Integrali col logaritmo nel campo dei numeri complessi
Buonasera ragazzi,
sono alle prese con un integrale tra 0 e + inf di log(x)/[(2x+1)(x^2+x+1)]. Quando vado a svolgerlo prendendo in esame la funzione f(z) (ovvero faccio il cambio di variabili nel campo complesso), questo log il mio prof lo eleva al quadrato e quindi avrei f(z) = [log(z)]^2/[(2z+1)(z^2+z+1)] e poi lo svolge utilizzando il metodo dei residui che mi è abbastanza chiaro. Il mio problema è proprio questo quadrato che non capisco proprio. Sono andata al ricevimento del prof e lui mi disse che si fa così perché svolgendolo normalmente non è possibile arrivare ad una soluzione, che non c'è una regola da seguire, ma che facendo tanti esercizi si capisce quando è il caso di elevarlo al quadrato e quando no. Qualcuno ha qualche dritta da darmi magari dovuta alla pratica che io evidentemente non ho? Qualche mio collega mi ha detto che si fa sempre al quadrato a meno che il denominatore non è dispari.
Spero che possiate aiutarmi.
Buona serata e grazie in anticipo
sono alle prese con un integrale tra 0 e + inf di log(x)/[(2x+1)(x^2+x+1)]. Quando vado a svolgerlo prendendo in esame la funzione f(z) (ovvero faccio il cambio di variabili nel campo complesso), questo log il mio prof lo eleva al quadrato e quindi avrei f(z) = [log(z)]^2/[(2z+1)(z^2+z+1)] e poi lo svolge utilizzando il metodo dei residui che mi è abbastanza chiaro. Il mio problema è proprio questo quadrato che non capisco proprio. Sono andata al ricevimento del prof e lui mi disse che si fa così perché svolgendolo normalmente non è possibile arrivare ad una soluzione, che non c'è una regola da seguire, ma che facendo tanti esercizi si capisce quando è il caso di elevarlo al quadrato e quando no. Qualcuno ha qualche dritta da darmi magari dovuta alla pratica che io evidentemente non ho? Qualche mio collega mi ha detto che si fa sempre al quadrato a meno che il denominatore non è dispari.
Spero che possiate aiutarmi.
Buona serata e grazie in anticipo
Risposte
Ciao, allora ti dico subito:
1)ti sarai chiesta che tipo di integrale è, ebbene è un integrale improprio del primo tipo e questo è a sua volta un integrale improprio del secondo tipo e fin qui te ne accorgi subito. Comunque se si tratta di un integrale improprio si
può sempre usare il teorema dei residui (purchè ovviamente la funzione sia integrabile), e che altrimenti si può calcolare in maniera diretta, in tal caso faresti
$ lim_(\epsilon->0, \delta->\infty) \int_{\epsilon}^{\delta} log(x)/((2x+1)\cdot(x^2+x+1)) $
2) Direi che il tuo professore avrà elevato al quadrato per far comparire diversi tipi di singolarità in campo complesso (non trovo altra spiegazione plausibile) magari per semplificare i calcoli (sempre con il teorema dei residui, nessun libro di analisi che abbia visto utilizza quel metodo). Infatti una singolarità in campo complesso è $ z_0 = -1/2 $ che è sul bordo dell'integrale curvilineo.
p.s. Io ho studiato su "M. Bertsch R. Dal Passo L. Giacomelli - Analisi Matematica" queste cose per Analisi 2, prova a dare un'occhiata, ci sono esempi che portebbero aiutarti molto.
