Integrali e metodo dei residui: esercizi con qualche dubbio
Ho iniziato a svolgere un po' di integrali con il metodo dei residui. Se quelli "normali" non mi danno troppi problemi, quando mi trovo di fronte a quelli con uno o più parametri vado leggermente in crisi. Vorrei iniziare postando un esercizio che ho svolto (credo sia corretto), per vedere se questo è il modo giusto di procedere o se invece mi perdo e la tiro più lunga del necessario.
$\int_{0}^{2\pi} (d\theta)/(1-2acos\theta+a^2)$
con la sostituzione $z=e^(i\theta)$ e detta $\Gamma$ la regione delimitata dall circonferenza di raggio unitario centrata nell'origine del piano complesso, si ha:
$\int_{\Gamma} 1/(1-a(z+1/z)+a^2)(-i/z)dz=i/a\int_{\Gamma} *1/((z-a)(z-1/a))dz$
con $z_0=a$ e $z_0=1/a$ poli del 1° ordine. Detta $f(z)$ la funzione dell'ultimo integrale:
$Res(f(z),a)=\lim_{z \to a}f(z)(z-a)=a/(a^2-1)$
$Res(f(z),1/a)=\lim_{z \to 1/a}f(z)(z-1/a)=a/(1-a^2)$
$\int_{0}^{2\pi} (d\theta)/(1-2acos\theta+a^2)={((2pi)/(a^2-1),per #|a|>1 #text{uso solo il residuo di 1/a}),((2pi)/(1-a^2),per #|a|<1 #text{uso solo il residuo di a}),(text{non calcolabile},per #|a|=1):}$
Il prossimo è invece un integrale, apparentemente innocuo, che mi ha messo in difficoltà:
$\int_{0}^{2\pi} (sen\theta)^(2n) d\theta$
$(sen\theta)^(2n)=((e^(i\theta)-e^(-i\theta))/(2i))^(2n)=(e^(i\theta)-e^(-i\theta))^(2n)/((-1)^n4^n)$
e qui, anche passando alla sostituzione $z=e^(i\theta)$, non so come andare avanti. Qualche consiglio?
$\int_{0}^{2\pi} (d\theta)/(1-2acos\theta+a^2)$
con la sostituzione $z=e^(i\theta)$ e detta $\Gamma$ la regione delimitata dall circonferenza di raggio unitario centrata nell'origine del piano complesso, si ha:
$\int_{\Gamma} 1/(1-a(z+1/z)+a^2)(-i/z)dz=i/a\int_{\Gamma} *1/((z-a)(z-1/a))dz$
con $z_0=a$ e $z_0=1/a$ poli del 1° ordine. Detta $f(z)$ la funzione dell'ultimo integrale:
$Res(f(z),a)=\lim_{z \to a}f(z)(z-a)=a/(a^2-1)$
$Res(f(z),1/a)=\lim_{z \to 1/a}f(z)(z-1/a)=a/(1-a^2)$
$\int_{0}^{2\pi} (d\theta)/(1-2acos\theta+a^2)={((2pi)/(a^2-1),per #|a|>1 #text{uso solo il residuo di 1/a}),((2pi)/(1-a^2),per #|a|<1 #text{uso solo il residuo di a}),(text{non calcolabile},per #|a|=1):}$
Il prossimo è invece un integrale, apparentemente innocuo, che mi ha messo in difficoltà:
$\int_{0}^{2\pi} (sen\theta)^(2n) d\theta$
$(sen\theta)^(2n)=((e^(i\theta)-e^(-i\theta))/(2i))^(2n)=(e^(i\theta)-e^(-i\theta))^(2n)/((-1)^n4^n)$
e qui, anche passando alla sostituzione $z=e^(i\theta)$, non so come andare avanti. Qualche consiglio?
Risposte
"lobacevskij":
Il cammino "sbagliato" mi lasciava perplesso in quanto la funzione non è pari, quindi non porta all'integrale che devo calcolare, dico bene?
Esatto.
Capito questo, andiamo avanti.
Prendi il cammino d'integrazione dell'esercizio precedente. In sostanza, il problema sta nel fatto che la singolarità $z=1$ cade sul cammino d'integrazione (su entrambi i percorsi che giacciono sull'asse x).
