Calcolare il seguente integrale con i residui?
Salve a tutti, ho il seguente integrale :
$ int_(-oo )^(+oo) dx/(x^6-2x^3+4) $
Calcolando le singolarità imponendo la semicirconferenza ottengo che $ R[root(3)(2) e^(jpi/9)] $ , $ R[root(3)(2) e^(j7/9pi)] $ , $ R[root(3)(2) e^(j5/9pi)] $ , sono i residui da calcolare. Normalmente per ogni residuo farei il limite del punto singolare di (z-zo) f(z) e lo calcolerei, però sul libro giunge al risultato in un modo diverso, e spero che voi possiate aiutarmi a capire come fa.
Praticamente scrive che $ R[root(3)(2) e^(jpi/9)] $ = $ lim_(z -> root(3)(2) e^(jpi/9)) 1/(6z^5-6z^2) $ e da qui non capisco.. ma da dove esce quell' $ 1/(6z^5-6z^2) $ ?
$ int_(-oo )^(+oo) dx/(x^6-2x^3+4) $
Calcolando le singolarità imponendo la semicirconferenza ottengo che $ R[root(3)(2) e^(jpi/9)] $ , $ R[root(3)(2) e^(j7/9pi)] $ , $ R[root(3)(2) e^(j5/9pi)] $ , sono i residui da calcolare. Normalmente per ogni residuo farei il limite del punto singolare di (z-zo) f(z) e lo calcolerei, però sul libro giunge al risultato in un modo diverso, e spero che voi possiate aiutarmi a capire come fa.
Praticamente scrive che $ R[root(3)(2) e^(jpi/9)] $ = $ lim_(z -> root(3)(2) e^(jpi/9)) 1/(6z^5-6z^2) $ e da qui non capisco.. ma da dove esce quell' $ 1/(6z^5-6z^2) $ ?
Risposte
Ciao!
Sussiste un Teorema che afferma che, se $ f(z)=(p(z))/(q(z)) $ con $ p $ e $ q $ funzioni analitiche in $ z=z_0 $, tali che $ p(z_0) != 0 $ , $ q(z_0) = 0 $ e $ q'(z_0) != 0 $, allora $ f $ ha un polo semplice in $ z_0 $ e il Residuo in $ z = z_0 $ di $ f(z) $ è dato da $ (p(z_0))/(q'(z_0) $.
In poche parole, se la funzione è data dal rapporto di polinomi e il denominatore si annulla quando valutato nel punto $ z = z_0 $, ma non si annulla la sua derivata, allora il residuo della funzione è dato dal rapporto tra il numeratore valutato in $ z_0 $ e la derivata prima del denominatore valutata in $ z_0 $, che è quello che ti dice la soluzione dell'esercizio
Sussiste un Teorema che afferma che, se $ f(z)=(p(z))/(q(z)) $ con $ p $ e $ q $ funzioni analitiche in $ z=z_0 $, tali che $ p(z_0) != 0 $ , $ q(z_0) = 0 $ e $ q'(z_0) != 0 $, allora $ f $ ha un polo semplice in $ z_0 $ e il Residuo in $ z = z_0 $ di $ f(z) $ è dato da $ (p(z_0))/(q'(z_0) $.
In poche parole, se la funzione è data dal rapporto di polinomi e il denominatore si annulla quando valutato nel punto $ z = z_0 $, ma non si annulla la sua derivata, allora il residuo della funzione è dato dal rapporto tra il numeratore valutato in $ z_0 $ e la derivata prima del denominatore valutata in $ z_0 $, che è quello che ti dice la soluzione dell'esercizio
Ciao Omi,
E' semplicemente il rapporto fra la derivata del numeratore e la derivata del denominatore... Dato che sono tutti poli semplici, per risolvere il limite sta applicando la regola di de l'Hopital:
$\text{Res}[f(z); z_0] = \lim_{z \to z_0} (z - z_0) f(z) = \lim_{z \to z_0} (z - z_0)/(z^6-2z^3+4) \stackrel{H}[=] \lim_{z \to z_0} 1/(6z^5 - 6z^2) $
"Omi":
...ma da dove esce quell' $1/(6z^5-6z^2) $ ?
E' semplicemente il rapporto fra la derivata del numeratore e la derivata del denominatore... Dato che sono tutti poli semplici, per risolvere il limite sta applicando la regola di de l'Hopital:
$\text{Res}[f(z); z_0] = \lim_{z \to z_0} (z - z_0) f(z) = \lim_{z \to z_0} (z - z_0)/(z^6-2z^3+4) \stackrel{H}[=] \lim_{z \to z_0} 1/(6z^5 - 6z^2) $
Ti ringrazio Pilo. Ho iniziato oggi a studiare i Residui e non pensavo che si potesse applicare de l'Hopital anche nel campo complesso, grazie mille.
"Derudas":
Ciao!
Sussiste un Teorema che afferma che, se $ f(z)=(p(z))/(q(z)) $ con $ p $ e $ q $ funzioni analitiche in $ z=z_0 $, tali che $ p(z_0) != 0 $ , $ q(z_0) = 0 $ e $ q'(z_0) != 0 $, allora $ f $ ha un polo semplice in $ z_0 $ e il Residuo in $ z = z_0 $ di $ f(z) $ è dato da $ (p(z_0))/(q'(z_0) $.
In poche parole, se la funzione è data dal rapporto di polinomi e il denominatore si annulla quando valutato nel punto $ z = z_0 $, ma non si annulla la sua derivata, allora il residuo della funzione è dato dal rapporto tra il numeratore valutato in $ z_0 $ e la derivata prima del denominatore valutata in $ z_0 $, che è quello che ti dice la soluzione dell'esercizio
Ah ecco, si effettivamente ho un teorema del genere, non avevo capito che applicasse questo però. Diciamo che è una sorta di de Hopital però nel campo complesso.. grazie ad entrambi!
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