Integrale con i residui dal Whittaker
Ciao a tutti! Studiando sul Whittaker mi sono imbattuto in questo integrale che mi danna l'anima. La patata bollente è questa
$I(a,b) = \int_0^(2\pi) (d\ theta)/(a + b cos^2 \theta)^2 = (\pi (2a+b))/(a^(3/2)(a+b)^(3/2))$ con $a>b>0$
Ora il metodo risolutivo è quello di pensarlo come integrale sul piano complesso lungo la circonferenza di raggio 1, chiamiamola C. Quindi vale la relazione $z=e^(i \theta)$ da cui
$d \theta = dz/(i z)$ e $cos \theta = 1/2 (z + 1/z)$
e dunque
$(a+ b cos^2 \theta)^2 = (a+b(1/2 (z + 1/z))^2)^2 = ((4az^2 +b(z^2+1)^2)/(4z^2))^2 = 1/(16z^4)[bz^4 + 2(2a+b) z^2+b]^2$
Mi servono gli zeri del polinomio, quindi cerco di risolvere
$bz^4 + 2(2a+b) z^2+b = 0$
pongo $\omega = z^2$ e ottengo $b\omega^2 + 2(2a+b) \omega + b = 0$ da cui
$\omega_(+-) = - (2a+b)/b +- (2\sqrt(a(a+b)))/b$
sicuramente reali. In più so che $\omega_- < 0$ e dunque $z_(1,2) = +- i sqrt(-\omega__)$. Studio poi il segno dell'altro zero e scopro che $\omega_+ < 0$ e quindi ho che $z_(3,4) = +- i \sqrt(- \omega_+)$. Resta solo da capire quali di questi zeri siano dentro alla circonferenza unitaria. Per farlo imposto le disequazioni
$ |z_(1,2)| < 1 -> |z_(1,2)|^2 < 1 -> - \omega_- < 1$
$ |z_(3,4)| < 1 -> |z_(3,4)|^2 < 1 -> - \omega_+ < 1$
Dai calcoli mi risulta che la prima sia sempre falsa e la seconda sempre vera, per $a>b>0$. Quindi gli unici zeri interni a C sono $ z_3 $ e $ z_4 $.
Mettendo tutto insieme ottengo
$I(a,b) = \int_C (dz)/i (16 z^3)/(bz^4 + 2(2a+b) z^2+b)^2 = 2 \pi i [Res[f, z_3] + Res[f, z_4]]$
Quindi in linea di principio la soluzione dovrebbe passare per il calcolo dei residui.....che è una cosa improponibilmente assurda siccome i poli sono di secondo ordine e c'è di mezzo una derivata!!!!
Qualche idea??
$I(a,b) = \int_0^(2\pi) (d\ theta)/(a + b cos^2 \theta)^2 = (\pi (2a+b))/(a^(3/2)(a+b)^(3/2))$ con $a>b>0$
Ora il metodo risolutivo è quello di pensarlo come integrale sul piano complesso lungo la circonferenza di raggio 1, chiamiamola C. Quindi vale la relazione $z=e^(i \theta)$ da cui
$d \theta = dz/(i z)$ e $cos \theta = 1/2 (z + 1/z)$
e dunque
$(a+ b cos^2 \theta)^2 = (a+b(1/2 (z + 1/z))^2)^2 = ((4az^2 +b(z^2+1)^2)/(4z^2))^2 = 1/(16z^4)[bz^4 + 2(2a+b) z^2+b]^2$
Mi servono gli zeri del polinomio, quindi cerco di risolvere
$bz^4 + 2(2a+b) z^2+b = 0$
pongo $\omega = z^2$ e ottengo $b\omega^2 + 2(2a+b) \omega + b = 0$ da cui
$\omega_(+-) = - (2a+b)/b +- (2\sqrt(a(a+b)))/b$
sicuramente reali. In più so che $\omega_- < 0$ e dunque $z_(1,2) = +- i sqrt(-\omega__)$. Studio poi il segno dell'altro zero e scopro che $\omega_+ < 0$ e quindi ho che $z_(3,4) = +- i \sqrt(- \omega_+)$. Resta solo da capire quali di questi zeri siano dentro alla circonferenza unitaria. Per farlo imposto le disequazioni
$ |z_(1,2)| < 1 -> |z_(1,2)|^2 < 1 -> - \omega_- < 1$
$ |z_(3,4)| < 1 -> |z_(3,4)|^2 < 1 -> - \omega_+ < 1$
Dai calcoli mi risulta che la prima sia sempre falsa e la seconda sempre vera, per $a>b>0$. Quindi gli unici zeri interni a C sono $ z_3 $ e $ z_4 $.
Mettendo tutto insieme ottengo
$I(a,b) = \int_C (dz)/i (16 z^3)/(bz^4 + 2(2a+b) z^2+b)^2 = 2 \pi i [Res[f, z_3] + Res[f, z_4]]$
Quindi in linea di principio la soluzione dovrebbe passare per il calcolo dei residui.....che è una cosa improponibilmente assurda siccome i poli sono di secondo ordine e c'è di mezzo una derivata!!!!