Quando sei nel semipiano dei complessi a parte immaginaria positiva non hai problemi perché la funzione
$ ln(x)/((x-1)sqrt(x)) $
ammette un prolungamento in $x=1$ (calcola il limite).
Quando però arrivi all'asse x ''da sotto'', la funzione integranda cambia e $x=1$ ti da qualche problemino. Quindi?
Il limite tende a $1$.
Quando arrivo da sotto la funzione è:
$f(x-i0)=(ln(x)+2pii)/((x-1)(-sqrt(x)))$
D'altra parte la radice quadra ha un punto di diramazione in $0$ (ed uno all'infinito) e il logaritmo complesso è una funzione polidroma a infiniti valori; ci avevo già avuto a che fare in un altro esercizio, solo che in quel caso lo $z_0$ cadeva nella regione dell'anello circolare e non c'erano problemi. Insomma, continuo a non vedere come si possa aggirare l'ostacolo del $z=1$.
Quando arrivo da sotto la funzione è:
$f(x-i0)=(ln(x)+2pii)/((x-1)(-sqrt(x)))$
D'altra parte la radice quadra ha un punto di diramazione in $0$ (ed uno all'infinito) e il logaritmo complesso è una funzione polidroma a infiniti valori; ci avevo già avuto a che fare in un altro esercizio, solo che in quel caso lo $z_0$ cadeva nella regione dell'anello circolare e non c'erano problemi. Insomma, continuo a non vedere come si possa aggirare l'ostacolo del $z=1$.
Puoi procedere come hai sempre fatto.
Infatti, è possibile ''aggirare l'ostacolo'' usando una semplice semicirconferenza. Prendi il percorso dell' esercizio che abbiamo visto in precedenza (quello di pagina 104) e apporta una piccolissima modifica al solo tratto di cammino che dà problemi (quello sull'asse dei reali positivi che si raggiunge venendo dal basso).
In realtà, è sufficiente cambiare il percorso solo vicino ad 1 pertanto, procedi lungo la direzione dell'asse x per arrivare da $R$ a $1+\varepsilon$ e da $1-\varepsilon$ a $r$ e arrivi da $1+\varepsilon$ a $1-\varepsilon$ muovendoti lungo un semicirconferenza di raggio $\varepsilon$ centrata in $1$.
A questo punto, manda $\varepsilon$ a zero. Cosa otteni?
Ps: puoi calcolare il valore dell'integrale esteso alla semicirconferenza per $\varepsilon$ che tende a zero usando il lemma del piccolo cerchio.
Infatti, è possibile ''aggirare l'ostacolo'' usando una semplice semicirconferenza. Prendi il percorso dell' esercizio che abbiamo visto in precedenza (quello di pagina 104) e apporta una piccolissima modifica al solo tratto di cammino che dà problemi (quello sull'asse dei reali positivi che si raggiunge venendo dal basso).
In realtà, è sufficiente cambiare il percorso solo vicino ad 1 pertanto, procedi lungo la direzione dell'asse x per arrivare da $R$ a $1+\varepsilon$ e da $1-\varepsilon$ a $r$ e arrivi da $1+\varepsilon$ a $1-\varepsilon$ muovendoti lungo un semicirconferenza di raggio $\varepsilon$ centrata in $1$.
A questo punto, manda $\varepsilon$ a zero. Cosa otteni?
Ps: puoi calcolare il valore dell'integrale esteso alla semicirconferenza per $\varepsilon$ che tende a zero usando il lemma del piccolo cerchio.
"lobacevskij":
si potrebbe costruire un percorso simile al precedente ma con due archi di circonferenza interni, uno per $z=0$ e uno per $z=1$, ma francamente non so quanto sia una strada percorribile.
Quindi l'idea era giusta, solo che la perplessità che avevo derivava dal non conoscere il lemma del piccolo cerchio (sto studiando questi argomenti da autodidatta) e dal non saper valutare l'integrale di $f(z)$ con il metodo dei residui.
Mi spiego, sfruttando il lemma del piccolo cerchio sono arrivato a:
$\int_{\Gamma} f(z) dz=2\int_{0}^{+oo} ln(x)/((x-1)sqrt(x))dx+2pii\int_{0}^{+oo} dx/((x-1)sqrt(x))$
Però ancora non saprei come calcolare:
$\int_{\Gamma} f(z) dz$
dato che non vedo nessuna singolarità all'interno della regione di integrazione, a differenza di tutti gli altri esercizi.