1)ti sarai chiesta che tipo di integrale è, ebbene è un integrale improprio del primo tipo e questo è a sua volta un integrale improprio del secondo tipo e fin qui te ne accorgi subito. Comunque se si tratta di un integrale improprio si
può sempre usare il teorema dei residui (purchè ovviamente la funzione sia integrabile), e che altrimenti si può calcolare in maniera diretta, in tal caso faresti
$ lim_(\epsilon->0, \delta->\infty) \int_{\epsilon}^{\delta} log(x)/((2x+1)\cdot(x^2+x+1)) $
2) Direi che il tuo professore avrà elevato al quadrato per far comparire diversi tipi di singolarità in campo complesso (non trovo altra spiegazione plausibile) magari per semplificare i calcoli (sempre con il teorema dei residui, nessun libro di analisi che abbia visto utilizza quel metodo). Infatti una singolarità in campo complesso è $ z_0 = -1/2 $ che è sul bordo dell'integrale curvilineo.
p.s. Io ho studiato su "M. Bertsch R. Dal Passo L. Giacomelli - Analisi Matematica" queste cose per Analisi 2, prova a dare un'occhiata, ci sono esempi che portebbero aiutarti molto.
Quello di moltiplicare per un altro logaritmo complesso è un trucco che si usa spesso e serve a mantenere la componente logaritmica presente nell'integrando reale assegnato.
Infatti, se volessi calcolare l'integrale:
\[
\int_0^\infty \frac{\log x}{x^2+x+1}\ \text{d} x
\]
prendendo come funzione complessa ausiliaria:
\[
f(z) := \frac{\log z}{z^2+z+1}
\]
e come dominio \(\Omega=\Omega (r,R)\) quello delimitato da due circonferenze \(\Gamma(r)\) e \(\Gamma(R)\), con centro lo zero e ragi \(0
stroke="red"; strokewidth=2; circle([0,0],0.25); circle([0,0],5); line([0.25,0],[5,0]);[/asvg]
(col taglio percorso due volte, in versi opposti), avresti:
\[
\int_{+\partial \Omega} f(z)\ \text{d} z = \left( \int_{+\Gamma(R)} - \int_r^R - \int_{+\Gamma(r)} + \int_r^R\right) f(z)\ \text{d} z
\]
con il secondo integrale che differisce dal quarto per via della variazione dell'argomento nel logaritmo complesso: in particolare:
\[
\begin{split}
\int_{+\partial \Omega} f(z)\ \text{d}z &= \int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z- \int_r^R \frac{\log |z| + \imath\ 2\pi}{z^2+z+1}\ \text{d} z \\
&\phantom{=} - \int_{+\Gamma(r)} f(z)\ \text{d} z + \int_r^R \frac{\log |z|}{z^2+z+1}\ \text{d} z\\
&= \int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z- \int_r^R \frac{\log x + \imath\ 2\pi}{x^2+x+1}\ \text{d} x \\
&\phantom{=} - \int_{+\Gamma(r)} f(z)\ \text{d} z + \int_r^R \frac{\log x}{x^2+x+1}\ \text{d} x\\
&= \int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z- \cancel{\int_r^R \frac{\log x}{x^2+x+1}\ \text{d} x} - \imath\ 2\pi\ \int_r^R \frac{1}{x^2+x+1}\ \text{d} x \\
&\phantom{=} - \int_{+\Gamma(r)} f(z)\ \text{d} z + \cancel{\int_r^R \frac{\log x}{x^2+x+1}\ \text{d} x}\; .
\end{split}
\]
D'altra parte, per il primo teorema dei residui, per \(r\) "sufficientemente piccolo" ed \(R\) "sufficientemente grande" hai:
\[
\int_{+\partial \Omega} f(z)\ \text{d} z = 2\pi\ \imath\ \left( \operatorname{Res} (f;z_1) + \operatorname{Res} (f;z_2)\right)
\]
(\(z_1\) e \(z_2\) essendo i poli di \(f\) interni ad \(\Omega\), corrispondenti a zeri del denominatore) e da queste uguaglianze si trae:
\[
2\pi\ \imath\ \int_0^\infty \frac{1}{x^2+x+1}\ \text{d} x = 2\pi\ \imath\ \left( \operatorname{Res} (f;z_1) + \operatorname{Res} (f;z_2)\right) - \lim_{R\to \infty} \int_{+\Gamma (R)} f(z)\ \text{d} z + \lim_{r\to 0^+} \int_{+\Gamma(r)} f(z)\ \text{d} z\; ,
\]
in cui l'integrale reale che compare non è quello che ti interessa!
