[EX] Qualche integrale coi residui

[gugo82]

Dato che ultimamente si è parlato parecchio di Metodi Matematici per la Fisica o per l'Ingegneria (molte volte chiamando in causa proprio me, con toni ingiustificatamente lusinghieri), vorrei proporre un po' di esercizi sul calcolo degli integrali reali col metodo dei residui.

L'idea è questa.
Posterò un esercizio alla volta, lasciando una settimana per scrivere la soluzione.
Qualora non venisse proposta nessuna soluzione giusta (o, peggio, non ne venisse proposta alcuna), esporrò la mia.

Gli esercizi non saranno granché complicati, quindi mi aspetto una buona partecipazione attiva sia da parte dell'utenza fisico-ingegneristica sia da parte dei matematici.

Detto ciò, partiamo.

***

Esercizio:

1. Fissati \(a< b\in ]0,+\infty[\), calcolare:
\[
\tag{1}
\int_0^{+\infty} \frac{\cos x}{(x^2 +a^2)\ (x^2+b^2)}\ \text{d} x
\]
dopo aver studiato la sommabilità dell'integrando.

2. Fissato \(a\in ]0,+\infty[\), calcolare:
\[
\tag{2}
\int_0^{+\infty} \frac{\cos x}{(x^2 +a^2)^2}\ \text{d} x
\]
dopo aver studiato la sommabilità dell'integrando.

Domanda Bonus: È possibile ottenere il risultato del secondo integrale da quello primo usando un opportuno passaggio al limite?
Giustificare la risposta.

[wnvl]

1. Consideriamo la funzione

\(\displaystyle f(z)=\frac{e^{iz}}{(z^2+a^2)(z^2+b^2)} \)

e il contorno \(\displaystyle C \) che consiste di

asse X da \(\displaystyle -R \) a \(\displaystyle +R \)
il semicerchio \(\displaystyle \Gamma=Re^{i\theta} \) con \(\displaystyle \theta \) da \(\displaystyle 0 \) a \(\displaystyle \pi \).

con \(\displaystyle R \to \infty \).

Ci son due poli dentro il contorno: \(\displaystyle ia \) e \(\displaystyle ib \).

\(\displaystyle \oint_C f(z) dz = 2\pi i \left( \text{Res}_{ia}(f(z)) + \text{Res}_{ib}(f(z)) \right) \)

Il semicerchio da contributo nullo nel limite \(\displaystyle R \to \infty \) (Jordan's lemma)

\(\displaystyle \lim_{R \to \infty} \int_0^{\pi} f(z) \ \text{d} z = 0 \)

Grazie alla simmetria

\(\displaystyle \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{+R} f(z) \ \text{d} z= 2 \lim_{R \to \infty} \int_0^{+R} f(z) \ \text{d} z \)

Calcoliamo i residui

\(\displaystyle \text{Res}_{ia}(f(z))= \lim_{z \to ia} (z-ia) \frac{e^{iz}}{(z-ia)(z+ia)(z^2+b^2)}=\frac{e^{-a}}{(2ia)(-a^2+b^2)} \)
\(\displaystyle \text{Res}_{ib}(f(z))= \lim_{z \to ib} (z-ib) \frac{e^{iz}}{(z-ib)(z+ib)(z^2+a^2)}=\frac{e^{-b}}{(2ib)(a^2-b^2)} \)

Dunque il nostro integrale è uguale a

\(\displaystyle \pi i \left( \text{Res}_{ia}(f(z)) + \text{Res}_{ib}(f(z)) \right) = \frac{\pi e^{-a}}{(2a)(-a^2+b^2)} + \frac{\pi e^{-b}}{(2b)(a^2-b^2)} \)

[gugo82]

Confermo la bontà del procedimento e del risultato, il quale, scritto in maniera un po' più compatta, è:
\[
\int_0^{+\infty} \frac{\cos x}{(x^2 +a^2)\ (x^2+b^2)}\ \text{d} x = \frac{\pi\ e^{-b}}{2\ ab\ (b^2-a^2)}\ \left( b\ e^{b-a} -a\right)\; .
\]

[Demostene92]

Esercizio 1

Notiamo preliminarmente che l'integranda è una funzione pari, pertanto:

$\int_{0}^(+\infty)cosx/[(x^2+a^2)text{(}x^2+b^2text{)}]dx=1/2\int_{-\infty}^(+\infty)cosx/[(x^2+a^2)text{(}x^2+b^2text{)}]dx$.

