Integrale da risolvere con i residui
Ciao a tutti,ho problemi a risolvere il seguente integrale:
$int_0^(+oo) lnx/(1+x^4)dx $
con la traccia dell'esercizio viene dato come suggerimento di applicare il metodo dei residui integrando $ f(z)=logz/(1+z^4)$
con $logz$ definito con argomento in $(-pi/2,3/2pi)$. Inoltre viene anche indicato il cammino di integrazione, ovvero una curva chiusa composta da una semicirconferenza che sta nel semipiano superiore ed ha raggio $R$ e un segmento che va da $-R$ a $R$ dal quale però va esclusa l'origine. (Spero sia chiaro, non so come poter fare per disegnare la curva..)
Prima di postare il mio svolgimento vorrei un chiarimento: il fatto di prendere come argomento per il logaritmo l'intervallo sopra indicato come influisce sul suo calcolo?perchè nel calcolo del residuo io mi ritrovo a calcolare il logaritmo di $sqrt(2)/2+isqrt(2)/2$ e normalmente direi che $log(sqrt(2)/2+isqrt(2)/2)=pi/4i+2kpii$, $k in ZZ$. Il fatto di cambiare l'intervallo dell'argomento come cambia il valore?
Grazie mille a tutti!
$int_0^(+oo) lnx/(1+x^4)dx $
con la traccia dell'esercizio viene dato come suggerimento di applicare il metodo dei residui integrando $ f(z)=logz/(1+z^4)$
con $logz$ definito con argomento in $(-pi/2,3/2pi)$. Inoltre viene anche indicato il cammino di integrazione, ovvero una curva chiusa composta da una semicirconferenza che sta nel semipiano superiore ed ha raggio $R$ e un segmento che va da $-R$ a $R$ dal quale però va esclusa l'origine. (Spero sia chiaro, non so come poter fare per disegnare la curva..)
Prima di postare il mio svolgimento vorrei un chiarimento: il fatto di prendere come argomento per il logaritmo l'intervallo sopra indicato come influisce sul suo calcolo?perchè nel calcolo del residuo io mi ritrovo a calcolare il logaritmo di $sqrt(2)/2+isqrt(2)/2$ e normalmente direi che $log(sqrt(2)/2+isqrt(2)/2)=pi/4i+2kpii$, $k in ZZ$. Il fatto di cambiare l'intervallo dell'argomento come cambia il valore?
Grazie mille a tutti!
Risposte
nessuno? 
mi è venuto in mente questo modo per risolvere (nota: $\epsilon -> 0$)
$I_n = \int_\epsilon^\infty {ln x dx}/{1+x^n} = \int_\epsilon^\infty f(x) dx$
con $n>= 4$. considero le curve chiuse $\gamma_k$ , formate dall'intervallo nel semiasse reale $(\epsilon , R)$, da una porzione di circonferenza definita dall'angolo $\theta_k$ e di raggio $R$ , cioè ${ z \in C : z=R e^{i \theta} , \theta \in [0,\theta_k] }$, dalla linea ${ z \in C : z=r e^{i\theta_k} , r \in (\epsilon , R) }$, e dalla porzione di circonferenza di raggio $\epsilon$ , percorse in senso antiorario ( spero si capisca) e con $R->\infty$ . sia $\theta_k= {k 2 \pi }/ n$ con $k=1,...,n$, si dimostra immediatamente che vale l'identità
$(1- e^{i\theta_k} ) I_n= i \theta_k e^{i\theta_k} \int_\epsilon ^\infty {dx}/{1+x^n} + \int_{\gamma_k} f(z) dz $
è chiaro che facendo uso di questa identità possiamo calcolare sia integrali di tipo $I_n $ sia integrali del tipo $\int_\epsilon ^\infty {dx}/{1+x^n} $ a partire dei residui di $f$ con n qualsiasi. se mi limito a $n>= 4$ e a integrali del tipo $I_n$ scegliendo le due curve chiuse $\gamma_1$ e $\gamma_2$ , si dovrebbe avere
$I_n= { (e^{-i\theta_1}/\theta_1 \int_{\gamma_1} - e^{-i\theta_2}/\theta_2 \int_{\gamma_2} ) f(z) dz}/{{e^{-i\theta_1}-1}/\theta_1 -{e^{-i\theta_2}-1}/\theta_2 } $
