[EX] Calcolo di un integrale

[gugo82]

Esercizio:

Dopo aver determinato per quali valori di $\lambda in \RR$ l'integrale:
\[
\int_0^{+\infty} \frac{1}{x^\lambda\ (1+x)}\ \text{d} x
\]
risulta convergente (specificando se esso converge come integrale improprio, come integrale di funzione sommabile o come integrale a valor principale), calcolarne il valore con l'ausilio della Teoria dei Residui.

[gugo82]

"gugo82":Esercizio:

Dopo aver determinato per quali valori di $\lambda in \RR$ l'integrale:
\[
\int_0^{+\infty} \frac{1}{x^\lambda\ (1+x)}\ \text{d} x
\]
risulta convergente (specificando se esso converge come integrale improprio, come integrale di funzione sommabile o come integrale a valor principale), calcolarne il valore con l'ausilio della Teoria dei Residui.

L'esercizio, a parte una piccola sofisticatezza standard (dovuta alla presenza di funzioni polidrome), è molto semplice... Mi spiace che nessuno abbia tentato.
La soluzione è in spoiler.

L’integrale converge, essendo l’integrando sommabile in $[0,+oo[$, se e solo se $0< lambda <1$.

Per il calcolo, considero la funzione ausiliaria complessa:
\[
f(z) := \frac{1}{z^\lambda (1+z)} = \frac{1}{e^{\lambda \log |z| + \imath \lambda \operatorname{arg} z}(1+z)}\; ,
\]
la quale è polidroma analitica in $CC \setminus \{ 0\}$, e la integro sul bordo della corona circolare $Omega_(r,R)$ di raggi \(0 < r \ll 1 \ll R\) tagliata lungo il semiasse delle parti reali positive (vedi figura).
[asvg]axes("", "");
stroke ="red"; strokewidth = 2; circle([0,0], 0.25); circle([0,0], 4.75); line([0.25, 0], [4.75,0]);[/asvg]
Data la polidromia di $f$, devo fissare una determinazione con cui lavorare: per comodità, scelgo la determinazione principale, ossia quella che si ottiene prendendo \(\operatorname{arg} z = 0\) sul bordo superiore del taglio, \(\operatorname{arg} z = 2\pi\) sul bordo inferiore ed \(0 < \operatorname{arg} z < 2\pi \) nei restanti punti di $Omega_(r,R)$ (determinato con legge di continuità).
Per le ipotesi fatte sui raggi, $-1$ è l’unica singolarità interna ad $Omega_(r,R)$, dunque il Primo Teorema dei Residui assicura che:
\[
\intop_{+ \partial \Omega_{r,R}} f(z)\ \text{d} z = 2\pi\ \imath\ \operatorname{Res}(f; -1) \; ;
\]
poiché $-1$ è un polo semplice per $f$ ho:
\[
\operatorname{Res}(f;-1) = \lim_{z\to -1} (z+1)\ f(z) = \frac{1}{e^{\imath\ \lambda \pi}}\; ,
\]
sicchè:
\[
\intop_{+ \partial \Omega_{r,R}} f(z)\ \text{d} z = \frac{2\pi\ \imath}{e^{\imath\ \lambda \pi}}
\]
per ogni coppia di raggi fissati come detto sopra.
D’altro canto, per proprietà additiva, sempre per ogni coppia di raggi ottengo:
\[
\intop_{+ \partial \Omega_{r,R}} f(z)\ \text{d} z = \intop_{[r,R] \downarrow} f(z)\ \text{d} z + \underbrace{\intop_{+ \Gamma_{R}} f(z)\ \text{d} z}_{=: I(R)} - \intop_{[r,R] \uparrow} f(z)\ \text{d} z - \underbrace{\intop_{+ \Gamma_{r}} f(z)\ \text{d} z}_{=: I(r)}
