Esercizio sui residui

[Riccardo_91]

Buongiorno a tutti, ieri ho svolto il compito di metodi, e c'era un integrale veramente strano... Vi posto il tentativo di risoluzione. La traccia diceva s'integri sul bordo dell'insieme $ A = {z: r<=|z|<=R ,0 <= arg(z)<= pi/2} $ la funzione $ g(z) = (e^(iz) -1) / sqrt(z^3) $.

Soluzione:

Visto che lo zero per g non è una singolarità, ma un punto di diramazione, applicando il th dei residui, si ha:

$ int_(+\partialA) g(z) dz = 0 $

Ovvero:

$ int_(r)^(R) g(x) dx + int_(+\GammaR) g(z) dz + int_(+\Gammar) g(z) dz + int_(R)^(r) g(iy) idy = 0 $

Per il primo ed il secondo lemma dei cerchi di Jordan, facendo gli opportuni calcoli:

$ int_(+\GammaR) g(z) dz = int_(+\Gammar) g(z) dz = 0 $

Poi da ciò che resta avrei dovuto verificare che:

$ int_(0)^(+infty) sinx/(x^(3/2)) dx = sqrt(2*pi) $

Dimostrando prima la sommabilità dell'integrando, che si ottiene usando il II criterio di sommabilità (se conoscete un modo migliore postatelo).

A questo devo riscrivere meglio l'integrale:

$ int_(R)^(r) g(iy) idy = - int_(r)^(R) g(iy) idy $

Scegliendo opportunamente il taglio (ad esempio il semi-asse negativo delle ascisse) scelgo la determinazione principale della radice, dunque data:

$ g(iy) = (e^(-y) -1) / sqrt((iy)^3) $

Si ha: $ sqrt((iy)^3) = sqrt(|y|^3)*e^(i*(3/4 * pi)) $

Quindi l'integrale diventa facendo tendere r -> 0, ed R->+infinito:

$ i*(- sqrt(2)/2 + i*sqrt(2)/2)*[int_(0)^(+infty) e^(-y)*(y^(-3/2)) dy - int_(0)^(+infty) (y^(-3/2)) dy ] $

Ma avrei che il primo integrale è la gamma di eulero in -1/2 (il chè non è possibile), ed il secondo non è sommabile!

Grazie in anticipo

[Riccardo_91]

Per chi fosse interessato alla soluzione, basta non spezzare l'ultimo integrale, ed usare la formula d'integrazione per parti, vedendo:

$ y^(-3/2) = (D(y^(-1/2)))/(-1/2) $