Qualche idea??
Risposte
Puoi usare la seguente formula: se $f(z)$ ha un polo di ordine $m$ in $z=z_0$ allora
$Res[f,z_0]=\lim_{z\rightarrow z_0}\ \frac{1}{(m-1)!}\cdot\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}[(z-z_0)^m\cdot f(z)]$
e il gioco è fatto!
$Res[f,z_0]=\lim_{z\rightarrow z_0}\ \frac{1}{(m-1)!}\cdot\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}[(z-z_0)^m\cdot f(z)]$
e il gioco è fatto!
Grazie Ciampax..... Ma hai presente cosa vuol dire giocare a quel gioco con questa integranda in quei poli? E' un suicidio!! Secondo me ci deve essere un trucchetto o un maneggio che agevola i conti.
Eh........... che vuoi, magari c'è pure... e magari non c'è! Il problema è che hai una funzione definita in termini di costanti arbitrarie, con costanti fissate le cose sarebbero ovviamente più veloci. Magari però, un modo sarebbe quello di decomporre quella frazione in fratti semplici e vedere cosa succede! Ad esempio, chiamando $z_i$ le radici dovresti avere una cosa del tipo
$f(x)=\sum_{i=1}^4\frac{a_i}{z-z_i}$
e quindi puoi concludere che
$\int_C f(z)\ dz=\sum_{i=3}^4\frac{a_i}{z-z_i}$
visto che $z_1,\ z_2$ sono fuori da $C$ e quindi (se hai fatto bene i conti) tali funzioni risultano olomorfe all'interno di $C$ e il loro integrale è nullo. Ed è qui che sta il bello: a te questi poli ti sembrano di ordine 2?????
Il problema è che hai una funzione definita in termini di costanti arbitrarie, con costanti fissate le cose sarebbero ovviamente più veloci. Magari però, un modo sarebbe quello di decomporre quella frazione in fratti semplici e vedere cosa succede! Ad esempio, chiamando $z_i$ le radici dovresti avere una cosa del tipo$f(x)=\sum_{i=1}^4\frac{a_i}{z-z_i}$
e quindi puoi concludere che
$\int_C f(z)\ dz=\sum_{i=3}^4\frac{a_i}{z-z_i}$
visto che $z_1,\ z_2$ sono fuori da $C$ e quindi (se hai fatto bene i conti) tali funzioni risultano olomorfe all'interno di $C$ e il loro integrale è nullo. Ed è qui che sta il bello: a te questi poli ti sembrano di ordine 2?????
Forse si puo' passare a un integrale piu' semplice - guardando l'integrando parrebbe naturale porre $w=z^2$ dato che abbaimo a che fare con una funzione di $z^2$
moltiplicata per $2z$ (che e' la derivata di $z^2$). A occhio direi (ma non sono allenato a questi cambi di variabile negli integrali complessi) che
$I(a,b)=-i\int_{2C}\frac{8w}{(bw^2+2(2a+b)w+b)^2}dw$
dove $2C$ e' la circonferenza percorsa due volte.
moltiplicata per $2z$ (che e' la derivata di $z^2$). A occhio direi (ma non sono allenato a questi cambi di variabile negli integrali complessi) che
$I(a,b)=-i\int_{2C}\frac{8w}{(bw^2+2(2a+b)w+b)^2}dw$
dove $2C$ e' la circonferenza percorsa due volte.
@ciampax:
Non credo che si possa fare.... Se hai una cosa del tipo
$1/(z-z_i)^2$
non puoi scomporla in fratti semplici...più di così!!!!
@Vicious:
Magari è una cazzata.....ma secondo te percorrere due volte la circonferenza equivale a raddoppiare la somma dei residui???
Non credo che si possa fare.... Se hai una cosa del tipo
$1/(z-z_i)^2$
non puoi scomporla in fratti semplici...più di così!!!!
@Vicious:
Magari è una cazzata.....ma secondo te percorrere due volte la circonferenza equivale a raddoppiare la somma dei residui???
"alle.fabbri":
@Vicious:
Magari è una cazzata.....ma secondo te percorrere due volte la circonferenza equivale a raddoppiare la somma dei residui???
Certamente!
Tra l'altro quello che ho proposto di fare corrisponde a fare, all'inizio, un passaggio da $\cos^2(x)$ a $1/2 (\cos(2x)+1)$ (e gli estremi diventano $0$ e $4\pi$) e poi prendere
$w=e^{2x}$.
Stanotte ho provato a fare i conti in questo modo e la strada e' percorribile -- purtroppo nei calcoli sono una frana e il risultato mi e' venuto diverso da quello scritto da te
(anche se potrebbe esserci qualche eguaglianza tra radicali di cui non mi accorgo, per cui alla fine i risultati coincidono).
Provo a rifarlo ora.