Certo che sai come calcolarlo, quell'integrale é nullo proprio perché all'interno della regione delimitata dal cammino scelto non cadono singolarità. Non hai applicato correttamente il lemma del piccolo cerchio, il contributo che ti serve vien fuori da lì.
Sospiro di sollievo per il fatto che quell'integrale venga nullo. Solo non mi "piaceva" che risultasse nullo proprio perchè, nella mia risoluzione sbagliata, avrebbe implicato che anche l'integrale da calcolare sarebbe dovuto essere nullo. Quanto all'applicazione del lemma del piccolo cerchio, più tardi riprovo e casomai posto i passaggi per vedere dove sbaglio.
Grazie infinite per la pazienza e la disponibilità
Grazie infinite per la pazienza e la disponibilità
Anche se credo di aver capito dove sbagliavo, non sono sicuro di applicarlo correttamente. Potrebbe venire:
$\int_{0}^{+oo} ln(x)/((x-1)sqrt(x))dx=pi^2$
ma Amleto in confronto a me non aveva alcun dubbio.
$\int_{0}^{+oo} ln(x)/((x-1)sqrt(x))dx=pi^2$
ma Amleto in confronto a me non aveva alcun dubbio.
Se non vedo come sei arrivato a tale risultato, non posso di certo esserti d'aiuto.
In effetti, ammesso che il risultato sia giusto, niente esclude che abbia fatto il classico doppio errore che si compensa in qualche modo 
Lasciamo allora perdere quel risultato e partiamo, se ti va, dall'inizio, in modo da togliermi ogni dubbio. Il cammino d'integrazione è questo ($\gamma_R$ è la circonferenza più esterna):
con $\Gamma$ dato dall'unione dei vari tratti. Allora si ha che:
$\int_{\Gamma} f(z) dz=0$ (perché non ci sono singolarità al suo interno)
è la somma degli integrali di $f(z)$ sui vari tratti, con $f(z)$ che va "sostituita" da $f(x-i0)$, quando valuto lungo $\rho^-$ e $\rho_\epsilon^-$, e da $f(x+i0)$ quando valuto lungo $\rho^+$ e $\rho_\epsilon^+$, dove:
$f(x+i0)=ln(x)/((x-1)(sqrt(x)))$ ; $f(x-i0)=-(ln(x)+2pii)/((x-1)(sqrt(x)))$
Il primo dubbio sorge già qua: lungo $\gamma_\epsilon^-$ e $\gamma_\epsilon^+$ sarei tentato di usare, rispettivamente, $f(x-i0)$ e $f(x+i0)$, perché tali archi non tagliano l'asse reale; ma d'altro canto lungo $\gamma_R$ e $\gamma_r$ uso $f(z)$ perché su quei tratti curvi la componente immaginaria varia eccome, e lo stesso succede su $\gamma_\epsilon^-$ e $\gamma_\epsilon^+$. Però usando $f(z)$ non saprei più come far notare che, a seconda che si valuti da sopra o si arrivi da sotto, qualcosa cambia. A meno che non sia lecito porre, per quando si arriva da sotto, un $f(z)$ analogo a $f(x-i0)$, ma davvero ora come ora questo esercizio mi ha fatto perdere completamente la bussola
Lasciamo allora perdere quel risultato e partiamo, se ti va, dall'inizio, in modo da togliermi ogni dubbio. Il cammino d'integrazione è questo ($\gamma_R$ è la circonferenza più esterna):
con $\Gamma$ dato dall'unione dei vari tratti. Allora si ha che:
$\int_{\Gamma} f(z) dz=0$ (perché non ci sono singolarità al suo interno)
è la somma degli integrali di $f(z)$ sui vari tratti, con $f(z)$ che va "sostituita" da $f(x-i0)$, quando valuto lungo $\rho^-$ e $\rho_\epsilon^-$, e da $f(x+i0)$ quando valuto lungo $\rho^+$ e $\rho_\epsilon^+$, dove:
$f(x+i0)=ln(x)/((x-1)(sqrt(x)))$ ; $f(x-i0)=-(ln(x)+2pii)/((x-1)(sqrt(x)))$
