Calcola l'integrale usando il teorema dei residui
Buongiorno a tutti!
l'esercizio è molto semplice, quello che non mi torna è che per risolverlo mi ci siano voluti dei conti lunghissimi.
Dimostrare che:
$\int_{mathbb{R}} \frac{3x^2}{x^6+1} dx=\pi$
utilizzando il teorema dei residui.
la mia soluzione:
mi sposto nel campo complesso:
$\int\frac{3z^2}{z^6+1} dz$
le radici del denominatore sono:
$z_0=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{i}{2};\qquad
z_1=i;\qquad
z_2=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{i}{2};\qquad
z_3=-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{i}{2};\qquad
z_4=-i;\qquad
z_5=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{i}{2}.$
Le ho calcolate tutte per completezza.
Ora scelgo la semicirconferenza nel semipiano positivo (dove sono contenute solo le soluzioni $z_0,z_1,z_2$) orientata in senso antiorario che abbia un raggio sufficientemente grande da contenere le tre radici e parto con il calcolo dei residui:
$Res(f(z),z_0)=lim_{z->z_0}(z-z_0)\frac{3z^2}{(z-z_0)(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)(z-z_4)(z-z_5)}$
$Res(f(z),z_1)=lim_{z->z_1}(z-z_1)\frac{3z^2}{(z-z_0)(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)(z-z_4)(z-z_5)}$
$Res(f(z),z_2)=lim_{z->z_2}(z-z_2)\frac{3z^2}{(z-z_0)(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)(z-z_4)(z-z_5)}$
ed è qui che è il mio problema, sostituendo tutti gli $z$ con i rispettivi valori, arrivo al risultato giusto, ma dopo due anni e una pagina di conti. Quindi il mio dubbio è che il denominatore possa essere scomposto in un modo che non mi viene in mente e che semplifichi poi i conti nel calcolo dei residui.
Ad ogni modo:
$Res(f(z),z_0)=\frac{1}{2i}$
$Res(f(z),z_1)=-\frac{1}{2i}$
$Res(f(z),z_2)=\frac{1}{2i}$
e quindi l'integrale viene $\pi$
l'esercizio è molto semplice, quello che non mi torna è che per risolverlo mi ci siano voluti dei conti lunghissimi.
Dimostrare che:
$\int_{mathbb{R}} \frac{3x^2}{x^6+1} dx=\pi$
utilizzando il teorema dei residui.
la mia soluzione:
mi sposto nel campo complesso:
$\int\frac{3z^2}{z^6+1} dz$
le radici del denominatore sono:
$z_0=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{i}{2};\qquad
z_1=i;\qquad
z_2=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{i}{2};\qquad
z_3=-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{i}{2};\qquad
z_4=-i;\qquad
z_5=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{i}{2}.$
Le ho calcolate tutte per completezza.
Ora scelgo la semicirconferenza nel semipiano positivo (dove sono contenute solo le soluzioni $z_0,z_1,z_2$) orientata in senso antiorario che abbia un raggio sufficientemente grande da contenere le tre radici e parto con il calcolo dei residui:
$Res(f(z),z_0)=lim_{z->z_0}(z-z_0)\frac{3z^2}{(z-z_0)(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)(z-z_4)(z-z_5)}$
$Res(f(z),z_1)=lim_{z->z_1}(z-z_1)\frac{3z^2}{(z-z_0)(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)(z-z_4)(z-z_5)}$
$Res(f(z),z_2)=lim_{z->z_2}(z-z_2)\frac{3z^2}{(z-z_0)(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)(z-z_4)(z-z_5)}$
ed è qui che è il mio problema, sostituendo tutti gli $z$ con i rispettivi valori, arrivo al risultato giusto, ma dopo due anni e una pagina di conti. Quindi il mio dubbio è che il denominatore possa essere scomposto in un modo che non mi viene in mente e che semplifichi poi i conti nel calcolo dei residui.