.... seguendo l'idea precedente
$-i\int_{2C}\frac{8w}{(bw^2+2(2a+b)w+b)^2}dw=-16i\int_{C}\frac{w}{(bw^2+2(2a+b)w+b)^2}dw=-\frac{16i}{b^2}\int_{C}\frac{w}{(w-w_1)^2(w-w_2)^2}dw=$
$\quad=(-\frac{16 i}{b^2})2\pi i"Res"(f(w),w_2)=\frac{32\pi}{b^2}"Res"(f(w),w_2)$
dove $f(w)=\frac{w}{(w-w_1)^2(w-w_2)^2}$, $w_1=-\frac{2a+b}{b}-\frac{2\sqrt{a(a+b)}}{b}$ e $w_2=-\frac{2a+b}{b}+\frac{2\sqrt{a(a+b)}}{b}$
($|w_1|>1$ e $|w_2|<1$). Calcoliamoci questo residuo
$"Res(f(w),w_2)=[\frac{d}{dw}\frac{w}{(w-w_1)^2}]_{w=w_2}=[\frac{(w-w_1)^2-2w(w-w_1)}{(w-w_1)^4}]_{w=w_2}=\frac{(w_2-w_1)^2-2w_2(w_2-w_1)}{(w_2-w_1)^4}=$
$\quad \frac{(w_2-w_1)-2w_2}{(w_2-w_1)^3}=\frac{(w_2-w_1)-2w_2}{(w_2-w_1)^3}=-\frac{w_2+w_1}{(w_2-w_1)^3}=\frac{2\frac{2a+b}{b}}{\frac{4\sqrt{a(a+b)}}{b}}=1/2\frac{2a+b}{\sqrt{a(a+b)}}$
Tornando all'inizio mi viene $I(a,b)=\frac{16\pi(2a+b)}{b^2\sqrt{a(a+b)}}$.
Il risutato somiglia a quello del libro per cui penso che il procedimento sia giusto. Devo aver fatto qualche errore scemo
-- se lo trovo ve lo dico ..... 
EDIT mi ero perso il cubo al denominatore
Rifacciamo gli ultimi conti
$-\frac{w_2+w_1}{(w_2-w_1)^3}=\frac{2\frac{2a+b}{b}}{(\frac{4\sqrt{a(a+b)}}{b})^3}=b^2/32\frac{2a+b}{\sqrt{a^3(a+b)^3}}$ per cui alla fine
$I(a,b)=\pi \frac{2a+b}{\sqrt{a^3(a+b)^3}}$ TORNA
$-i\int_{2C}\frac{8w}{(bw^2+2(2a+b)w+b)^2}dw=-16i\int_{C}\frac{w}{(bw^2+2(2a+b)w+b)^2}dw=-\frac{16i}{b^2}\int_{C}\frac{w}{(w-w_1)^2(w-w_2)^2}dw=$
$\quad=(-\frac{16 i}{b^2})2\pi i"Res"(f(w),w_2)=\frac{32\pi}{b^2}"Res"(f(w),w_2)$
dove $f(w)=\frac{w}{(w-w_1)^2(w-w_2)^2}$, $w_1=-\frac{2a+b}{b}-\frac{2\sqrt{a(a+b)}}{b}$ e $w_2=-\frac{2a+b}{b}+\frac{2\sqrt{a(a+b)}}{b}$
($|w_1|>1$ e $|w_2|<1$). Calcoliamoci questo residuo
$"Res(f(w),w_2)=[\frac{d}{dw}\frac{w}{(w-w_1)^2}]_{w=w_2}=[\frac{(w-w_1)^2-2w(w-w_1)}{(w-w_1)^4}]_{w=w_2}=\frac{(w_2-w_1)^2-2w_2(w_2-w_1)}{(w_2-w_1)^4}=$
$\quad \frac{(w_2-w_1)-2w_2}{(w_2-w_1)^3}=\frac{(w_2-w_1)-2w_2}{(w_2-w_1)^3}=-\frac{w_2+w_1}{(w_2-w_1)^3}=\frac{2\frac{2a+b}{b}}{\frac{4\sqrt{a(a+b)}}{b}}=1/2\frac{2a+b}{\sqrt{a(a+b)}}$
Tornando all'inizio mi viene $I(a,b)=\frac{16\pi(2a+b)}{b^2\sqrt{a(a+b)}}$.
Il risutato somiglia a quello del libro per cui penso che il procedimento sia giusto. Devo aver fatto qualche errore scemo
-- se lo trovo ve lo dico ..... EDIT mi ero perso il cubo al denominatore
Rifacciamo gli ultimi conti
$-\frac{w_2+w_1}{(w_2-w_1)^3}=\frac{2\frac{2a+b}{b}}{(\frac{4\sqrt{a(a+b)}}{b})^3}=b^2/32\frac{2a+b}{\sqrt{a^3(a+b)^3}}$ per cui alla fine
$I(a,b)=\pi \frac{2a+b}{\sqrt{a^3(a+b)^3}}$ TORNA
"alle.fabbri":
@ciampax:
Non credo che si possa fare.... Se hai una cosa del tipo
$1/(z-z_i)^2$
non puoi scomporla in fratti semplici...più di così!!!!
Ah, ok, scusami, ma mi era sfuggito il quadrato (ci sono un po' troppi esponenti!
) come esponente del denominatore! Yah, certo, le radici sono del secondo ordine!
Mitico Vicious!!!!!!!!!!!!!!
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