Integrale curvilineo in campo complesso.
Slave ho questo esercizio da svolgere:
\(\displaystyle \int_{c} {\frac{1}{z-z_{0}} dz} \)
dove \(\displaystyle z_{0} = \frac{1+i}{2} \) e c è la curva \(\displaystyle z = t+i*sin(\pi*t) \) con \(\displaystyle t[0,1] \)
Vi posto come ho provato a svolgerlo:
Per quanto riguarda la curva c è come scrivere: \(\displaystyle \begin{cases} x(t) = t \\y(t) = \sin(\pi*t) \end{cases} \)
Disegno la parte di grafico del \(\displaystyle \sin(t) \) , che mi interessa, nel piano complesso. In pratica è una curva che va dal punto (0,0) al punto (1,0). All'interno della regione di grafico tra la retta RE(z) e la curva del \(\displaystyle \sin( t) \) c'è il residuo
\(\displaystyle \frac{1+i}{2} \). Ora io vorrei applicare il Teorema dei Residui , però la curva non è chiusa. Quindi vorrei chiuderla con una curva(retta) che va dal punto (0,0) al punto (1,0). Quindi l'ho parametrizzata e viene:
\(\displaystyle \begin{cases} x(t) = t \\ y(t) = 0 \end{cases} \) con \(\displaystyle t[0,1] \)
A questo punto però non riesco ad andare avanti, che devo fare?
Avevo pensato a ciò:
Posso scrivere la retta che ho appena parametrizzato come:
\(\displaystyle z(t) = t \) quindi riscrivo l'integrale come \(\displaystyle \int_{t=0}^{1} { \frac{1}{t-\frac{1+i}{2}} *1 dt} \)
Calcolo questo integrale e poi calcolo il residuo (di molteplicità 1) in \(\displaystyle \frac{1+i}{2} \) con \(\displaystyle f=\frac{1}{1-\frac{1+i}{2}} \)
Può andare o è sbagliato?
Grazie degli eventuali suggerimenti.
\(\displaystyle \int_{c} {\frac{1}{z-z_{0}} dz} \)
dove \(\displaystyle z_{0} = \frac{1+i}{2} \) e c è la curva \(\displaystyle z = t+i*sin(\pi*t) \) con \(\displaystyle t[0,1] \)
Vi posto come ho provato a svolgerlo:
Per quanto riguarda la curva c è come scrivere: \(\displaystyle \begin{cases} x(t) = t \\y(t) = \sin(\pi*t) \end{cases} \)
Disegno la parte di grafico del \(\displaystyle \sin(t) \) , che mi interessa, nel piano complesso. In pratica è una curva che va dal punto (0,0) al punto (1,0). All'interno della regione di grafico tra la retta RE(z) e la curva del \(\displaystyle \sin( t) \) c'è il residuo
\(\displaystyle \frac{1+i}{2} \). Ora io vorrei applicare il Teorema dei Residui , però la curva non è chiusa. Quindi vorrei chiuderla con una curva(retta) che va dal punto (0,0) al punto (1,0). Quindi l'ho parametrizzata e viene:
\(\displaystyle \begin{cases} x(t) = t \\ y(t) = 0 \end{cases} \) con \(\displaystyle t[0,1] \)
A questo punto però non riesco ad andare avanti, che devo fare?
Avevo pensato a ciò:
Posso scrivere la retta che ho appena parametrizzato come:
\(\displaystyle z(t) = t \) quindi riscrivo l'integrale come \(\displaystyle \int_{t=0}^{1} { \frac{1}{t-\frac{1+i}{2}} *1 dt} \)
Calcolo questo integrale e poi calcolo il residuo (di molteplicità 1) in \(\displaystyle \frac{1+i}{2} \) con \(\displaystyle f=\frac{1}{1-\frac{1+i}{2}} \)
Può andare o è sbagliato?
Grazie degli eventuali suggerimenti.
Risposte
Ma non puoi semplicemente applicare la definizione di integrale curvilineo complesso, visto che la curva non è chiusa?
Grazie della risposta.
In effetti credo che potrei ma se non sbaglio viene un integrale non tanto facile. Dovrebbe venire:
\(\displaystyle \int_{t=0}^{1} { \frac{1}{t+i\sin(\pi t) - \frac{1+i}{2}} * 1*\pi * \cos(\pi t) } \)
Dove \(\displaystyle 1*\pi * \cos(\pi t) \) corrisponde al \(\displaystyle dz \).