Il primo dubbio sorge già qua: lungo $\gamma_\epsilon^-$ e $\gamma_\epsilon^+$ sarei tentato di usare, rispettivamente, $f(x-i0)$ e $f(x+i0)$, perché tali archi non tagliano l'asse reale; ma d'altro canto lungo $\gamma_R$ e $\gamma_r$ uso $f(z)$ perché su quei tratti curvi la componente immaginaria varia eccome, e lo stesso succede su $\gamma_\epsilon^-$ e $\gamma_\epsilon^+$. Però usando $f(z)$ non saprei più come far notare che, a seconda che si valuti da sopra o si arrivi da sotto, qualcosa cambia. A meno che non sia lecito porre, per quando si arriva da sotto, un $f(z)$ analogo a $f(x-i0)$, ma davvero ora come ora questo esercizio mi ha fatto perdere completamente la bussola
"lobacevskij":
In effetti, ammesso che il risultato sia giusto, niente esclude che abbia fatto il classico doppio errore che si compensa in qualche modo
Lasciamo allora perdere quel risultato e partiamo, se ti va, dall'inizio, in modo da togliermi ogni dubbio. Il cammino d'integrazione è questo ($ \gamma_R $ è la circonferenza più esterna):
con $ \Gamma $ dato dall'unione dei vari tratti. Allora si ha che:
$ \int_{\Gamma} f(z) dz=0 $ (perché non ci sono singolarità al suo interno)
è la somma degli integrali di $ f(z) $ sui vari tratti, con $ f(z) $ che va "sostituita" da $ f(x-i0) $, quando valuto lungo $ \rho^- $ e $ \rho_\epsilon^- $, e da $ f(x+i0) $ quando valuto lungo $ \rho^+ $ e $ \rho_\epsilon^+ $, dove:
$ f(x+i0)=ln(x)/((x-1)(sqrt(x))) $ ; $ f(x-i0)=-(ln(x)+2pii)/((x-1)(sqrt(x))) $
Fin qui tutto corretto, anche se, come ti ho detto, la semicirconferenza $\gamma_{\varepsilon}^{+}$ potevi risparmiartela.
"Marie-Sophie":
Quando sei nel semipiano dei complessi a parte immaginaria positiva non hai problemi perché la funzione
$ ln(x)/((x-1)sqrt(x)) $
ammette un prolungamento in $ x=1 $ (calcola il limite).
Poco male, vorrà dire che svolgerai l'integrale e troverai che è nullo.
"lobacevskij":
Il primo dubbio sorge già qua: lungo $ \gamma_\epsilon^- $ e $ \gamma_\epsilon^+ $ sarei tentato di usare, rispettivamente, $ f(x-i0) $ e $ f(x+i0) $, perché tali archi non tagliano l'asse reale; ma d'altro canto lungo $ \gamma_R $ e $ \gamma_r $ uso $ f(z) $ perché su quei tratti curvi la componente immaginaria varia eccome, e lo stesso succede su $ \gamma_\epsilon^- $ e $ \gamma_\epsilon^+ $.
Va bene.
"lobacevskij":
Però usando $ f(z) $ non saprei più come far notare che, a seconda che si valuti da sopra o si arrivi da sotto, qualcosa cambia
Ma a cosa serve far notare questa cosa?
Nel caso precedente (ovvero per $ \gamma_\epsilon^- $ e $ \gamma_\epsilon^+ $ ) era importante, ora no. Perché? Te lo dico io.
Hai precedentemente provato che gli integrali lungo $ \gamma_R $ e $ \gamma_r $ tendono a zero (rispettivamente per $R$ che va a $+\infty$e $r$ che va a zero) e, per fare ciò, ti è bastato valutare la funzione integranda su TALI PERCORSI e far uso di semplici stime. Dunque, questi due percorsi non danno più alcun problema.
Vorrei farti notare che hai proceduto allo stesso modo per $ \gamma_\epsilon^- $ e $ \gamma_\epsilon^+ $ (infatti, sei andato a valutare la $f(z)$ su tali cammini, ottenendo così f(x-i0) e f(x+i0)), solo che in tal caso non è filato tutto liscio come prima a causa della presenza di $z=1$ sul cammino d'integrazione.