Posto $f(z)=cosz/[(z^2+a^2)text{(}z^2+b^2text{)}]$, $f$ risulterà analitica in $CC$ eccetto le singolarità presenti al denominatore. Si ha:

$|text{(}z^2+a^2text{)}text{(}z^2+b^2text{)}|=|text{(}z^2+a^2text{)}||text{(}z^2+b^2text{)}|>=|z^2|^2=|z|^4$.

Dunque si può scrivere:

$|cosz/[(z^2+a^2)text{(}z^2+b^2text{)}]|<=|1/[(z^2+a^2)text{(}z^2+b^2text{)}]|=1/|(z^2+a^2)text{(}z^2+b^2text{)}|<=|z|^4/\alpha, \alpha \in RR^(++)$.

Il denominatore si può riscrivere come $(z+ia)(z-ia)(z+ib)(z-ib)$, quindi le singolarità sono poli semplici, situati fuori dall'asse reale. Le ipotesi del teorema dei residui sono verificate e, scegliendo il semipiano $Im>0$, avremo:

$\int_{-\infty}^(+\infty)cosx/[(x^2+a^2)text{(}x^2+b^2text{)}]dx=2\piiRes[f(z), z=ia]+2\piiRes[f(z), z=ib]$

$->\int_{0}^(+\infty)cosx/[(x^2+a^2)text{(}x^2+b^2text{)}]dx=\piiRes[f(z), z=ia]+\piiRes[f(z), z=ib]$.

Non ho tempo per andare oltre, ma sono due poli semplici, quindi è sufficiente calcolare i due limiti per $z->-ia$ e per $z->-ib$ di $(z+ia)f(z)$ e di $(z+ib)f(z)$.

Spero di non aver detto castronerie!! stasera tempo permettendo provo anche il secondo!

[gugo82]

@ Demostene92:

Non va bene la scelta della funzione complessa ausiliaria, perché non è affatto vero che \(|\cos z|\leq 1\) per \(z\in \mathbb{C}\).
Infatti, come dovresti ben sapere, il coseno ha una singolarità essenziale in \(\infty\) poiché è una funzione intera; dunque risulta \(\displaystyle \operatorname{maxlim}_{z\to \infty} |\cos z| =+\infty\), che è del tutto incompatibile con la supposta limitatezza del coseno.
Ne consegue che non puoi calcolare l'integrale assegnato scegliendo \(f(z)=\frac{\cos z}{(z^2+a^2)(z^2+b^2)}\), perché alla funzione \(f\) non si applica il lemma dell'arco grande di Jordan

[Demostene92]

Già, hai ragione, non mi ero posto il problema.

[gugo82]

@ Demostene92:

"Demostene92":Già, hai ragione, non mi ero posto il problema.

Tranquillo, è un errore comune soprattutto tra gli ingegneri (i quali il più delle volte non prestano attenzione al fatto che le funzioni seno e coseno non sono limitate in tutto \(\mathbb{C}\), pur essendolo in \(\mathbb{R}\)).

[wnvl]

Domanda bonus:

Possiamo ottenere la riposta a domanda 2 calcolando il limite \(\displaystyle b \to a \) per domanda 1

\(\displaystyle \lim_{b \to a} \frac{\pi\ e^{-b}}{2\ ab\ (b^2-a^2)}\ \left( b\ e^{b-a} -a\right) = \lim_{b \to a} \frac{\pi\ e^{-b}}{2\ ab\ (b^2-a^2)}\ \left( b\ (1+(b-a)+\mathcal{O((b-a)^2)})-a\right) \)

\(\displaystyle = \lim_{b \to a} \frac{\pi\ e^{-b}}{2\ ab\ (b^2-a^2)}\ \left((b-a)+b(b-a)+\mathcal{O((b-a)^2)})\right) \)

\(\displaystyle = \lim_{b \to a} \frac{\pi\ e^{-b}}{2\ ab\ (b+a)}\ (1+b) \)

\(\displaystyle = \frac{\pi\ e^{-a}}{4a^2}\ (1+a) \)

[gugo82]

@ wnvl:

Ok per l'idea.
Però dovresti dimostrare che il passaggio al limite è lecito.

[wnvl]

Vuoi dire che dobbiamo provare che possiamo cambiare l'ordine del limite \(\displaystyle \lim_{a \to b} \) e l'integrale \(\displaystyle \int_0^{\infty} \)?

[gugo82]

"wnvl":Vuoi dire che dobbiamo provare che possiamo cambiare l'ordine del limite \(\displaystyle \lim_{a \to b} \) e l'integrale \(\displaystyle \int_0^{\infty} \)?

Sì!

