Residui
Salve, devo trovare i residui dei seguenti integrali:
$\int_{-infty}^{+infty} (1)/(x^6+1) dx$
$\int_{-infty}^{+infty} (1)/(x^4+1) dx$
$(1)/(x^6+1)$
$(x^6+1)=0$
Come si puo scomporre $(x^6+1)=0$ in modo tale da trovare le 6 soluzioni? E anche la stessa cosa per quanto riguarda
$(x^4+1)=0$
Esiste una formula generale da poter applicare?
$\int_{-infty}^{+infty} (1)/(x^6+1) dx$
$\int_{-infty}^{+infty} (1)/(x^4+1) dx$
$(1)/(x^6+1)$
$(x^6+1)=0$
Come si puo scomporre $(x^6+1)=0$ in modo tale da trovare le 6 soluzioni? E anche la stessa cosa per quanto riguarda
$(x^4+1)=0$
Esiste una formula generale da poter applicare?
Risposte
In campo complesso è più "semplice" la situazione.
$x^6+1=(x^3+i)(x^3-i)=(x+i)(x^2-ix-1)(x-i)(x^2+ix-1)$
cioè prima differenza di quadrati ($1= -i^2$) poi differenza e somma di cubi. Si poteva fare il contrario ma la scomposizione sarebbe diventata più complicata perché si restava con un trinomio non molto semplice da scomporre.
$x^4+1$
sempre con la differenza di quadrati... e via discorrendo.
$x^6+1=(x^3+i)(x^3-i)=(x+i)(x^2-ix-1)(x-i)(x^2+ix-1)$
cioè prima differenza di quadrati ($1= -i^2$) poi differenza e somma di cubi. Si poteva fare il contrario ma la scomposizione sarebbe diventata più complicata perché si restava con un trinomio non molto semplice da scomporre.
$x^4+1$
sempre con la differenza di quadrati... e via discorrendo.
"Zero87":
In campo complesso è più "semplice" la situazione.
$x^6+1=(x^3+i)(x^3-i)=(x+i)(x^2-ix-1)(x-i)(x^2+ix-1)$
cioè prima differenza di quadrati ($1= -i^2$) poi differenza e somma di cubi. Si poteva fare il contrario ma la scomposizione sarebbe diventata più complicata perché si restava con un trinomio non molto semplice da scomporre.
$x^4+1$
sempre con la differenza di quadrati... e via discorrendo.
$x^6+1=(x^3+i)(x^3-i)=(x+i)(x^2-ix-1)(x-i)(x^2+ix-1)$
Scusa mi puoi dire passaggio per passaggio come ti sei ricavato la scomposizione? Grazie
"alieno":
$x^6+1=(x^3+i)(x^3-i)=(x+i)(x^2-ix-1)(x-i)(x^2+ix-1)$
Scusa mi puoi dire passaggio per passaggio come ti sei ricavato la scomposizione? Grazie
$x^6+1$
nel campo complesso si può vedere come una differenza di quadrati (del tipo $a^2-b^2=(a+b)(a-b)$)
- $x^6$ è il quadrato di $x^3$
- $1=-i^2$.
Dunque si arriva alla prima fase della scomposizione. A questo punto c'è la somma di cubi (o la differenza di cubi) da utilizzare come prodotto notevole anche se ho sbagliato a fare qualche conto.
- $-i$ è il cubo di $i$
- $i$ è il cubo di $-i$
Quindi
$x^3+i=(x-i)(x^2+ix-1)$
$x^3-i=(x+i)(x^2-ix-1)$
Avevo sbagliato un paio di segni.
Il punto è che il piano complesso è un'arma a doppio taglio poiché
- ogni cosa è il quadrato di un'altra (in $\RR$ non vale perché, ad es, $-1$ è il quadrato di... niente!) e questo aiuta molto le scomposizioni con i prodotti notevoli
- tuttavia gli errori di segno sono sempre dietro l'angolo (in risposta a caos81 un paio di post sotto a questo
)...