Quindi l'uso della funzione ausiliaria \(f(z)\) ricavata semplicemente sostituendo la variabile complessa \(z\) al posto della variabile reale \(x\) nell'integrando non serve a calcolare l'integrale richiesto, ma fa calcolare l'integrale della funzione \(1/(x^2+x+1)\).
Analizzando i conti si vede che la situazione si salva se si moltiplica la \(f(z)\) per un altro logaritmo, ossia se si sceglie come funzione ausiliaria la:
\[
g(z) := \frac{\log^2 z}{z^2+z+1}\; .
\]
Infatti, facendo la stessa scelta di prima circa il dominio di integrazione, si ha:
\[
\begin{split}
\int_{+\partial \Omega} g(z)\ \text{d}z &= \int_{+\Gamma(R)} g(z)\ \text{d} z- \int_r^R \frac{(\log |z| + \imath\ 2\pi)^2}{z^2+z+1}\ \text{d} z \\
&\phantom{=} - \int_{+\Gamma(r)} g(z)\ \text{d} z + \int_r^R \frac{\log^2 |z|}{z^2+z+1}\ \text{d} z\\
&= \int_{+\Gamma(R)} g(z)\ \text{d} z- \int_r^R \frac{(\log x + \imath\ 2\pi)^2}{x^2+x+1}\ \text{d} x \\
&\phantom{=} - \int_{+\Gamma(r)} g(z)\ \text{d} z + \int_r^R \frac{\log^2 x}{x^2+x+1}\ \text{d} x\\
&= \int_{+\Gamma(R)} g(z)\ \text{d} z- \cancel{\int_r^R \frac{\log^2 x}{x^2+x+1}\ \text{d} x} - \imath\ 4\pi\ \int_r^R \frac{\log x}{x^2+x+1}\ \text{d} x + 4\pi^2\ \int_r^R \frac{1}{x^2+x+1}\ \text{d} x\\
&\phantom{=} - \int_{+\Gamma(r)} g(z)\ \text{d} z + \cancel{\int_r^R \frac{\log^2 x}{x^2+x+1}\ \text{d} x}\; .
\end{split}
\]
ed:
\[
\int_{+\partial \Omega} g(z)\ \text{d} z = 2\pi\ \imath\ \left( \operatorname{Res} (g;z_1) + \operatorname{Res} (g;z_2)\right)
\]
per \(r\) "sufficientemente piccolo" ed \(R\) "sufficientemente grande" (qui, come sopra, \(z_1\) e \(z_2\) sono i due punti singolari di \(g\) che cadono in \(\Omega\), provenienti da zeri isolati del denominatore), sicché:
\[
4\pi^2\ \int_0^\infty \frac{1}{x^2+x+1}\ \text{d} x - \imath\ 4\pi\ \int_0^\infty \frac{\log x}{x^2+x+1}\ \text{d} x = 2\pi\ \imath\ \left( \operatorname{Res} (g;z_1) + \operatorname{Res} (g;z_2)\right) - \lim_{R\to \infty} \int_{+\Gamma(R)} g(z)\ \text{d} z + \lim_{r\to 0^+} \int_{+\Gamma(r)} g(z)\ \text{d} z\; ;
\]
dato che i due integrali al primo membro sono reali, separando il reale dall'immaginario ottieni:
\[
- 4\pi\ \int_0^\infty \frac{\log x}{x^2+x+1}\ \text{d} x = \operatorname{Im} \left( 2\pi\ \imath\ \left( \operatorname{Res} (g;z_1) + \operatorname{Res} (g;z_2)\right) - \lim_{R\to \infty} \int_{+\Gamma(R)} g(z)\ \text{d} z + \lim_{r\to 0^+} \int_{+\Gamma(r)} g(z)\ \text{d} z \right)\; ,
\]
che è l'integrale che ti serve.