[wnvl]

convergenza dominata con \(\displaystyle g(x)=\frac{C}{(x^2+a^2)^2} \)

http://it.wikipedia.org/wiki/Teorema_de ... a_dominata

[gugo82]

@ wnvl: Certo.

Infatti si verifica senza alcuno sforzo che, posto:
\[
f(x;a,b):=\frac{\cos x}{(x^2 +a^2)\ (x^2+b^2)}\; ,
\]
risulta
\[
\forall b>a,\quad 0\leq |f(x;a,b)|\leq |f(x;a,a)| \qquad \text{per ogni } x\in [0,\infty[\; ;
\]
dato che \(f(\cdot; a,a)\) è sommabile in \([0,\infty[\) e che \(\lim_{b\searrow a} f(x;a,b)=f(x;a,a)\) ovunque in \([0,\infty[\), si può applicare il Teorema di Convergenza Dominata ottenendo:
\[
\begin{split}
\int_0^\infty f(x;a,a)\ \text{d} x &= \lim_{b\searrow a} \int_0^\infty f(x;a,b)\ \text{d} x \\
&= \lim_{b\searrow a} \frac{\pi\ e^{-b}}{2\ ab\ (b^2-a^2)}\ \left( b\ e^{b-a} -a\right) \\
&= \lim_{b\searrow a} \frac{\pi\ e^{-b}}{2\ ab\ (b+a)}\ \frac{ b\ e^{b-a} -a}{b-a} \\
&= \lim_{b\searrow a} \frac{\pi\ e^{-b}}{2\ ab\ (b+a)}\ \frac{ b\ (1+b-a+\text{o}(b-a)) -a}{b-a} \\
&= \lim_{b\searrow a} \frac{\pi\ e^{-b}}{2\ ab\ (b+a)}\ \frac{ (b+1)(b-a)+b\ \text{o}(b-a)}{b-a} \\
&= \lim_{b\searrow a} \frac{\pi\ e^{-b}}{2\ ab\ (b+a)}\ \left( b+1+b\ \frac{\text{o}(b-a)}{b-a}\right) \\
&= \frac{\pi\ (a+1)\ e^{-a}}{4\ a^3}\; .
\end{split}
\]
Ovviamente, l'integrale di \(f(\cdot; a,a)\) può essere calcolato anche usando la tecnica dei residui; procedendo in tal modo si trova lo stesso risultato.

[gugo82]

Esercizio:

1. Siano $a,b\in \mathbb{R}$.
Dopo aver determinato i valori dei parametri $a$ e $b$ che rendono sommabile l'integrando, calcolare l'integrale reale:
\[
\tag{1} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{ax}}{1+e^{bx}}\ \text{d} x
\]
usando il metodo dei residui.
Detta \(\phi (a,b)\) la funzione che descrive il valore dell'integrale (1), studiare la \(\phi\) nel suo insieme di definizione.

Suggerimento: La funzione complessa ausiliaria va integrata lungo il bordo di opportuni rettangoli.

2. Calcolare:
\[
\int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x^n}\ \text{d} x
\]
con $m,n\in \mathbb{N}$.

Suggerimento: È possibile usare il risultato precedente.

[gugo82]

"gugo82":Esercizio:

1. Siano $a,b\in \mathbb{R}$.
Dopo aver determinato i valori dei parametri $a$ e $b$ che rendono sommabile l'integrando, calcolare l'integrale reale:
\[
\tag{1} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{ax}}{1+e^{bx}}\ \text{d} x
\]
usando il metodo dei residui.
Detta \(\phi (a,b)\) la funzione che descrive il valore dell'integrale (1), studiare la \(\phi\) nel suo insieme di definizione.

Suggerimento: La funzione complessa ausiliaria va integrata lungo il bordo di opportuni rettangoli.

Notiamo innanzitutto che l'integrando è positivo in \(\mathbb{R}\), sicché l'integrale è convergente se e solo se l'integrando è sommabile.

Distinguiamo tre casi:

[*:jns21id8] se $a>0$, la sostituzione \(t=ax\) consente di riscrivere l'integrale (1) come:
\[
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{ax}}{1+e^{bx}}\ \text{d} x \stackrel{t=ax}{=} \frac{1}{a}\ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^t}{1+e^{\frac{b}{a}t}}\ \text{d} t
\]
e da qui si vede che l'integrando è sommabile solo se \(\frac{b}{a}>1\), i.e. se \(b>a>0\).

[/*:m:jns21id8]
[*:jns21id8] se $a=0$, allora l'integrale si riduce a:
\[
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+e^{bx}}\ \text{d} x
\]
ed esso non esiste finito per alcun valore di $b$.