Dunque, per il primo integrale oltre alla scomposizione (di zer087) devi poi applicare il Teorema dei Residui. Trattandosi di singolarità (o poli del primo ordine) il calcolo dei residui è semplice, usi la formula:
$$
a_{-1}=\lim_{z\rightarrow z_0}{(z-z_0)f(z)}
$$
e lo fai per ciascuna singolarità $z_k$ (nel primo integrale le singolarità sono 6 mentre nel secondo 4). Poi fai la somma dei residui (usando il teorema dei residui):
$$
\oint_{\gamma} f(z) \, dz = 2\pi i \sum_{k=1}^n I_{z_k}(\gamma) \operatorname{Res}_{z_k}(f)
$$
dove $\gamma$ è una curva (o disco) di Jordan chiusa semplice, di conseguenza il contributo dato all'integrale nella parte restante è nullo. Quindi la somma dei residui coincide con il tuo integrale di partenza (reale)
$$
\int_{-\infty}^{\infty}{f(x)\,{\rm d}x}
$$
Per quanto riguarda il secondo integrale ad esempio
$$
\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{z^4+1}\,{\rm d}x}
$$
le singolarità sono (prendiamo solo quelle positive perchè consideriamo come curva $C_R$ una curva di questo tipo:)
$$
C=[-R, R]\cup\left\{z\in\mathbb{C}:|z|=R, \Im(z)\ge 0\right\}
$$
mentre
$$
C_R=\left\{z\in \mathbb{C}: |z|=R, \Im(z)\ge 0\right\}
$$
Tra le singolarità prendiamo solo quelle che hanno parte immaginaria positiva (il disco in questione è una semicirconferenza quindi le singolarità con parte immaginaria negativa non contribuiscono) quindi:
$$
z_0= \frac{1+i}{\sqrt{2}}\qquad z_1= -\frac{1-i}{\sqrt{2}}
$$
applicando la formuletta di sopra per il calcolo dei residui ottieni
$$
\operatorname{Res}_f(z_0)=-\frac{1}{4\sqrt{2}}-\frac{i}{4 \sqrt{2}}\qquad\operatorname{Res}_f(z_1)=\frac{1}{4\sqrt{2}}-\frac{i}{4 \sqrt{2}}
$$
quindi in sostanza
$$
\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{z^4+1}\,{\rm d}z}=2\pi i\sum_{k=0}^{1}{[\operatorname{Res}f(z),z_k]}=2\pi i\left(-\frac{2i}{4\sqrt{2}}\right)=\frac{\pi}{\sqrt{2}}
$$
P.S. veramente per essere precisi bisognerebbe fare alcune considerazioni sul valore principale di Cauchy e sul contributo dato dall'integrale nelle altre zone lungo il disco ma non ne ho tempo...in tal caso consiglio di approfondire su un apposito testo. Se noti bene vedi che entrambe le funzioni integrande sono funzioni pari quindi...
se hai studiato bene, dovresti sapere cosa fare
PER ZERO 87: se il mio vecchio professore di biennio liceale vedesse come hai scomposto quel benedetto polinomio di 6 grado gli verrebbe un infarto
$$
a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\qquad a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)
$$
$$
a_{-1}=\lim_{z\rightarrow z_0}{(z-z_0)f(z)}
$$
e lo fai per ciascuna singolarità $z_k$ (nel primo integrale le singolarità sono 6 mentre nel secondo 4). Poi fai la somma dei residui (usando il teorema dei residui):
$$
\oint_{\gamma} f(z) \, dz = 2\pi i \sum_{k=1}^n I_{z_k}(\gamma) \operatorname{Res}_{z_k}(f)
$$
dove $\gamma$ è una curva (o disco) di Jordan chiusa semplice, di conseguenza il contributo dato all'integrale nella parte restante è nullo. Quindi la somma dei residui coincide con il tuo integrale di partenza (reale)
$$
\int_{-\infty}^{\infty}{f(x)\,{\rm d}x}
$$
Per quanto riguarda il secondo integrale ad esempio
$$
\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{z^4+1}\,{\rm d}x}
$$
le singolarità sono (prendiamo solo quelle positive perchè consideriamo come curva $C_R$ una curva di questo tipo:)
$$
C=[-R, R]\cup\left\{z\in\mathbb{C}:|z|=R, \Im(z)\ge 0\right\}
$$
mentre
$$
C_R=\left\{z\in \mathbb{C}: |z|=R, \Im(z)\ge 0\right\}
$$
Tra le singolarità prendiamo solo quelle che hanno parte immaginaria positiva (il disco in questione è una semicirconferenza quindi le singolarità con parte immaginaria negativa non contribuiscono) quindi:
$$
z_0= \frac{1+i}{\sqrt{2}}\qquad z_1= -\frac{1-i}{\sqrt{2}}
$$
applicando la formuletta di sopra per il calcolo dei residui ottieni
$$
\operatorname{Res}_f(z_0)=-\frac{1}{4\sqrt{2}}-\frac{i}{4 \sqrt{2}}\qquad\operatorname{Res}_f(z_1)=\frac{1}{4\sqrt{2}}-\frac{i}{4 \sqrt{2}}
$$
quindi in sostanza
$$
\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{z^4+1}\,{\rm d}z}=2\pi i\sum_{k=0}^{1}{[\operatorname{Res}f(z),z_k]}=2\pi i\left(-\frac{2i}{4\sqrt{2}}\right)=\frac{\pi}{\sqrt{2}}
$$
P.S. veramente per essere precisi bisognerebbe fare alcune considerazioni sul valore principale di Cauchy e sul contributo dato dall'integrale nelle altre zone lungo il disco ma non ne ho tempo...in tal caso consiglio di approfondire su un apposito testo. Se noti bene vedi che entrambe le funzioni integrande sono funzioni pari quindi...