Se fosse corretto l'integrale che ho scritto, per me non è tanto semplice.
Grazie ancora dei consigli.
In effetti credo che potrei ma se non sbaglio viene un integrale non tanto facile. Dovrebbe venire:
\(\displaystyle \int_{t=0}^{1} { \frac{1}{t+i\sin(\pi t) - \frac{1+i}{2}} * 1*\pi * \cos(\pi t) } \)
Dove \(\displaystyle 1*\pi * \cos(\pi t) \) corrisponde al \(\displaystyle dz \).
Se fosse corretto l'integrale che ho scritto, per me non è tanto semplice.
Grazie ancora dei consigli.
Veramente $dz=(1+i\pi\cos(\pi t))\ dt$ e se guardi bene, viene fuori un integrale del tipo $\in\frac{f'(t)}{f(t)}\ dt$
Si hai ragione sul \(\displaystyle dz \), mi sono sbagliato.
Vorrei sapere, inoltre, nel caso in cui dovessi chiudere la curva , come dovrei procedere?
Grazie ancora !
Vorrei sapere, inoltre, nel caso in cui dovessi chiudere la curva , come dovrei procedere?
Grazie ancora !
La curva collega $z=0$ con $z=1$, seguendo la curva $y=\sin(\pi x)$, sostanzialmente. Basta prendere il segmento $z=1-t,\ t\in[0,1]$ per chiuderla (ma ne potresti scegliere altre millemila di curve!)
Grazie l'avevo parametrizzata come nel primo post che ho scritto. Però non so poi cosa devo fare una volta chiusa sta curva.
Integrale sulla retta che ho usato per chiudere la curva e poi residuo? (come dico nel primo post)
Grazie ancora.
Integrale sulla retta che ho usato per chiudere la curva e poi residuo? (come dico nel primo post)
Grazie ancora.
Se \(\Gamma\) è una curva "aperta" che congiunge \(z_1\) con \(z_2\) e se il dominio delimitato da \(\Gamma\) e dal segmento \(s\) che congiunge \(z_2\) con \(z_1\) racchiude un numero finito di singolarità per \(f\), chiamale \(z_1,\ldots ,z_n\), allora:
\[
\left(\int_\Gamma +\int_s\right) f(z)\ \text{d} z = 2\pi\ \imath\ \sum_{k=1}^n \operatorname{Res} (f;z_k)
\]
per il primo teorema dei residui; conseguentemente:
\[
\int_\Gamma f(z)\ \text{d} z = -\int_s f(z)\ \text{d} z + 2\pi\ \imath\ \sum_{k=1}^n \operatorname{Res} (f;z_k)
\]
in cui l'integrale al secondo membro (quello esteso al segmento) devi calcolarlo comunque esplicitamente.
Nel tuo caso, dunque, oltre al residuo in \(z_0\) dovresti comunque calcolare un integrale curvilineo complesso e, perciò, il teorema dei residui non ti semplifica la vita.
Però si può procedere in altro modo.
Nota che \(f(z):=\frac{1}{z-z_0}\) è una funzione dotata di primitiva in senso complesso, cioé \(F(z):=\log (z-z_0)\).
Tale primitiva è polidroma analitica ed ha un punto di diramazione in \(z_0\), perciò non è sempre possibile calcolare l'integrale \(\int_\Gamma \frac{1}{z-z_0}\ \text{d} z\) usando una formula "tipo" quella fondamentale del Calcolo Integrale, cioé:
\[
\tag{FFCI}
\int_\Gamma \frac{1}{z-z_0}\ \text{d} z = \log (z-z_0) \Big|_{z_1}^{z_2}
\]
(in cui \(z_1,z_2\) sono gli estremi di \(\Gamma\) enumerati nell'ordine indotto dall'orientamento).
Tuttavia, se la curva \(\Gamma\) 1) non passa per \(z_0\) e 2) non si avvolge attorno a tale punto singolare per \(f(z)\), la formula (FFCI) precedente può essere usata per risolvere il problema (questo vale del tutto in generale, quando hai a che fare con funzioni aventi primitive polidrome).
