1/2*(2t-sqrt2)/(t^2-tsqrt2+1)+(sqrt2)/2*1/(t^2-tsqrt2+1)-1/2*(2t+sqrt2)/(t^2+tsqrt2+1)+(sqrt2)/2*1/(t^2+tsqrt2+1)]dt$
Cioe':
$L=(sqrt2)/2int_0^oo[(1/2*(2t-sqrt2)/(t^2-tsqrt2+1)-1/2*(2t+sqrt2)/(t^2+tsqrt2+1))+(sqrt2)/(1+(tsqrt2-1)^2)+(sqrt2)/(1+(tsqrt2+1)^2)]dt$
Integrando si ha:
$L=(sqrt2)/2*|1/2*ln[(t^2-tsqrt2+1)/(t^2+tsqrt2+1)]+atan(tsqrt2-1)+atan(tsqrt2+1)|_0^oo$
Indefinitiva:
$L=(pisqrt2)/2$
karl
In realta e' piu' lungo che complicato (almeno come l'ho svolto io).
Poniamo $sqrt(tanx)=t$ e cosi l'integrale L diventa:
$L=int_0^oo(2t^2)/(1+t^4)dt$
Scomponendo in fratti semplici:
$L=(sqrt2)/2 int_0^oo[t/(t^2-tsqrt2+1)-t/(t^2+tsqrt2+1)]dt$
Con qualche manipolazione si puo' anche scrivere cosi':
$L=(sqrt2)/2int_0^oo[1/2*(2t-sqrt2)/(t^2-tsqrt2+1)+(sqrt2)/2*1/(t^2-tsqrt2+1)-1/2*(2t+sqrt2)/(t^2+tsqrt2+1)+(sqrt2)/2*1/(t^2+tsqrt2+1)]dt$
Cioe':
$L=(sqrt2)/2int_0^oo[(1/2*(2t-sqrt2)/(t^2-tsqrt2+1)-1/2*(2t+sqrt2)/(t^2+tsqrt2+1))+(sqrt2)/(1+(tsqrt2-1)^2)+(sqrt2)/(1+(tsqrt2+1)^2)]dt$
Integrando si ha:
$L=(sqrt2)/2*|1/2*ln[(t^2-tsqrt2+1)/(t^2+tsqrt2+1)]+atan(tsqrt2-1)+atan(tsqrt2+1)|_0^oo$
Indefinitiva:
$L=(pisqrt2)/2$
karl
vorrei fornire un metodo per alternativo alla soluzione di karl e che, come diceva piera, non prevede la necessità di calcolare la primitiva della funzione integranda...
$int_0^(+oo)(2t^2)/(1+t^4)dt$ constatando che l'integrando è pari diventa $int_(-oo)^(+oo)(t^2)/(1+t^4)dt$
a questo punto se fissiamo un $r > 0, r in RR$ possiamo considerare il segmento di estremi $-r$ e $r$ e la semicirconferenza di centro $0$ e raggio $r$ contenuta nella parte del piano complesso che si trova al di sopra dell'asse reale. consideriamo l'integrale della nostra funzione integranda esteso alla curva chiusa formata dal segmento e dalla semicirconferenza poc'anzi citati, esso si calcola velocemente con il teorema di Cauchy. passiamo al limite per $r to +oo$ e otteniamo che l'integrale esteso alla semicirconferenza è infinitesimo. la funzione $1+t^4$ non ha zeri reali e dei quattro zeri complessi (tutti semplici) solo due hanno coefficiente dell'immaginario positivo: $t_1=e^(jpi/4)$ e $t_2=e^(j3pi/4)$.
da queste considerazioni preliminari segue che $int_(-oo)^(+oo)(t^2)/(1+t^4)dt=2pij(R[t_1]+R[t_2])$ dove con $R[t_1]$ si intende il residuo (ovvero il coefficiente $c_(-1)$ dello sviluppo di Laurent intorno a $t_1$) della funzione integranda nel punto $t_1$.