Ad ogni modo:
$Res(f(z),z_0)=\frac{1}{2i}$
$Res(f(z),z_1)=-\frac{1}{2i}$
$Res(f(z),z_2)=\frac{1}{2i}$
e quindi l'integrale viene $\pi$
Risposte
Questi tipi di integrali sono immediati, mi sembra una complicazione inutile usare i residui:
\(\int_{0}^{\infty }\frac{x^{p-1}}{x^{q}+1}dx=\frac{\pi }{q}\frac{1}{sin\left ( p\frac{\pi }{q} \right )}\) con \(q>p>0\)
Sostituisco i dati (la funzione è pari , moltiplico per 2 e integro tra 0 e infinito
):
\(2\cdot 3\int_{0}^{\infty }\frac{x^{3-1}}{x^{6}+1}dx=\frac{6\pi }{6}\frac{1}{sin\left ( \frac{3\pi }{6} \right )}=\pi \)
Ecco fatto
\(\int_{0}^{\infty }\frac{x^{p-1}}{x^{q}+1}dx=\frac{\pi }{q}\frac{1}{sin\left ( p\frac{\pi }{q} \right )}\) con \(q>p>0\)
Sostituisco i dati (la funzione è pari , moltiplico per 2 e integro tra 0 e infinito
):\(2\cdot 3\int_{0}^{\infty }\frac{x^{3-1}}{x^{6}+1}dx=\frac{6\pi }{6}\frac{1}{sin\left ( \frac{3\pi }{6} \right )}=\pi \)
Ecco fatto
"Exodus":
Questi tipi di integrali sono immediati, mi sembra una complicazione inutile usare i residui:
\(\int_{0}^{\infty }\frac{x^{p-1}}{x^{q}+1}dx=\frac{\pi }{q}\frac{1}{sin\left ( p\frac{\pi }{q} \right )}\) con \(q>p>0\)
Sostituisco i dati (la funzione è pari , moltiplico per 2 e integro tra 0 e infinito
\(2\cdot 3\int_{0}^{\infty }\frac{x^{3-1}}{x^{6}+1}dx=\frac{6\pi }{6}\frac{1}{sin\left ( \frac{3\pi }{6} \right )}=\pi \)
Ecco fatto
eh ok, ma la consegna dell'esercizio dice che devo utilizzare i residui.
Ciao leomagicabula,
Fermo restando che utilizzare il teorema dei residui nel caso dell'integrale proposto non è proprio la strada che consiglierei, puoi sempre farlo dopo aver posto $t := x^3 implies \text{d}t = 3x^2\text{d}x $ e quindi
$\int_{\RR} (3x^2)/(x^6+1)\text{d}x= \int_{\RR} 1/(t^2+1)\text{d}t $
anche se ovviamente è molto più semplice concludere direttamente:
$\int_{\RR} (3x^2)/(x^6+1)\text{d}x= \int_{\RR} 1/(t^2+1)\text{d}t = [arctan t]_{-\infty}^{+\infty} = \pi/2 - (-\pi/2) = \pi $
"leomagicabula":
Dimostrare che:
$\int_{\RR} (3x^2)/(x^6+1)\text{d}x=\pi $
utilizzando il teorema dei residui.
Fermo restando che utilizzare il teorema dei residui nel caso dell'integrale proposto non è proprio la strada che consiglierei, puoi sempre farlo dopo aver posto $t := x^3 implies \text{d}t = 3x^2\text{d}x $ e quindi
$\int_{\RR} (3x^2)/(x^6+1)\text{d}x= \int_{\RR} 1/(t^2+1)\text{d}t $
anche se ovviamente è molto più semplice concludere direttamente:
$\int_{\RR} (3x^2)/(x^6+1)\text{d}x= \int_{\RR} 1/(t^2+1)\text{d}t = [arctan t]_{-\infty}^{+\infty} = \pi/2 - (-\pi/2) = \pi $
"leomagicabula":
Dimostrare che:
$\int_{mathbb{R}} \frac{3x^2}{x^6+1} dx=\pi$
utilizzando il teorema dei residui.
Picchia selvaggiamente chiunque ti abbia proposto un esercizio simile.
La teoria dei residui non serve a nulla in questo caso (come osservato da pilloeffe).
@ Exodus: Bellina quella formula… Da dove l’hai tirata fuori?
"gugo82":
@ Exodus: Bellina quella formula… Da dove l’hai tirata fuori?
Ho il privilegio di non essere mai andato a scuola, per me i numeri sono solamente un gioco
Non so dimostrarla , ma funziona
Non credo che sia cosi originale, sicuramente ci sarà qualche matematico che ci è arrivato....
E' stata sviluppata cosi tanta matematica nei secoli, figurati se qualcuno non sia riuscito a dimostrarla
@ Exodus: Ma che risposta è? 
"gugo82":
@ Exodus: Ma che risposta è?
Non lo sò
Volevi sapere da dove è venuta fuori la formula e ti ho risposto che
è saltata fuori giocando con i numeri.
Per quanto riguarda il privilegio di non essere andato a scuola, significa che non ho un approccio accademico, ma piuttosto creativo e giocoso alla materia.
Spero che almeno questa risposta sia soddisfacente.
E vediamo il gioco, allora.