se hai studiato bene, dovresti sapere cosa farePER ZERO 87: se il mio vecchio professore di biennio liceale vedesse come hai scomposto quel benedetto polinomio di 6 grado gli verrebbe un infarto
$$
a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\qquad a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)
$$
"caos81":
PER ZERO 87: se il mio vecchio professore di biennio liceale vedesse come hai scomposto quel benedetto polinomio di 6 grado gli verrebbe un infarto
$$
a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\qquad a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)
$$
Lo so, caos81, la prima volta avevo fatto un errore di segno avendo posto $i^3=i$ e $-i^3=-i$, sbagliando ovviamente. Quello giusto - salvo altri errori che ora mi sfuggono - è il secondo tentativo.
Si dice che anche i migliori possano sbagliare: io che non sono affatto il migliore - stento ad arrivare ad una media accettabile - posso sbagliare, dunque.
Devo scomporre $x^4-1+8i=0$
Pongo
$ x^2=u$
e quindi
$x^4=u^2$
allora
$u^2-1+8i=0$
$ u=\pm sqrt(1-8i)$
$ x=\pm sqrt\pm(root(2)(1-8i) )$
applicando la formula di scomposizione :
$ (x-sqrt(root(2)(1-8i) ))*(x-sqrt-(root(2)(1-8i) )* (x+sqrt(root(2)(1-8i)) )* (x+sqrt-(root(2)(1-8i) )$
Giusto?
Esiste una formula generale di scomposizione da applicare di un equazione del tipo : $ (x^n+a=0)$ ?
Pongo
$ x^2=u$
e quindi
$x^4=u^2$
allora
$u^2-1+8i=0$
$ u=\pm sqrt(1-8i)$
$ x=\pm sqrt\pm(root(2)(1-8i) )$
applicando la formula di scomposizione :
$ (x-sqrt(root(2)(1-8i) ))*(x-sqrt-(root(2)(1-8i) )* (x+sqrt(root(2)(1-8i)) )* (x+sqrt-(root(2)(1-8i) )$
Giusto?
Esiste una formula generale di scomposizione da applicare di un equazione del tipo : $ (x^n+a=0)$ ?
Esiste una formula generale di scomposizione da applicare di un equazione del tipo : $ (x^n+a=0)$ ?
beh...immagino che, date le circostanze tu intenda $a\in \mathbb{R}$ con $a>0$ e $n=2t, t\in\mathbb{N_0}$; in tal caso le radici saranno
$$
x_k=\sqrt[t]{i}\cdot\sqrt[2t]{a}=\sqrt[2t]{a}\left[\cos\left(\frac{\pi}{2t}+\frac{2k\pi}{t}\right)+i\sin\left(\frac{\pi}{2t}+\frac{2k\pi}{t}\right)\right]\qquad(k=0,1,2...t-1)
$$
dove $x_k$ sono le radici del polinomio di grado $n$. Vedi anche qui
se $n$ è dispari il discorso è banale in quanto ad esempio:
$$
x^3+8=0;\qquad x^3=-8;\qquad x=\sqrt[3]{-8}=-2\,.
$$
Devo scomporre $x^4-1+8i=0$
Pongo
$ x^2=u$
e quindi
$x^4=u^2$
allora
$u^2-1+8i=0$
$ u=\pm sqrt(1-8i)$
$ x=\pm sqrt\pm(root(2)(1-8i) )$
applicando la formula di scomposizione :
$ (x-sqrt(root(2)(1-8i) ))*(x-sqrt-(root(2)(1-8i) )* (x+sqrt(root(2)(1-8i)) )* (x+sqrt-(root(2)(1-8i) )$
Giusto?
Pongo
$ x^2=u$
e quindi
$x^4=u^2$
allora
$u^2-1+8i=0$
$ u=\pm sqrt(1-8i)$
$ x=\pm sqrt\pm(root(2)(1-8i) )$
applicando la formula di scomposizione :
$ (x-sqrt(root(2)(1-8i) ))*(x-sqrt-(root(2)(1-8i) )* (x+sqrt(root(2)(1-8i)) )* (x+sqrt-(root(2)(1-8i) )$
Giusto?
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