inoltre poichè all'interno di $\gamma_1$ c'è solo il polo $z_1=e^{i\pi/n}$ di $f$, e all'interno di $\gamma_2$ ci sono i due poli $z_1$ e $z_2=e^{i3 \pi/n}$ , basta calcolare solo i due residui $Res(f(z), z_1)$ e $Res(f(z), z_2)$ e si ha
$I_n= 2 \pi i { e^{-i\theta_1}/\theta_1 Res(f(z), z_1) - e^{-i\theta_2}/\theta_2 [Res(f(z), z_1)+Res(f(z), z_2)]}/{{e^{-i\theta_1}-1}/\theta_1 -{e^{-i\theta_2}-1}/\theta_2 } $
forse si può trovare una forma generale per i due residui con $n$ qualsiasi, cosa ne dite? dimenticavo , siccome non ho fatto tutti i calcoli esplicitamente potrebbe esserci qualche errore, però il ragionamento dovrebbe essere corretto, in base alle mie conoscenze...ciao
$I_n = \int_\epsilon^\infty {ln x dx}/{1+x^n} = \int_\epsilon^\infty f(x) dx$
con $n>= 4$. considero le curve chiuse $\gamma_k$ , formate dall'intervallo nel semiasse reale $(\epsilon , R)$, da una porzione di circonferenza definita dall'angolo $\theta_k$ e di raggio $R$ , cioè ${ z \in C : z=R e^{i \theta} , \theta \in [0,\theta_k] }$, dalla linea ${ z \in C : z=r e^{i\theta_k} , r \in (\epsilon , R) }$, e dalla porzione di circonferenza di raggio $\epsilon$ , percorse in senso antiorario ( spero si capisca) e con $R->\infty$ . sia $\theta_k= {k 2 \pi }/ n$ con $k=1,...,n$, si dimostra immediatamente che vale l'identità
$(1- e^{i\theta_k} ) I_n= i \theta_k e^{i\theta_k} \int_\epsilon ^\infty {dx}/{1+x^n} + \int_{\gamma_k} f(z) dz $
è chiaro che facendo uso di questa identità possiamo calcolare sia integrali di tipo $I_n $ sia integrali del tipo $\int_\epsilon ^\infty {dx}/{1+x^n} $ a partire dei residui di $f$ con n qualsiasi. se mi limito a $n>= 4$ e a integrali del tipo $I_n$ scegliendo le due curve chiuse $\gamma_1$ e $\gamma_2$ , si dovrebbe avere
$I_n= { (e^{-i\theta_1}/\theta_1 \int_{\gamma_1} - e^{-i\theta_2}/\theta_2 \int_{\gamma_2} ) f(z) dz}/{{e^{-i\theta_1}-1}/\theta_1 -{e^{-i\theta_2}-1}/\theta_2 } $
inoltre poichè all'interno di $\gamma_1$ c'è solo il polo $z_1=e^{i\pi/n}$ di $f$, e all'interno di $\gamma_2$ ci sono i due poli $z_1$ e $z_2=e^{i3 \pi/n}$ , basta calcolare solo i due residui $Res(f(z), z_1)$ e $Res(f(z), z_2)$ e si ha
$I_n= 2 \pi i { e^{-i\theta_1}/\theta_1 Res(f(z), z_1) - e^{-i\theta_2}/\theta_2 [Res(f(z), z_1)+Res(f(z), z_2)]}/{{e^{-i\theta_1}-1}/\theta_1 -{e^{-i\theta_2}-1}/\theta_2 } $
forse si può trovare una forma generale per i due residui con $n$ qualsiasi, cosa ne dite? dimenticavo , siccome non ho fatto tutti i calcoli esplicitamente potrebbe esserci qualche errore, però il ragionamento dovrebbe essere corretto, in base alle mie conoscenze...ciao
Ciao,grazie della risposta, guarderò con calma quello che hai scritto e se ho qualche dubbio ti dico 
Per caso sai rispondere all'altra domanda che ho fatto?cioè perchè il suggerimento dice di prendere il logaritmo con argomento definito in $(-pi/2,3/2pi)$? cosa cambia nei calcoli rispetto a prendere l'argomento definito in $(-pi,pi)$?
Per caso sai rispondere all'altra domanda che ho fatto?cioè perchè il suggerimento dice di prendere il logaritmo con argomento definito in $(-pi/2,3/2pi)$? cosa cambia nei calcoli rispetto a prendere l'argomento definito in $(-pi,pi)$?