[/*:m:jns21id8]
[*:jns21id8] se $a<0$, allora con la sostituzione $t=ax$ l'integrale si riscrive:
\[
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{ax}}{1+e^{bx}}\ \text{d} x \stackrel{t=ax}{=} -\frac{1}{a}\ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^t}{1+e^{\frac{b}{a}t}}\ \text{d} t
\]
e l'integrando è sommabile solo se \(\frac{b}{a}>1\), cioè solo se $b
Conseguentemente, l'integrale assegnato è convergente solo per le coppie $(a,b)$ appartenenti alla regione aperta individuata dalle limitazioni:
\[\tag{2}
\min\{0,b\} \]
che è la coppia di angoli opposti al vertice colorata in figura (nel piano \(Oab\)):
[asvg]axes("","");
stroke="yellow"; fill="yellow"; path([[0,6], [6,6], [-6,-6], [0,-6], [0,6]]);[/asvg]

Per quanto riguarda il calcolo dell'integrale (1), abbiamo stabilito poco sopra che, nei casi di convergenza, esso si può ricondurre al calcolo dell'integrale:
\[
I(\alpha):= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^t}{1+e^{\alpha t}}\ \text{d} t
\]
con \(\alpha =\frac{b}{a} >1\); pertanto basta calcolare tale integrale per risolvere il problema.

A tal uopo, consideriamo la funzione ausiliaria:
\[
f(z) := \frac{e^z}{1+e^{\alpha z}}
\]
ed integriamo tale funzione lungo la frontiera del rettangolo \(\Omega(R)\) di vertici \(\pm R\) e \(\pm R+\frac{2\pi}{\alpha}\imath\) orientata nel verso antiorario.
Chiaramente la funzione \(f\) è olomorfa in tutta la striscia definita dalle limitazioni \(0\leq \operatorname{Im} z\leq \frac{2\pi}{\alpha}\), eccezion fatta per il punto \(z_0:=\frac{1}{\alpha} \operatorname{Ln} (-1) = \frac{\pi}{\alpha}\ \imath\) in cui si annulla il denominatore; inoltre, tale punto è un polo d'ordine \(1\) per \(f\), giacché il denominatore ha in \(z_0\) uno zero d'ordine \(1\) non compensato da alcuno zero del numeratore.
Di conseguenza, il Primo Teorema dei Residui si applica e consente di scrivere:
\[
\int_{+\partial \Omega(R)} f(z)\ \text{d} z = 2\pi \imath\ \operatorname{Res} \left( f;\frac{\pi}{\alpha}\ \imath\right)
\]
per ogni \(R>0\); dato che:
\[
\begin{split}
\operatorname{Res} \left( f;\frac{\pi}{\alpha}\ \imath\right) &= \lim_{z\to \frac{\pi}{\alpha}\ \imath} \left(z-\frac{\pi}{\alpha}\ \imath\right)\ \frac{e^z}{1+e^{\alpha z}}\\
&= \lim_{z\to \frac{\pi}{\alpha}\ \imath} \frac{e^z}{\frac{1+e^{\alpha z}}{z-\pi/\alpha\ \imath}}\\
&= \frac{e^{\pi/\alpha\ \imath}}{-\alpha}
\end{split}
\]
dalla precedente discende l'uguaglianza:
\[
\int_{+\partial \Omega(R)} f(z)\ \text{d} z = -\frac{2\pi}{\alpha}\ \imath\ e^{\pi/\alpha\ \imath}
\]
valida per ogni \(R>0\), da cui passando al limite traiamo:
\[
\tag{3}
\lim_{R\to +\infty} \int_{+\partial \Omega(R)} f(z)\ \text{d} z = -\frac{2\pi}{\alpha}\ \imath\ e^{\pi/\alpha\ \imath}\; .
\]

