Integrale da risolvere con il teorema dei residui e/o jordan
Salve qualcuno potrebbe aiutarmi nella risoluzione di questo integrale?
\(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1 - cos (2 \pi x)}{(x-1)^2(x^2+2x+4)} \)
Giusto un input su quale funzione utilizzare e in quale circuito integrare. Grazie in anticipo
\(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1 - cos (2 \pi x)}{(x-1)^2(x^2+2x+4)} \)
Giusto un input su quale funzione utilizzare e in quale circuito integrare. Grazie in anticipo
Risposte
Dobbiamo calcolare \( I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1-\cos(2\pi x)}{(x-1)^2(x^2+2x+4)}dx\)
Poniamo \( f(z)=\frac{1-e^{2 \pi z i}}{(z-1)^2(z^2+2 z+4)}\)
Il poli della funzione \( f(z)\) sono : \( z_1=1\) doppio, \( z_2=-1-\sqrt{3}, z_3=-1+\sqrt{3}\) semplici.
[asvg]axes();
stroke="blue";
arc([5,0],[-5,0],5);
strokewidth="1";
line([-5,0],[0.5,0]);
arc([1.5,0],[0.5,0],0.5);
line([1.5,0],[5,0]);
text([5.5,-0.2],"R");
text([-5.5,-0.2],"-R");
text([1,-0.2],"z1");
text([-1,1.7],"z3");
text([-1,-1.7],"z2");
text([0,5.5],"CR");[/asvg]
Applichiamo il teorema dei residui al circuito blu della figura, il semiarco circolare \( C_R\) ha centro in \( z=0\) e ha raggio \( R\), il semicerchio minore \( C_{\epsilon}\)ha centro in \( z_1=1\) e ha raqggio \( \epsilon\)
\( \int_{-R}^{1-\epsilon}f(x)dx+\int_{C_{\epsilon}}f(z)dz+\int_{1+\epsilon}^{R}f(x)dx+\int_{C_{R}}f(z)dz=2\pi iRes(f,z_{1})\)
\( Res(f,z_3)=\frac{1-e^{2 \pi i z_3}}{(z_3-1)^2(z_3^2+2z_3+4)}=......\frac{1-e^{-2 \pi \sqrt{3}}}{294}(12-\sqrt{3}i)\)
\( \lim_{R \rightarrow \infty} \int_{C_R}f(z)dz=0\) per Jordan
\( \lim_{\epsilon \rightarrow 0} \int_{C_{\epsilon}}f(z)dz=\lim_{\epsilon \rightarrow 0}\int_{-\pi}^{0}\frac{1-e^{2\pi i(1+\epsilon e^{i\vartheta})}}{(\epsilon e^{i\vartheta})^{2}((1+\epsilon e^{i\vartheta})^{2}+2(1+\epsilon e^{i\vartheta})+4)}i\epsilon e^{i\vartheta}d\vartheta=....-\frac{2\pi^{2}}{7}\) (passaggio al limite sotto segno di integrale)
\( Res(f,z_3)=Res(f,z_{3})=\frac{1-e^{2\pi iz_{3}}}{(z_{3}-1)^{2}(z_{3}-z_{2})}=\frac{1-e^{2\pi i(-1+\sqrt{3}i)}}{(-2+\sqrt{3}i)^{2}(2\sqrt{3}i)}=...=\frac{1-e^{-2\pi\sqrt{3}}}{294}(12-\sqrt{3}i)\)
Passando al limite per \( \epsilon \rightarrow 0\) e \( R \rightarrow \infty \) otteniamo:
\( \int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx-\frac{2\pi^{2}}{7}=2\pi i\frac{1-e^{-2\pi\sqrt{3}}}{294}(12-\sqrt{3}i)\)
da cui separando la parte reale:
\( \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1-cos(2\pi x)}{(x-1)^{2}(x^{2}+2x+4)}dx=\frac{\pi}{197}(\sqrt{3}-\sqrt{3}e^{-2\pi\sqrt{3}}+42)\)
Poniamo \( f(z)=\frac{1-e^{2 \pi z i}}{(z-1)^2(z^2+2 z+4)}\)
Il poli della funzione \( f(z)\) sono : \( z_1=1\) doppio, \( z_2=-1-\sqrt{3}, z_3=-1+\sqrt{3}\) semplici.