"gugo82":
E vediamo il gioco, allora.
E' una battuta ?
Non ho capito cosa intendi.
Non c'è niente di magico, prima svolgi in maniera "ufficiale" poi giochi un pò con i numeri e cerchi una funzione che si comporta allo stesso modo...gli aggiungi qualche costante e " les jeux sont faits "
"Exodus":
[quote="gugo82"]E vediamo il gioco, allora.
E' una battuta ?
Non ho capito cosa intendi.[/quote]
Nono, quale battuta… Mostra come hai “giocato” per ottenere il risultato.
Insomma, fai vedere i calcoli.
"gugo82":
Picchia selvaggiamente chiunque ti abbia proposto un esercizio simile.
Diciamo che non volevo essere accusato di istigazione alla violenza, ma l'idea è quella...
Per quanto riguarda la formula che il nostro amico musicista "non matematico" Exodus afferma di non saper dimostrare, direi che, al contrario di ciò che ha sostenuto, possa essere derivata proprio dall'applicazione del teorema dei residui ed in particolare dalla formula che ho citato in questo thread (nel quale fra l'altro Exodus è intervenuto proponendo la stessa formula), che riporto qui di seguito:
$ \int_{0}^{+\infty}R(x) x^s \text{d}x = - \frac{\pi e^{-i\pi s}}{sin(\pi s)}\sum Res[R(x) x^s] $
Nel caso particolare in cui $R(x) = 1/(x + 1) $ e $s = r - 1 $ si ottiene quasi subito
$ \int_{0}^{+\infty} x^{r - 1}/(x + 1) \text{d}x = \frac{\pi}{sin(r\pi )} = \Gamma(r)\Gamma(1 - r) $
ove $0 < r < 1 $. Se poniamo $r := p/q \implies q > p > 0 $ si ha:
$ \int_{0}^{+\infty} x^{p/q - 1}/(x + 1) \text{d}x = \frac{\pi}{sin(p \pi/q)} $
Se a questo punto poniamo $x := t^q \implies \text{d}x = q t^{q - 1} \text{d}t $ si ha:
$ \int_{0}^{+\infty} t^{p - q}/(t^q + 1) q t^{q - 1} \text{d}t = \frac{\pi}{sin(p \pi/q)} $
$ \int_{0}^{+\infty} t^{p - 1}/(t^q + 1) \text{d}t = \frac{\pi/q}{sin(p \pi/q)} $
Richiamando con $x $ la variabile di integrazione in definitiva si ha:
\begin{equation*}
\boxed {\int_{0}^{+\infty} \dfrac{x^{p - 1}}{x^q + 1} \text{d}x = \dfrac{\frac{\pi}{q}}{\sin\big(p \frac{\pi}{q}\big)} \qquad q > p > 0}
\end{equation*}
"pilloeffe":
Per quanto riguarda la formula che il nostro amico musicista "non matematico" Exodus afferma di non saper dimostrare, direi che, al contrario di ciò che ha sostenuto....
Mica ho detto che non è dimostrabile, ho detto che ci penserà un matematico a tirar fuori una dimostrazione, il mio approccio è semplicemente un altro.
Detto in maniera brutale è un pò come procedere per tentativi.
un esempio chiarirà meglio cosa voglio dire:
\(\int xdx=\frac{1}{2}x^{2}\) più una eventuale costante
\(\int \frac{1}{2}x^{2}dx=\frac{1}{6}x^{3}\) stessa cosa
\(\int \frac{1}{6}x^{3}dx=\frac{1}{24}x^{4}\) stessa cosa
Guardando questo tipo di risulatati trovo che:
\(\int x^{n}dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C\)
\(n\neq -1\)
Lo so è un procedere da matti, ma io mi diverto, che mi vuoi togliere il gioccattolo
"gugo82":
Nono, quale battuta… Mostra come hai “giocato” per ottenere il risultato.
Insomma, fai vedere i calcoli.
Ma , a parte che di solito quando trovo queste relazioni le trascrivo in una tabella personale e poi me ne dimentico completamente.
Chissà quando lo tirata fuori questa cosa, la maniera di procedere è pressoché uguale all'esempio che ho postato, probabilmente sonno partito da soluzioni calcolate con i residui e poi ho trovato una relazione, niente di cui essere orgogliosi, niente di esoterico, e neanche culo direi perchè ne ho trovate molte altre di relazioni.
E' una via diversa lo sò, forse anche poco efficiente ma come dicevo sù io mi diverto cosi...
Buona matematica
"gugo82":
[quote="leomagicabula"]Dimostrare che:
$\int_{mathbb{R}} \frac{3x^2}{x^6+1} dx=\pi$
utilizzando il teorema dei residui.