Nel tuo caso, un disegno:
[asvg]xmin=-1; xmax=1; ymin=-1; ymax=1;
axes("","");
dot([0.5,0.5]); text([0.5,0.5],"z0",below);
stroke="red"; strokewidth=2; plot("sin(3.141*x)",0,1);[/asvg]
chiarisce che la curva cui l'integrale è esteso non passa per \(z_0\) né si avvolge attorno a tale punto; perciò:
\[
\int_\Gamma \frac{1}{z-z_0}\ \text{d} z = \log (z-z_0)\Big|_{0}^{1}
\]
essendo \(z_1=0\) e \(z_2=1\) gli estremi di \(\Gamma\) e \(\log\) una fissata determinazione del logaritmo complesso; prendendo la determinazione principale, trovi:
\[
\begin{split}
\int_\Gamma \frac{1}{z-z_0}\ \text{d} z &= \operatorname{Log} (1-z_0) - \operatorname{Log} (-z_0) \\
&= \ln |1-z_0| + \imath\ \operatorname{Arg} (1-z_0) - \ln |z_0| - \imath\ \operatorname{Arg} (-z_0)\\
&= \ln \frac{|1-z_0|}{|z_0|} + \imath\ \left( \operatorname{Arg} (1-z_0) - \operatorname{Arg} (-z_0)\right)
\end{split}
\]
(in cui \(\ln\) è il logaritmo neperiano reale) ed i conti si finiscono facili.
\[
\left(\int_\Gamma +\int_s\right) f(z)\ \text{d} z = 2\pi\ \imath\ \sum_{k=1}^n \operatorname{Res} (f;z_k)
\]
per il primo teorema dei residui; conseguentemente:
\[
\int_\Gamma f(z)\ \text{d} z = -\int_s f(z)\ \text{d} z + 2\pi\ \imath\ \sum_{k=1}^n \operatorname{Res} (f;z_k)
\]
in cui l'integrale al secondo membro (quello esteso al segmento) devi calcolarlo comunque esplicitamente.
Nel tuo caso, dunque, oltre al residuo in \(z_0\) dovresti comunque calcolare un integrale curvilineo complesso e, perciò, il teorema dei residui non ti semplifica la vita.
Però si può procedere in altro modo.
Nota che \(f(z):=\frac{1}{z-z_0}\) è una funzione dotata di primitiva in senso complesso, cioé \(F(z):=\log (z-z_0)\).
Tale primitiva è polidroma analitica ed ha un punto di diramazione in \(z_0\), perciò non è sempre possibile calcolare l'integrale \(\int_\Gamma \frac{1}{z-z_0}\ \text{d} z\) usando una formula "tipo" quella fondamentale del Calcolo Integrale, cioé:
\[
\tag{FFCI}
\int_\Gamma \frac{1}{z-z_0}\ \text{d} z = \log (z-z_0) \Big|_{z_1}^{z_2}
\]
(in cui \(z_1,z_2\) sono gli estremi di \(\Gamma\) enumerati nell'ordine indotto dall'orientamento).
Tuttavia, se la curva \(\Gamma\) 1) non passa per \(z_0\) e 2) non si avvolge attorno a tale punto singolare per \(f(z)\), la formula (FFCI) precedente può essere usata per risolvere il problema (questo vale del tutto in generale, quando hai a che fare con funzioni aventi primitive polidrome).
Nel tuo caso, un disegno:
[asvg]xmin=-1; xmax=1; ymin=-1; ymax=1;
axes("","");
dot([0.5,0.5]); text([0.5,0.5],"z0",below);
stroke="red"; strokewidth=2; plot("sin(3.141*x)",0,1);[/asvg]
chiarisce che la curva cui l'integrale è esteso non passa per \(z_0\) né si avvolge attorno a tale punto; perciò:
\[
\int_\Gamma \frac{1}{z-z_0}\ \text{d} z = \log (z-z_0)\Big|_{0}^{1}
\]
essendo \(z_1=0\) e \(z_2=1\) gli estremi di \(\Gamma\) e \(\log\) una fissata determinazione del logaritmo complesso; prendendo la determinazione principale, trovi:
\[
\begin{split}
\int_\Gamma \frac{1}{z-z_0}\ \text{d} z &= \operatorname{Log} (1-z_0) - \operatorname{Log} (-z_0) \\
&= \ln |1-z_0| + \imath\ \operatorname{Arg} (1-z_0) - \ln |z_0| - \imath\ \operatorname{Arg} (-z_0)\\
&= \ln \frac{|1-z_0|}{|z_0|} + \imath\ \left( \operatorname{Arg} (1-z_0) - \operatorname{Arg} (-z_0)\right)
\end{split}
\]
(in cui \(\ln\) è il logaritmo neperiano reale) ed i conti si finiscono facili.
Grazie davvero della speigazione, è chiara.
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