\]
in cui $Gamma_R, Gamma_r$ sono le circonferenze che delimitano $Omega_(r,R)$, $[r,R]$ è il taglio e le frecce \(\downarrow\) e \(\uparrow\) indicano, rispettivamente, se il taglio è considerato come bordo superiore (dunque avvicinandosi "dal disopra") od inferiore (avvicinandosi "dal disotto"); calcolando esplicitamente gli integrali sul taglio, trovo che:
\[
\begin{split}
\intop_{+ \partial \Omega_{r,R}} f(z)\ \text{d} z &= \int_r^R \frac{1}{x^\lambda (1+x)}\ \text{d} x - \int_r^R \frac{1}{e^{\lambda \log x + \imath\ \lambda\ 2\pi} (1+x)}\ \text{d} x \\
&\phantom{=} + I(R) - I(r)\\
&= \int_r^R \frac{1}{x^\lambda (1+x)}\ \text{d} x - \frac{1}{e^{\imath\ \lambda\ 2\pi}} \int_r^R \frac{1}{x^\lambda (1+x)}\ \text{d} x \\
&\phantom{=} + I(R) - I(r)\\
&= \left( 1 - e^{-\imath\ \lambda\ 2\pi}\right)\ \int_r^R \frac{1}{x^\lambda (1+x)}\ \text{d} x + I(R) - I(r)\; ,
\end{split}
\]
dunque risulta:
\[
\tag{1}
\left( 1 - e^{-\imath\ \lambda\ 2\pi}\right)\ \int_r^R \frac{1}{x^\lambda (1+x)}\ \text{d} x + I(R) - I(r) = \frac{2\pi\ \imath}{e^{\imath\ \lambda\ \pi}}
\]
per ogni coppia di raggi \(01) al limite per \(r\to 0^+\) ed \(R\to +\infty\). Affinché tale passaggio risulti giustificato, mi basta dimostrare che è possibile calcolare entrambi i limiti:
\[
\lim_{r\to 0^+} I(r)\qquad \text{e}\qquad \lim_{R\to +\infty} I(R)
\]
ed a tal uopo sfrutto i due Lemmi di Jordan: infatti, risultando per ogni $0<\lambda <1$:
\[
\begin{split}
\lim_{|z|\to 0} z\ f(z) &= 0\\
\lim_{|z|\to +\infty} z\ f(z) &= 0
\end{split}
\]
ho pure:
\[
\begin{split}
\lim_{r\to 0^+} I(r) &= 0\\
\lim_{R\to +\infty} I(R) &= 0\; .
\end{split}
\]
Ne consegue:
\[
\begin{split}
\left( 1 - e^{-\imath\ \lambda\ 2\pi}\right)\ \int_0^{+\infty} \frac{1}{x^\lambda (1+x)}\ \text{d} x &= \lim_{r\to 0^+, R\to +\infty}
\left( 1 - e^{-\imath\ \lambda\ 2\pi}\right)\ \int_r^R \frac{1}{x^\lambda (1+x)}\ \text{d} x + I(R) - I(r) \\
&= \frac{2\pi\ \imath}{e^{\imath\ \lambda\ \pi}}
\end{split}
\]
e perciò:
\[
\begin{split}
\left( e^{\imath\ \lambda\ \pi} - e^{-\imath\ \lambda\ \pi}\right)\ \int_0^{+\infty} \frac{1}{x^\lambda (1+x)}\ \text{d} x = \imath\ 2\pi \quad &\Leftrightarrow \quad \imath\ 2\ \sin (\lambda \pi)\ \int_0^{+\infty} \frac{1}{x^\lambda (1+x)}\ \text{d} x = \imath\ 2\pi\\
&\Leftrightarrow \quad \int_0^{+\infty} \frac{1}{x^\lambda (1+x)}\ \text{d} x = \frac{\pi}{\sin (\lambda \pi)}\; ,
\end{split}
\]
che è il valore cercato per l'integrale.

[dan952]

Vedo la soluzione e penso alla funzione Gamma...

[edmz]

"dan95":Vedo la soluzione e penso alla funzione Gamma...

Ci ho pensato anche io, ma portarlo nella forma della gamma non mi è riuscito; puoi far comparire il logaritmo con l'IPP, ma l'esponenziale è problematico (chiaramente in termini di gamma).
Invece (nel thread collegato) in termini di Beta è stato più immediato, per quanto siamo lì.