Picchia selvaggiamente chiunque ti abbia proposto un esercizio simile.
La teoria dei residui non serve a nulla in questo caso (come osservato da pilloeffe).
@ Exodus: Bellina quella formula… Da dove l’hai tirata fuori?[/quote]
ragazzi immagino che ci sia un modo migliore, ma l'esame è su ste cose... residui, trasformata di Fourier, serie di Fourier, differenziali di funzioni.... ne ho appena postato un altro simile btw.
@Exodus:
Per la cronaca non sono un matematico e non ho scritto che hai detto che non è dimostrabile, ma hai affermato
quando invece la dimostrazione della corretta formula che hai proposto deriva proprio da una applicazione del teorema dei residui...
Naturalmente non posso escludere che vi siano altri metodi per dimostrarla, e forse era proprio questo l'invito implicito di gugo82...
"Exodus":
Mica ho detto che non è dimostrabile, ho detto che ci penserà un matematico a tirar fuori una dimostrazione
Per la cronaca non sono un matematico e non ho scritto che hai detto che non è dimostrabile, ma hai affermato
"Exodus":
Questi tipi di integrali sono immediati, mi sembra una complicazione inutile usare i residui
quando invece la dimostrazione della corretta formula che hai proposto deriva proprio da una applicazione del teorema dei residui...
Naturalmente non posso escludere che vi siano altri metodi per dimostrarla, e forse era proprio questo l'invito implicito di gugo82...
@ pilloeffe: Proprio perché avevo incrociato quella formula già un’altra volta e proprio perché so che essa è legata al calcolo con la funzione beta di Eulero[nota]Praticamente, è una sorta di formula di riflessione $B(x,1-x) = pi/(sin(pi x))$.[/nota], mi è venuta la curiosità di sapere com’è stata stabilita in “senso intuitivo”.
@ Exodus: Non ti stavo chiedendo altri esempi.
Vorrei sapere come hai giocato in questo caso.
Non sarai un matematico, ma l’italiano credo tu lo capisca bene.
P.S.: Questo vizio di evitare le domande rispondendo a questioni mai poste mi dà particolarmente fastidio.
Come pure mi dà fastidio il vizio di assimilare qualsiasi richiesta di chiarimenti ad una critica distruttiva.
@leomagicabula:
Picchia selvaggiamente chiunque ti abbia proposto un esercizio simile.
La teoria dei residui non serve a nulla in questo caso (come osservato da pilloeffe).[/quote]
ragazzi immagino che ci sia un modo migliore, ma l'esame è su ste cose... residui, trasformata di Fourier, serie di Fourier, differenziali di funzioni.... ne ho appena postato un altro simile btw.[/quote]
Abbiamo capito, ma chi ti ha proposto l’esercizio non ha visto che ti ha assegnato un esercizio del tutto inutile: la teoria dei residui non è stata sviluppata per risolvere integrali immediati… Per quelli bastano le tavole di Analisi I (o delle scuole superiori).
P.S.: Questo vizio di attaccare l’asino dove vuole il padrone è odioso.
È sintomo di “esamite acuta”, quella malattia tipica dello studente universitario che studia solo per passare gli esami, senza un minimo di spirito critico.
@ Exodus: Non ti stavo chiedendo altri esempi.
Vorrei sapere come hai giocato in questo caso.
Non sarai un matematico, ma l’italiano credo tu lo capisca bene.
P.S.: Questo vizio di evitare le domande rispondendo a questioni mai poste mi dà particolarmente fastidio.
Come pure mi dà fastidio il vizio di assimilare qualsiasi richiesta di chiarimenti ad una critica distruttiva.
@leomagicabula:
"leomagicabula":
[quote="gugo82"][quote="leomagicabula"]Dimostrare che:
$\int_{mathbb{R}} \frac{3x^2}{x^6+1} dx=\pi$
utilizzando il teorema dei residui.
Picchia selvaggiamente chiunque ti abbia proposto un esercizio simile.
La teoria dei residui non serve a nulla in questo caso (come osservato da pilloeffe).[/quote]
ragazzi immagino che ci sia un modo migliore, ma l'esame è su ste cose... residui, trasformata di Fourier, serie di Fourier, differenziali di funzioni.... ne ho appena postato un altro simile btw.[/quote]
Abbiamo capito, ma chi ti ha proposto l’esercizio non ha visto che ti ha assegnato un esercizio del tutto inutile: la teoria dei residui non è stata sviluppata per risolvere integrali immediati… Per quelli bastano le tavole di Analisi I (o delle scuole superiori).