Il problema di $1$ è che, oltre a capitare sul cammino d'integrazione (per ovviare a tale inconveniente, è sufficiente circumnavigarlo con una semicirconferenza) sta sul semiasse dei reali positivi ( lungo il quale è stato praticato un taglio a causa della presenza del logaritmo), da ciò discende la necessità di vedere se ci si avvicina a $1$ da sotto o da sopra.
"Marie-Sophie":
Poco male, vorrà dire che svolgerai l'integrale e troverai che è nullo.
Si si, quello l'avrei detto dopo andando avanti nel mio ragionamento. Mettiamolo in chiaro così:
in $z=1$ ho una singolarità eliminabile perché $\lim_{z \to 1}f(z)=1$
Inoltre, $\lim_{z \to 1}f(z)(z-1)=0 rArr \lim_{\epsilon \to 0}\int_{\gamma_{\varepsilon}^{+}} f(z)dz=0$
e qua sto arrivando da sopra. Ma se arrivo da sotto e non modifico $f(z)$, come può l'integrale lungo $\gamma_{\varepsilon}^{-}$ non annullarsi? (e ragionando in questo modo arrivavo a quanto detto qualche post fa, in cui mi ritrovavo ad avere i due integrali "reali" uguali a $\int_{\Gamma} f(z) dz$, ovverosia a $0$)
Da qui in poi insomma non riesco a seguirti; cosa dovrei fare?
Dai, su! La cosa è andata già per le lunghe, cerchiamo di chiuderla presto.
Ti dico cosa avevo pensato io, tu dimmi se torna.
Il cammino di pagina 104, fin dall'inizio, prometteva bene ma, se l' avessimo preso pari pari, avremmo avuto dei problemi nell'integrazione della funzione dato che, quest'ultima sull'asse dei reali positivi che raggiungo ''dal basso'' diventa
$ f(x-i0)=-(ln(x)+2pii)/((x-1)(sqrt(x))) $
e tale funzione diverge in 1.
Pertanto, abbiamo apportato una piccola modifica al solo tratto di cammino problematico introducendo una semicirconferenza di raggio $\varepsilon$ attorno ad 1. L'unico problema dell'esercizio è calcolare l'integrale tra $r$ ed $R$ di questa $f(x-i0)$. Integrando sui tratti orizzontali da $r$ a $1-\varepsilon$ e da $1+\varepsilon$ a $R$ e passando al limite per $\varepsilon\to 0$, otteniamo
$\int_{r}^{R} ln(x)/((x-1)sqrt(x))dx$,
che nel conto finale si andrà a sommare ad un integrale identico.
Per quanto riguarda l'integrale esteso a $\gamma_{\epsilon}^{-}$, avevo suggerito il lemma del piccolo cerchio (l'enunciato lo trovi anche su wikipedia, leggi quel che lì è riportato come ''secondo lemma'').
In realtà, bisogna prenderlo un po' con le pinze... Infatti, per applicarlo, serve che esista finito
$ \lim_{z \to 1}ln(z)/((z-1)sqrt(z))(z-1) $
e nel nostro caso, il limite cambia a seconda che si arrivi ad $1$ da sotto o da sopra per via del logaritmo. Se però leggi la dimostrazione del lemma, noti che è sufficiente che il limite esista finito per i z complessi toccati dal cammino $\gamma_{\varepsilon}^{-}$ quando $\varepsilon\to 0$ (insomma nella zona in cui stai lavorando).
Si tratta allora di esplicitare in qualche modo che si arriva ad 1 dal basso. A tal fine,ho pensato di riscrivere il limite in questi termini:
$lim_{(r,\vartheta)\to (1,2\pi )} (ln(r)+i\vartheta)/((re^{i\vartheta}-1)sqrt(r)e^{i\vartheta/2})(re^{i\vartheta}-1)$
sfruttando che ogni z complesso non nullo si può rappresentare nella forma $re^{i\theta}$ ( forma esponeziale).
(Oss:Se ci fai caso, tale funzione è esattamente $f(x+i0)$, se è $\vartheta=2\pi$. )
Il limite esiste ed è pari a $-2\pii$. Concludendo, l'integrale iniziale è $\pi^2$ (come avevi detto anche tu!) Mi pare fattibile come ragionamento anche se, devo ammettere che l'esercizio era poco usuale!