per completezza calcoliamo i residui... i residui in $t_1$ e $t_2$ si trovano velocemente sostituendo rispettivamente $t_1$ e $t_2$ nella seguente espressione (attenzione questo metodo può essere usato solo in caso di poli semplici):
$t^2/(d/dt(1+t^4))=t^2/(4t^3)=1/(4t)$ quindi $R[t_1]=sqrt(2)/8(1-j)$ e $R[t_2]=sqrt(2)/8(-1-j)$ e quindi il risultato viene ugualmente $2pij(R[t_1]+R[t_2])=sqrt(2)/2pi$
$int_0^(+oo)(2t^2)/(1+t^4)dt$ constatando che l'integrando è pari diventa $int_(-oo)^(+oo)(t^2)/(1+t^4)dt$
a questo punto se fissiamo un $r > 0, r in RR$ possiamo considerare il segmento di estremi $-r$ e $r$ e la semicirconferenza di centro $0$ e raggio $r$ contenuta nella parte del piano complesso che si trova al di sopra dell'asse reale. consideriamo l'integrale della nostra funzione integranda esteso alla curva chiusa formata dal segmento e dalla semicirconferenza poc'anzi citati, esso si calcola velocemente con il teorema di Cauchy. passiamo al limite per $r to +oo$ e otteniamo che l'integrale esteso alla semicirconferenza è infinitesimo. la funzione $1+t^4$ non ha zeri reali e dei quattro zeri complessi (tutti semplici) solo due hanno coefficiente dell'immaginario positivo: $t_1=e^(jpi/4)$ e $t_2=e^(j3pi/4)$.
da queste considerazioni preliminari segue che $int_(-oo)^(+oo)(t^2)/(1+t^4)dt=2pij(R[t_1]+R[t_2])$ dove con $R[t_1]$ si intende il residuo (ovvero il coefficiente $c_(-1)$ dello sviluppo di Laurent intorno a $t_1$) della funzione integranda nel punto $t_1$.
per completezza calcoliamo i residui... i residui in $t_1$ e $t_2$ si trovano velocemente sostituendo rispettivamente $t_1$ e $t_2$ nella seguente espressione (attenzione questo metodo può essere usato solo in caso di poli semplici):
$t^2/(d/dt(1+t^4))=t^2/(4t^3)=1/(4t)$ quindi $R[t_1]=sqrt(2)/8(1-j)$ e $R[t_2]=sqrt(2)/8(-1-j)$ e quindi il risultato viene ugualmente $2pij(R[t_1]+R[t_2])=sqrt(2)/2pi$
Il secondo lo possso fare anch'io 
... propongo questa soluzione...
L'integrale si calcola semplicemente con sostituzione e vale $1/(9sqrt(3))\Gamma(5/2)$. Volendo esplicitare usando la proprietà fondamentale della $\Gamma$ e che $\Gamma(1/2)=sqrt(\pi)$, si ottiene $\Gamma(5/2)=(3sqrt(pi))/4$, da cui il risultato di Kroldar...
ps: Kroldar, perchè non posti anche i calcoli del tuo secondo?
... propongo questa soluzione...L'integrale si calcola semplicemente con sostituzione e vale $1/(9sqrt(3))\Gamma(5/2)$. Volendo esplicitare usando la proprietà fondamentale della $\Gamma$ e che $\Gamma(1/2)=sqrt(\pi)$, si ottiene $\Gamma(5/2)=(3sqrt(pi))/4$, da cui il risultato di Kroldar...
ps: Kroldar, perchè non posti anche i calcoli del tuo secondo?
"Thomas":
ps: Kroldar, perchè non posti anche i calcoli del tuo secondo?
ho semplicemente usato la regola di integrazione per parti, niente di che...
Davvero complimenti a tutti per le tante soluzioni che avete proposto!
Per l'integrale 1) si può considerare anche il seguente approccio.