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text([-5.5,-0.2],"-R");
text([1,-0.2],"z1");
text([-1,1.7],"z3");
text([-1,-1.7],"z2");
text([0,5.5],"CR");[/asvg]
Applichiamo il teorema dei residui al circuito blu della figura, il semiarco circolare \( C_R\) ha centro in \( z=0\) e ha raggio \( R\), il semicerchio minore \( C_{\epsilon}\)ha centro in \( z_1=1\) e ha raqggio \( \epsilon\)
\( \int_{-R}^{1-\epsilon}f(x)dx+\int_{C_{\epsilon}}f(z)dz+\int_{1+\epsilon}^{R}f(x)dx+\int_{C_{R}}f(z)dz=2\pi iRes(f,z_{1})\)
\( Res(f,z_3)=\frac{1-e^{2 \pi i z_3}}{(z_3-1)^2(z_3^2+2z_3+4)}=......\frac{1-e^{-2 \pi \sqrt{3}}}{294}(12-\sqrt{3}i)\)
\( \lim_{R \rightarrow \infty} \int_{C_R}f(z)dz=0\) per Jordan
\( \lim_{\epsilon \rightarrow 0} \int_{C_{\epsilon}}f(z)dz=\lim_{\epsilon \rightarrow 0}\int_{-\pi}^{0}\frac{1-e^{2\pi i(1+\epsilon e^{i\vartheta})}}{(\epsilon e^{i\vartheta})^{2}((1+\epsilon e^{i\vartheta})^{2}+2(1+\epsilon e^{i\vartheta})+4)}i\epsilon e^{i\vartheta}d\vartheta=....-\frac{2\pi^{2}}{7}\) (passaggio al limite sotto segno di integrale)
\( Res(f,z_3)=Res(f,z_{3})=\frac{1-e^{2\pi iz_{3}}}{(z_{3}-1)^{2}(z_{3}-z_{2})}=\frac{1-e^{2\pi i(-1+\sqrt{3}i)}}{(-2+\sqrt{3}i)^{2}(2\sqrt{3}i)}=...=\frac{1-e^{-2\pi\sqrt{3}}}{294}(12-\sqrt{3}i)\)
Passando al limite per \( \epsilon \rightarrow 0\) e \( R \rightarrow \infty \) otteniamo:
\( \int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx-\frac{2\pi^{2}}{7}=2\pi i\frac{1-e^{-2\pi\sqrt{3}}}{294}(12-\sqrt{3}i)\)
da cui separando la parte reale:
\( \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1-cos(2\pi x)}{(x-1)^{2}(x^{2}+2x+4)}dx=\frac{\pi}{197}(\sqrt{3}-\sqrt{3}e^{-2\pi\sqrt{3}}+42)\)
Scusate se riesumo il post, ma mi sorge un dubbio:
z1=1
Non è singolarita eliminabile?
z1=1
Non è singolarita eliminabile?
Se ti riferisci alla funzione $[(1-cos(2pix))/((x-1)^2(x^2+2x+4))]$, certamente sì. Del resto, per $[x->1]$:
$[cos(2pix)=1-2pi^2(x-1)^2+o((x-1)^2)]$
Probabilmente intendeva la funzione ausiliaria $[(1-e^(i2piz))/((z-1)^2(z^2+2z+4))]$.
$[cos(2pix)=1-2pi^2(x-1)^2+o((x-1)^2)]$
Probabilmente intendeva la funzione ausiliaria $[(1-e^(i2piz))/((z-1)^2(z^2+2z+4))]$.
Quindi, prima di Valutare le singolarità, devi "Smanettare" un po il numeratore della funzione giusto?
Prima, devi determinare opportunamente la funzione ausiliaria. Quindi, di quest'ultima determinare le singolarità.
Secondo me totissimus ha sbagliato il calcolo!
"erotvlas":
Secondo me totissimus ha sbagliato il calcolo!
Veramente, non ho controllato. Se qualcuno si vuole cimentare...
Ho eseguito il calcolo ottenendo lo stesso risultato di totissimus.
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