P.S.: Questo vizio di attaccare l’asino dove vuole il padrone è odioso.
È sintomo di “esamite acuta”, quella malattia tipica dello studente universitario che studia solo per passare gli esami, senza un minimo di spirito critico.
"gugo82":
P.S.: Questo vizio di attaccare l’asino dove vuole il padrone è odioso.
È sintomo di “esamite acuta”, quella malattia tipica dello studente universitario che studia solo per passare gli esami, senza un minimo di spirito critico.
Prima cosa: chi ti ha detto che non sia critico? io studio scienze dei materiali. Non me ne frega assolutamente niente della teoria dei residui e delle trasformate e di tutto ciò che c'è dietro. Anche perché le fanno i PC (non mi metterò mai a trasformare un segnale elettrico proveniente da un NMR due volte per avere un grafico bidimensionale dei chemical shifts delle molecole sotto esame).
Sono critico nel fare un corso simile in cui devo sapere teorema e dimostrazione, esercizi ecc ecc ad uno scienziato dei materiali. A noi servirebbero corsi di matematica dove il prof non sia solo un matematico ma anche un fisico: che ci spieghi le basi ortonormali, i bra, i ket (e qualsiasi altra cosa ti venga in mente) non solo con un formalismo matematico ma che abbia dei lunghi contatti con la fisica.
Seconda cosa: sì, studio solo per passare gli esami e laurearmi, specialmente se questi sono tenuti da professori che non sanno insegnare e che il loro scopo è quello di romperti i coglioni con teoremi e postulati senza nemmeno mostrare un'applicazione nella fisica.
Terza cosa: posso dire e dico che il mio prof di nanotecnologie è un pirla (e lo dico) e che il suo intero corso è stato una gigantesca sega al suo smisurato ego: di quando era in new mexico a lavorare al super magnete grosso millemila campi da calcio e che quando lo fermano spostavano l'intero continente di 2 millimetri (e scusa per l'OT). ma poi cosa ottengo? ottengo che il prof se la prende e mi fa laureare nel duemila e credici.
Quarta cosa: se la consegna dell'esercizio dice "calcola con i residui" posso essere il criticone più critico di tutto l'ateneo ma resta il fatto che lo devo calcolare con i residui. punto. PERCHE' QUESTO E' QUELLO CHE VUOLE IL PROF ED E' QUESTO QUELLO CHE CONTA, e non l'ultimo degli imbecilli degli studenti fuori corso (cioè io).
Ah, quindi la tua sarebbe l’unica reazione ad un sistema universitario che non ti soddisfa?
Quella più inutile e dannosa per te?
Bene, viva la maturità di pensiero.
Ora che ti sei sfogato, torna a studiare Matematica: è l’unica cosa che ti servirà.
Quella più inutile e dannosa per te?
Bene, viva la maturità di pensiero.
Ora che ti sei sfogato, torna a studiare Matematica: è l’unica cosa che ti servirà.
"gugo82":
@ Exodus: Non ti stavo chiedendo altri esempi.
Vorrei sapere come hai giocato in questo caso.
Non sarai un matematico, ma l’italiano credo tu lo capisca bene.
Certo ti ho risposto, l'ho fatto qualche tempo fà e il procedere è quello dell'esempio che ti ho citato, trovo delle relazioni tra i numeri, aggiungendo, togliendo e moltiplicando per costanti finchè il tutto funziona.
Adesso se vuoi sapere per filo e per segno se ho aggiunto un $pi$ sottratto una radice o moltiplicato per una funzione seno, non ti sò rispondere perchè non è una cosa che ho fatto li per li, è un risultato che avevo memorizzato in una tabella dove tengo questi miei "esperimenti con i numeri"
Sicuramente stavo giocando con la soluzione di integrali impropri con i residui.
Non ho la testa nella matematica ma nell'arte
@ Exodus: Ok, prendo atto del fatto che vuoi tenerti questa cosa per te.
Amen.
Viva gli utenti che capiscono lo spirito del forum.
Amen.
Viva gli utenti che capiscono lo spirito del forum.
"gugo82":
@ pilloeffe: Proprio perché avevo incrociato quella formula già un’altra volta e proprio perché so che essa è legata al calcolo con la funzione beta di Eulero, mi è venuta la curiosità di sapere com’è stata stabilita in “senso intuitivo”.
Certo, avevo correttamente interpretato il tuo pensiero.
Peccato che Exodus non voglia renderci partecipi del suo metodo intuitivo perché anche a me era venuta la curiosità di sapere come aveva proceduto...
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