per quanto riguarda la scelta dell'argomento, devi sceglierlo in modo da rendere il logaritmo una funzione analitica sulla curva e all'interno di essa, tranne che per alcuni poli, in modo da poter applicare il teorema dei residui. se scegli il log principale, quindi argomento $(-\pi,\pi)$ , e il percorso di integrazione suggerito dal testo, hai una discontinuità su tutti i punti del semiasse reale negativo, che sono parte della curva. puoi ovviare a ciò scegliendo l'arg $(-\pi/2,3\pi/2)$. a mio parere il motivo dovrebbe essere questo... fammi sapere se sotto c'è qualcosa di più sottile, anche perchè è da un paio d'anni che non vedo un log complesso, ciao
Prendi come cammino di integrazione la semicirconferenza superiore di raggio \( R \: C_R\), la semicirconferenza di raggio \( \epsilon: C_{\epsilon}\) di centro l'origine e disposta nel semipiano inferiore e i due segmenti \( (-R,0),(-\epsilon,0)\) e \( (\epsilon,0),(R,0)\).
per \( x<0\) abbiamo \( \displaystyle \ln x= ln(-x)+i\pi\), quindi integrando si ottiene:
\(\displaystyle \oint f(z)dz= \int_{-R}^{-\epsilon}\frac{ln(-x)+i\pi}{1+x^4}dx+\int_{C_{\epsilon}}f(z)dz+\int_{\epsilon}^R \frac{\ln x}{1+x^4}dx+\int_{C_R}f(z)dz\)
\( \displaystyle =2\int_{\epsilon}^R \frac{\ln x}{1+x^4}dx+\pi i \int_{\epsilon}^r \frac{1}{1+x^4}dx+\int_{C_{\epsilon}}f(z)dz+\int_{C_R}f(z)dz\).
Con ragionamenti standard si prova facilmente che:
\( \displaystyle \underset{\epsilon \rightarrow 0}{\lim}\int_{C_{\epsilon}}f(z)dz=0\) e \( \displaystyle \underset{R \rightarrow \infty}{\lim}\int_{C_R}f(z)dz=0\)
La funzione ha due poli semplici nei punti \( \displaystyle z_1=e^{\frac{\pi}{4}i}\) e \( \displaystyle z_1=e^{\frac{3\pi}{4}i}\) con residui uguali a \( \displaystyle R_1=\frac{\sqrt{2}\pi}{32}(1-i)\) e \( \displaystyle R_1=\frac{3\sqrt{2}\pi}{32}(1+i)\)
Applicando il th. dei residui e facendo i passaggi al limite si ottiene:
\( \displaystyle 2\int_0^{\infty}\frac{\ln x}{1+x^4}dx+\pi i \int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^4}dx=\frac{\sqrt{2}\pi^2}{8}(2i-1)\)
da cui:
\( \displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\ln x}{1+x^4}dx =-\frac{\sqrt{2}\pi^2}{16}\)
\( \displaystyle \int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^4}dx=\frac{\sqrt{2}\pi}{4}\)
per \( x<0\) abbiamo \( \displaystyle \ln x= ln(-x)+i\pi\), quindi integrando si ottiene:
\(\displaystyle \oint f(z)dz= \int_{-R}^{-\epsilon}\frac{ln(-x)+i\pi}{1+x^4}dx+\int_{C_{\epsilon}}f(z)dz+\int_{\epsilon}^R \frac{\ln x}{1+x^4}dx+\int_{C_R}f(z)dz\)
\( \displaystyle =2\int_{\epsilon}^R \frac{\ln x}{1+x^4}dx+\pi i \int_{\epsilon}^r \frac{1}{1+x^4}dx+\int_{C_{\epsilon}}f(z)dz+\int_{C_R}f(z)dz\).
Con ragionamenti standard si prova facilmente che:
\( \displaystyle \underset{\epsilon \rightarrow 0}{\lim}\int_{C_{\epsilon}}f(z)dz=0\) e \( \displaystyle \underset{R \rightarrow \infty}{\lim}\int_{C_R}f(z)dz=0\)
La funzione ha due poli semplici nei punti \( \displaystyle z_1=e^{\frac{\pi}{4}i}\) e \( \displaystyle z_1=e^{\frac{3\pi}{4}i}\) con residui uguali a \( \displaystyle R_1=\frac{\sqrt{2}\pi}{32}(1-i)\) e \( \displaystyle R_1=\frac{3\sqrt{2}\pi}{32}(1+i)\)
Applicando il th. dei residui e facendo i passaggi al limite si ottiene:
\( \displaystyle 2\int_0^{\infty}\frac{\ln x}{1+x^4}dx+\pi i \int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^4}dx=\frac{\sqrt{2}\pi^2}{8}(2i-1)\)
da cui:
\( \displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\ln x}{1+x^4}dx =-\frac{\sqrt{2}\pi^2}{16}\)
\( \displaystyle \int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^4}dx=\frac{\sqrt{2}\pi}{4}\)
Grazie mille ad entrambi
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