Infatti, se volessi calcolare l'integrale:
\[
\int_0^\infty \frac{\log x}{x^2+x+1}\ \text{d} x
\]
prendendo come funzione complessa ausiliaria:
\[
f(z) := \frac{\log z}{z^2+z+1}
\]
e come dominio \(\Omega=\Omega (r,R)\) quello delimitato da due circonferenze \(\Gamma(r)\) e \(\Gamma(R)\), con centro lo zero e ragi \(0
stroke="red"; strokewidth=2; circle([0,0],0.25); circle([0,0],5); line([0.25,0],[5,0]);[/asvg]
(col taglio percorso due volte, in versi opposti), avresti:
\[
\int_{+\partial \Omega} f(z)\ \text{d} z = \left( \int_{+\Gamma(R)} - \int_r^R - \int_{+\Gamma(r)} + \int_r^R\right) f(z)\ \text{d} z
\]
con il secondo integrale che differisce dal quarto per via della variazione dell'argomento nel logaritmo complesso: in particolare:
\[
\begin{split}
\int_{+\partial \Omega} f(z)\ \text{d}z &= \int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z- \int_r^R \frac{\log |z| + \imath\ 2\pi}{z^2+z+1}\ \text{d} z \\
&\phantom{=} - \int_{+\Gamma(r)} f(z)\ \text{d} z + \int_r^R \frac{\log |z|}{z^2+z+1}\ \text{d} z\\
&= \int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z- \int_r^R \frac{\log x + \imath\ 2\pi}{x^2+x+1}\ \text{d} x \\
&\phantom{=} - \int_{+\Gamma(r)} f(z)\ \text{d} z + \int_r^R \frac{\log x}{x^2+x+1}\ \text{d} x\\
&= \int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z- \cancel{\int_r^R \frac{\log x}{x^2+x+1}\ \text{d} x} - \imath\ 2\pi\ \int_r^R \frac{1}{x^2+x+1}\ \text{d} x \\
&\phantom{=} - \int_{+\Gamma(r)} f(z)\ \text{d} z + \cancel{\int_r^R \frac{\log x}{x^2+x+1}\ \text{d} x}\; .
\end{split}
\]
D'altra parte, per il primo teorema dei residui, per \(r\) "sufficientemente piccolo" ed \(R\) "sufficientemente grande" hai:
\[
\int_{+\partial \Omega} f(z)\ \text{d} z = 2\pi\ \imath\ \left( \operatorname{Res} (f;z_1) + \operatorname{Res} (f;z_2)\right)
\]
(\(z_1\) e \(z_2\) essendo i poli di \(f\) interni ad \(\Omega\), corrispondenti a zeri del denominatore) e da queste uguaglianze si trae:
\[
2\pi\ \imath\ \int_0^\infty \frac{1}{x^2+x+1}\ \text{d} x = 2\pi\ \imath\ \left( \operatorname{Res} (f;z_1) + \operatorname{Res} (f;z_2)\right) - \lim_{R\to \infty} \int_{+\Gamma (R)} f(z)\ \text{d} z + \lim_{r\to 0^+} \int_{+\Gamma(r)} f(z)\ \text{d} z\; ,
\]
in cui l'integrale reale che compare non è quello che ti interessa!
Quindi l'uso della funzione ausiliaria \(f(z)\) ricavata semplicemente sostituendo la variabile complessa \(z\) al posto della variabile reale \(x\) nell'integrando non serve a calcolare l'integrale richiesto, ma fa calcolare l'integrale della funzione \(1/(x^2+x+1)\).
Analizzando i conti si vede che la situazione si salva se si moltiplica la \(f(z)\) per un altro logaritmo, ossia se si sceglie come funzione ausiliaria la:
\[
g(z) := \frac{\log^2 z}{z^2+z+1}\; .