D'altra parte, un calcolo esplicito dell'integrale di linea importa:
\[
\begin{split}
\int_{+\partial \Omega(R)} f(z)\ \text{d} z &= \int_{-R}^R f(x)\ \text{d}x + \imath\ \int_0^{2\pi/\alpha} f(R+\imath\ y)\ \text{d} y \\
&\phantom{=} -\int_{-R}^R f(x+2\pi/\alpha\ \imath)\ \text{d} x - \imath\ \int_0^{2\pi/\alpha} f(-R+\imath\ y)\ \text{d} y\\
&= \int_{-R}^R f(x)\ \text{d}x - \int_{-R}^R f(x+2\pi/\alpha\ \imath)\ \text{d} x\\
&\phantom{=} + \imath \left( \int_0^{2\pi/\alpha} f(R+\imath\ y)\ \text{d} y - \int_0^{2\pi/\alpha} f(-R+\imath\ y)\ \text{d} y \right)\\
&= \int_{-R}^R \frac{e^x}{1+e^{\alpha x}}\ \text{d}x - \int_{-R}^R \frac{e^x}{1+e^{\alpha x}}\ e^{2\pi/\alpha\ \imath}\ \text{d} x\\
&\phantom{=} + \imath \left( \int_0^{2\pi/\alpha} f(R+\imath\ y)\ \text{d} y - \int_0^{2\pi/\alpha} f(-R+\imath\ y)\ \text{d} y \right)\\
&= \left( 1-e^{2\pi/\alpha\ \imath}\right)\ \int_{-R}^R \frac{e^x}{1+e^{\alpha x}}\ \text{d}x\\
&\phantom{=} + \imath \left( \underbrace{\int_0^{2\pi/\alpha} f(R+\imath\ y)\ \text{d} y}_{=:J_1} - \underbrace{\int_0^{2\pi/\alpha} f(-R+\imath\ y)\ \text{d} y}_{=:J_2} \right)\; ;
\end{split}
\]
ora, abbiamo:
\[
\begin{split}
|J_1| &\leq \int_0^{2\pi/\alpha} \left| \frac{e^{R+\imath\ y}}{1 + e^{\alpha R+\imath\ \alpha y}}\right|\ \text{d} y\\
&\leq \int_0^{2\pi/\alpha} \frac{e^R}{|1 - e^{\alpha R}|}\ \text{d} y\\
&= \frac{e^R}{e^{\alpha R}-1}\ \frac{2\pi}{\alpha}\\
|J_2|&\leq C\ e^{-R}
\end{split}
\]
ergo, passando al limite per \(R\to +\infty\) troviamo:
\[
\tag{4}
\lim_{R\to +\infty} \int_{+\partial \Omega(R)} f(z)\ \text{d} z = \left( 1-e^{2\pi/\alpha\ \imath}\right)\ I(\alpha)\; .
\]
Confrontando le (3) e (4) otteniamo:
\[
\left( 1-e^{2\pi/\alpha\ \imath}\right)\ I(\alpha) = -\frac{2\pi}{\alpha}\ \imath\ e^{\pi/\alpha\ \imath}
\]
da cui, con un po' di algebra:
\[
\begin{split}
I(\alpha) &= - \frac{2\pi}{\alpha}\ \imath\ \frac{e^{\pi/\alpha\ \imath}}{1-e^{2\pi/\alpha\ \imath}}\\
&= - \frac{2\pi}{\alpha}\ \imath\ \frac{1}{e^{-\pi/\alpha\ \imath}(1-e^{2\pi/\alpha\ \imath})}\\
&= - \frac{2\pi}{\alpha}\ \imath\ \frac{1}{e^{-\pi/\alpha\ \imath}-e^{\pi/\alpha\ \imath}}\\
&= - \frac{2\pi}{\alpha}\ \imath\ \frac{1}{-2\imath\ \sin \frac{\pi}{\alpha}}\\
&= \frac{\pi}{\alpha\ \sin \frac{\pi}{\alpha}}\; .
\end{split}
\]

Di conseguenza:
\[
\begin{split}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{ax}}{1+e^{bx}}\ \text{d} x &= \frac{1}{|a|}\ I\left(\frac{b}{a}\right)\\
&= \frac{1}{|a|}\ \frac{\pi\ a}{b\ \sin \frac{\pi\ a}{b}}\; .
\end{split}
\]

La funzione \(\phi\) da studiare è definita nell'insieme (2) dall'assegnazione:
\[
\phi (a,b) := \frac{\pi}{b\ \sin \frac{\pi\ a}{b}}\ \operatorname{sign}(a)
\]
e lo studio di tale funzione lo lascio volentieri a voi.

[gugo82]

"gugo82":2. Calcolare:
\[
\int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x^n}\ \text{d} x
\]
con $m,n\in \mathbb{N}$.

Suggerimento: È possibile usare il risultato precedente.

Sostituendo \(x=e^t\) ed usando il risultato precedente, per $n>m$ otteniamo:
\[
\begin{split}
\int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x^n}\ \text{d} x &\stackrel{x=e^t}{=} \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{(m-1)t}}{1+e^{nt}}\ e^t\ \text{d} t\\
&=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{mt}}{1+e^{nt}}\ \text{d} t\\
&= \frac{\pi}{n\ \sin \frac{\pi\ m}{n}}\; .
\end{split}
\]