Ti dico cosa avevo pensato io, tu dimmi se torna.
Il cammino di pagina 104, fin dall'inizio, prometteva bene ma, se l' avessimo preso pari pari, avremmo avuto dei problemi nell'integrazione della funzione dato che, quest'ultima sull'asse dei reali positivi che raggiungo ''dal basso'' diventa
$ f(x-i0)=-(ln(x)+2pii)/((x-1)(sqrt(x))) $
e tale funzione diverge in 1.
Pertanto, abbiamo apportato una piccola modifica al solo tratto di cammino problematico introducendo una semicirconferenza di raggio $\varepsilon$ attorno ad 1. L'unico problema dell'esercizio è calcolare l'integrale tra $r$ ed $R$ di questa $f(x-i0)$. Integrando sui tratti orizzontali da $r$ a $1-\varepsilon$ e da $1+\varepsilon$ a $R$ e passando al limite per $\varepsilon\to 0$, otteniamo
$\int_{r}^{R} ln(x)/((x-1)sqrt(x))dx$,
che nel conto finale si andrà a sommare ad un integrale identico.
Per quanto riguarda l'integrale esteso a $\gamma_{\epsilon}^{-}$, avevo suggerito il lemma del piccolo cerchio (l'enunciato lo trovi anche su wikipedia, leggi quel che lì è riportato come ''secondo lemma'').
In realtà, bisogna prenderlo un po' con le pinze... Infatti, per applicarlo, serve che esista finito
$ \lim_{z \to 1}ln(z)/((z-1)sqrt(z))(z-1) $
e nel nostro caso, il limite cambia a seconda che si arrivi ad $1$ da sotto o da sopra per via del logaritmo. Se però leggi la dimostrazione del lemma, noti che è sufficiente che il limite esista finito per i z complessi toccati dal cammino $\gamma_{\varepsilon}^{-}$ quando $\varepsilon\to 0$ (insomma nella zona in cui stai lavorando).
Si tratta allora di esplicitare in qualche modo che si arriva ad 1 dal basso. A tal fine,ho pensato di riscrivere il limite in questi termini:
$lim_{(r,\vartheta)\to (1,2\pi )} (ln(r)+i\vartheta)/((re^{i\vartheta}-1)sqrt(r)e^{i\vartheta/2})(re^{i\vartheta}-1)$
sfruttando che ogni z complesso non nullo si può rappresentare nella forma $re^{i\theta}$ ( forma esponeziale).
(Oss:Se ci fai caso, tale funzione è esattamente $f(x+i0)$, se è $\vartheta=2\pi$. )
Il limite esiste ed è pari a $-2\pii$. Concludendo, l'integrale iniziale è $\pi^2$ (come avevi detto anche tu!) Mi pare fattibile come ragionamento anche se, devo ammettere che l'esercizio era poco usuale!
Ti seguo eccome, e il modo in cui hai aggirato l'ostacolo è veramente chiaro.
Purtroppo mi sono intestardito a voler cambiare la funzione, figurarsi se mi sarebbe mai venuto in mente di andare a vedere il tutto da quel punto di vista. Quanto al mio risultato, l'avevo ottenuto presupponendo, con molti dubbi, che $f(z)$ avesse una forma analoga a $f(x-i0)$, quando si arriva do sotto; anche quel limite dava $-2pii$, e dunque arrivavo a concludere che il limite iniziale doveva valere $pi^2$.
Ad ogni buon conto, grazie infinite per la pazienza e l'enorme aiuto!!
Ora sotto con l'ultimo integrale, sperando di aver bisogno solo della conferma della bontà del ragionamento.
Purtroppo mi sono intestardito a voler cambiare la funzione, figurarsi se mi sarebbe mai venuto in mente di andare a vedere il tutto da quel punto di vista. Quanto al mio risultato, l'avevo ottenuto presupponendo, con molti dubbi, che $f(z)$ avesse una forma analoga a $f(x-i0)$, quando si arriva do sotto; anche quel limite dava $-2pii$, e dunque arrivavo a concludere che il limite iniziale doveva valere $pi^2$.
Ad ogni buon conto, grazie infinite per la pazienza e l'enorme aiuto!!
Ora sotto con l'ultimo integrale, sperando di aver bisogno solo della conferma della bontà del ragionamento.
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