\]
Infatti, facendo la stessa scelta di prima circa il dominio di integrazione, si ha:
\[
\begin{split}
\int_{+\partial \Omega} g(z)\ \text{d}z &= \int_{+\Gamma(R)} g(z)\ \text{d} z- \int_r^R \frac{(\log |z| + \imath\ 2\pi)^2}{z^2+z+1}\ \text{d} z \\
&\phantom{=} - \int_{+\Gamma(r)} g(z)\ \text{d} z + \int_r^R \frac{\log^2 |z|}{z^2+z+1}\ \text{d} z\\
&= \int_{+\Gamma(R)} g(z)\ \text{d} z- \int_r^R \frac{(\log x + \imath\ 2\pi)^2}{x^2+x+1}\ \text{d} x \\
&\phantom{=} - \int_{+\Gamma(r)} g(z)\ \text{d} z + \int_r^R \frac{\log^2 x}{x^2+x+1}\ \text{d} x\\
&= \int_{+\Gamma(R)} g(z)\ \text{d} z- \cancel{\int_r^R \frac{\log^2 x}{x^2+x+1}\ \text{d} x} - \imath\ 4\pi\ \int_r^R \frac{\log x}{x^2+x+1}\ \text{d} x + 4\pi^2\ \int_r^R \frac{1}{x^2+x+1}\ \text{d} x\\
&\phantom{=} - \int_{+\Gamma(r)} g(z)\ \text{d} z + \cancel{\int_r^R \frac{\log^2 x}{x^2+x+1}\ \text{d} x}\; .
\end{split}
\]
ed:
\[
\int_{+\partial \Omega} g(z)\ \text{d} z = 2\pi\ \imath\ \left( \operatorname{Res} (g;z_1) + \operatorname{Res} (g;z_2)\right)
\]
per \(r\) "sufficientemente piccolo" ed \(R\) "sufficientemente grande" (qui, come sopra, \(z_1\) e \(z_2\) sono i due punti singolari di \(g\) che cadono in \(\Omega\), provenienti da zeri isolati del denominatore), sicché:
\[
4\pi^2\ \int_0^\infty \frac{1}{x^2+x+1}\ \text{d} x - \imath\ 4\pi\ \int_0^\infty \frac{\log x}{x^2+x+1}\ \text{d} x = 2\pi\ \imath\ \left( \operatorname{Res} (g;z_1) + \operatorname{Res} (g;z_2)\right) - \lim_{R\to \infty} \int_{+\Gamma(R)} g(z)\ \text{d} z + \lim_{r\to 0^+} \int_{+\Gamma(r)} g(z)\ \text{d} z\; ;
\]
dato che i due integrali al primo membro sono reali, separando il reale dall'immaginario ottieni:
\[
- 4\pi\ \int_0^\infty \frac{\log x}{x^2+x+1}\ \text{d} x = \operatorname{Im} \left( 2\pi\ \imath\ \left( \operatorname{Res} (g;z_1) + \operatorname{Res} (g;z_2)\right) - \lim_{R\to \infty} \int_{+\Gamma(R)} g(z)\ \text{d} z + \lim_{r\to 0^+} \int_{+\Gamma(r)} g(z)\ \text{d} z \right)\; ,
\]
che è l'integrale che ti serve.
Grazie mille per le risposte! Si esatto, lo eleva al quadrato perché sennò il log va via facendo le due determinazioni e quindi non ottengo la soluzione cercata. Io facendo esercizi mi sono accorta che questo discorso si fa sempre a meno che il log non moltiplica una funzione pari (dove viene fatta una sola determinazione, quindi il log non va via). Ma se io, ad esempio, nel dubbio, elevo sempre al quadrato, potrebbe essere un errore?
Il mio esame dura 2h non posso rischiare di fare l'integrale, accorgermi alla fine che doveva essere elevato al quadrato, e ricominciare da capo
In teoria dovrei essermi chiarita molti dubbi facendo esercizi però lo chiedo per "il non si sa mai!".
Il mio esame dura 2h non posso rischiare di fare l'integrale, accorgermi alla fine che doveva essere elevato al quadrato, e ricominciare da capo
In teoria dovrei essermi chiarita molti dubbi facendo esercizi però lo chiedo per "il non si sa mai!".
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