La funzione Beta $B(m,n)=int_0^1t^(m-1)(1-t)^(n-1)dt$ gode delle seguenti proprietà
$int_0^(pi/2)sen^(2m-1)x*cos^(2n-1)xdx=1/2B(m,n)=(Gamma(m)Gamma(n))/(2Gamma(m+n)$
Inoltre
$Gamma(p)Gamma(1-p)=pi/(sen(ppi))$
Pertanto si ha
$int_0^(pi/2)sqrt(tanx)dx=int_0^(pi/2)sen^(1/2)x*cos^(-1/2)xdx=1/2B(3/4,1/4)=1/2Gamma(3/4)Gamma(1/4)=1/2pi/(sen(pi/4))=pisqrt(2)/2$
Per l'integrale 1) si può considerare anche il seguente approccio.
La funzione Beta $B(m,n)=int_0^1t^(m-1)(1-t)^(n-1)dt$ gode delle seguenti proprietà
$int_0^(pi/2)sen^(2m-1)x*cos^(2n-1)xdx=1/2B(m,n)=(Gamma(m)Gamma(n))/(2Gamma(m+n)$
Inoltre
$Gamma(p)Gamma(1-p)=pi/(sen(ppi))$
Pertanto si ha
$int_0^(pi/2)sqrt(tanx)dx=int_0^(pi/2)sen^(1/2)x*cos^(-1/2)xdx=1/2B(3/4,1/4)=1/2Gamma(3/4)Gamma(1/4)=1/2pi/(sen(pi/4))=pisqrt(2)/2$
"Piera":
Davvero complimenti a tutti per le tante soluzioni che avete proposto!
Per l'integrale 1) si può considerare anche il seguente approccio.
La funzione Beta $B(m,n)=int_0^1t^(m-1)(1-t)^(n-1)dt$ gode delle seguenti proprietà
$int_0^(pi/2)sen^(2m-1)x*cos^(2n-1)xdx=1/2B(m,n)=(Gamma(m)Gamma(n))/(2Gamma(m+n)$
Inoltre
$Gamma(p)Gamma(1-p)=pi/(sen(ppi))$
Pertanto si ha
$int_0^(pi/2)sqrt(tanx)dx=int_0^(pi/2)sen^(1/2)x*cos^(-1/2)xdx=1/2B(3/4,1/4)=1/2Gamma(3/4)Gamma(1/4)=1/2pi/(sen(pi/4))=pisqrt(2)/2$
Le altre proprietà o le conosco (come il legame tra la gamma e beta) o riesco a dimostrarle in fretta (tipo l'iterpretazione trigonometrica)... mi manca questa
$Gamma(p)Gamma(1-p)=pi/(sen(ppi))$
che per le altre formule sopra equivale ad un calcolo esplicito delle Beta quando n+m=1... Potresti postarne la dimostrazione???
thx in advance
ps: Piera vedo che gli integrali ti piacciono proprio
Un modo per dimostrare l'ultima formula parte dalla definizione di Gamma
tramite una serie (di Gauss,mi pare) anziche' un integrale.
(1) $1/(Gamma(z))=e^(gammaz)zPi_(n=1)^(oo)(1+z/n)e^(-z/n)$
dove $gamma$ e' la costante di Eulero-Mascheroni.
Da qui con calcoli piuttosto lunghetti si ricava che:
$Gamma(z)=lim_(n->oo)(n!n^z)/(z(z+1)(z+2)..(z+n))$
Osservando che $lim_(n->oo)n/(z+n)=1$ si puo' anche scrivere:
$Gamma(z)=lim_(n->oo)((n-1)!n^z)/(z(z+1)(z+2)..(z+n-1))$
Cambiando z in z+1 risulta:
$Gamma(z+1)=lim_(n->oo)((n-1)!n^(z+1))/((z+1)(z+2)...(z+n-1)(z+n))$
Ovvero:
$Gamma(z+1)=z*lim_(n->oo)((n-1)!n^z)/(z(z+1)(z+2)...(z+n-1))*lim_(n->oo)n/(z+n)$
E dunque:
(2) $Gamma(z+1)=z*Gamma(z)$
Incidentalmente per z naturale e per $Gamma(1)=1$ si ha la nota formula:
$Gamma(n+1)=n!$
Dalla (2) ricaviamo:
$1/(Gamma(1+z))=1/z*1/(Gamma(z))$ e tenuto conto della (1):
$1/(Gamma(1+z))=e^(gammaz)Pi_(n=1)^(oo)(1+z/n)e^(-z/n)$
Cambiando z in -z:
$1/(Gamma(1-z))=e^(-gammaz)Pi_(n=1)^(oo)(1-z/n)e^(z/n)$
Moltiplicando le ultime 2 formule:
$1/(Gamma(1+z)Gamma(1-z))=Pi_(n=1)^(oo)(1-(z^2)/(n^2))$
Oppure (per un noto sviluppo in serie):
$1/(Gamma(1+z)Gamma(1-z))=(sinpiz)/(piz)$
E per la (2) :
$1/(z*Gamma(z)Gamma(1-z))=(sinpiz)/(piz)$
Infine:
$Gamma(z)Gamma(1-z)=pi/(sinpiz)$
karl
tramite una serie (di Gauss,mi pare) anziche' un integrale.
(1) $1/(Gamma(z))=e^(gammaz)zPi_(n=1)^(oo)(1+z/n)e^(-z/n)$
dove $gamma$ e' la costante di Eulero-Mascheroni.
Da qui con calcoli piuttosto lunghetti si ricava che:
$Gamma(z)=lim_(n->oo)(n!n^z)/(z(z+1)(z+2)..(z+n))$
Osservando che $lim_(n->oo)n/(z+n)=1$ si puo' anche scrivere:
$Gamma(z)=lim_(n->oo)((n-1)!n^z)/(z(z+1)(z+2)..(z+n-1))$
Cambiando z in z+1 risulta:
$Gamma(z+1)=lim_(n->oo)((n-1)!n^(z+1))/((z+1)(z+2)...(z+n-1)(z+n))$
Ovvero:
$Gamma(z+1)=z*lim_(n->oo)((n-1)!n^z)/(z(z+1)(z+2)...(z+n-1))*lim_(n->oo)n/(z+n)$
E dunque:
(2) $Gamma(z+1)=z*Gamma(z)$
Incidentalmente per z naturale e per $Gamma(1)=1$ si ha la nota formula:
$Gamma(n+1)=n!$
Dalla (2) ricaviamo:
$1/(Gamma(1+z))=1/z*1/(Gamma(z))$ e tenuto conto della (1):
$1/(Gamma(1+z))=e^(gammaz)Pi_(n=1)^(oo)(1+z/n)e^(-z/n)$
Cambiando z in -z:
$1/(Gamma(1-z))=e^(-gammaz)Pi_(n=1)^(oo)(1-z/n)e^(z/n)$
Moltiplicando le ultime 2 formule:
$1/(Gamma(1+z)Gamma(1-z))=Pi_(n=1)^(oo)(1-(z^2)/(n^2))$
Oppure (per un noto sviluppo in serie):
$1/(Gamma(1+z)Gamma(1-z))=(sinpiz)/(piz)$
E per la (2) :
$1/(z*Gamma(z)Gamma(1-z))=(sinpiz)/(piz)$
Infine:
$Gamma(z)Gamma(1-z)=pi/(sinpiz)$
karl
Grazie mille, karl !!
Non so come si chiami, ma chiamiamola pure formula da Gauss!!! (così la ricorderò in futuro )... per l'impianto teorico che possiedo io la prima parte della tua dimostrazione non è necessaria, visto che so già a priori l'equivalenza tra gamma e quella produttoria...
cmq proprio una bella applicazione di quella produttoria... è la prima volta che la vedo all'opera... potente ...
Non so come si chiami, ma chiamiamola pure formula da Gauss!!! (così la ricorderò in futuro
)... per l'impianto teorico che possiedo io la prima parte della tua dimostrazione non è necessaria, visto che so già a priori l'equivalenza tra gamma e quella produttoria... cmq proprio una bella applicazione di quella produttoria... è la prima volta che la vedo all'opera... potente
...
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