Integrale con i residui con logaritmo: $int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2+4} dx$
Buongiorno, sto trovando difficoltà nel risolvere questo logaritmo: $int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2+4} dx$.
Si tratta di un integrale del tipo $I = \int_0^\infty f(x) \log^n(x) dx$ che, dalle dispense del professore che sto seguendo, si dice poter essere risolto con due diversi contorni:
1. Il semicerchio indentando la singolarità in $0$ e facendo un taglio in $\frac{3\pi}{2}$
2. oppure con il contorno a "buco della serratura" tagliando ad esempio nel semiasse positivo dei reali.
Sto cercando di risolverlo in entrambi i modi, nel primo caso:
Prendiamo la funzione ausiliaria:
$f(z) = \frac{\log(z)}{z^2+4)$
Calcoliamo le singolarità:
$z^2+4=0$ ossia $z=\pm 2i$
Ma solamente $z=2i$ si trova nel contorno perché $-2i$ si trova nel semipiano immaginario negativo.
Se ho capito bene, avendo effettuato il taglio (per spezzare la polidromia) possiamo scrivere: $\log(z) = \log|z| + i\theta$
Quindi andando a calcolare il residuo abbiamo:
$Res_{z=2i} [f(z)] = \frac{\log(2) + \frac{i\pi}{2}}{4i}$
E quindi:
$$\int_0^\infty \frac{\log(z)}{z^2+4} dz = 2\pi i * \frac{\log(2) + \frac{i\pi}{2}}{4i} = \frac{\pi(2\log(2+i\pi)}{4} $$
Ora noi sappiamo che il contorno che abbiamo scelto, che chiameremo $\gamma$, può essere scomposto in $4$ parti:
$\gamma = \gamma_R, \gamma_r, \lambda_1, \lambda_2$ e che per $R \to \infty$ e $r \to 0$ $\gamma_R$ e $\gamma_r$ danno contributo $0$. In particolare utilizziamo la seguente parametrizzazione dei $4$ pezzi:
\begin{cases}
\lambda_1(x) = x \quad r \leq x \leq R \\
\lambda_2(x) = xe^{i\pi} \quad R \geq x \geq r\\
\gamma_R = Re^{i\theta} \quad 0 \leq \theta \leq \pi\\
\gamma_r = re^{i\theta} \quad \pi \geq \theta \geq 0\\
\end{cases}
Dimostriamo ora che $\gamma_R$ va a $0$:
$\int_0^\pi \frac{\log(R)+i\theta}{R^2 e^{i2\theta} + 4}iRe^{i\theta}d\theta \leq |\int_0^\pi \frac{\log(R)+i\theta}{R^2 e^{i2\theta} + 4}iRe^{i\theta}d\theta| \leq int_0^\pi \frac{|\log(R)+i\theta|}{|R^2 e^{i2\theta} + 4|}R d\theta \leq \frac{\log(R) + \pi}{R^2+4}R\pi$
Da quest'ultima espressione raccogliendo $R^2$ e facendo il limite per $R \to \infty$ ci troviamo con $\frac{0}{1} = 0$
Stessa cosa la possiamo fare per $\gamma_r$.
Per $\lambda_1$ invece troviamo che:
$\int_{\lambda_1} f(z) dz = \int_r^R \frac{log(x)}{x^2+4} = \int_0^\infty \frac{log(x)}{(x^2+4)} = I$ ossia è uguale all'integrale che vogliamo calcolare. Con $\lambda_2$ invece troviamo $\int_0^\infty \frac{log(x)+i\pi}{(x^2+4)}$ ossia $I + \int_0^\infty \frac{i\pi}{x^2+4}$
Ora sommando $\lambda_1$ e $\lambda_2$ ed eguagliando coi residui troviamo:
$2I + \int_0^\infty \frac{i\pi}{x^2+4} = \frac{\pi (2\log(2)+i \pi)}{4}$
e quindi abbiamo:
$I = \frac{\pi}{4} \log(2)$
Spero di non aver commesso errori nelle maggiorazioni o in altri punti, in tal caso correggetemi.
Nel prossimo post scriverò il secondo procedimento col secondo contorno, il cui risultato però non mi torna
Si tratta di un integrale del tipo $I = \int_0^\infty f(x) \log^n(x) dx$ che, dalle dispense del professore che sto seguendo, si dice poter essere risolto con due diversi contorni:
1. Il semicerchio indentando la singolarità in $0$ e facendo un taglio in $\frac{3\pi}{2}$
2. oppure con il contorno a "buco della serratura" tagliando ad esempio nel semiasse positivo dei reali.
Sto cercando di risolverlo in entrambi i modi, nel primo caso:
Prendiamo la funzione ausiliaria:
$f(z) = \frac{\log(z)}{z^2+4)$
Calcoliamo le singolarità:
$z^2+4=0$ ossia $z=\pm 2i$
Ma solamente $z=2i$ si trova nel contorno perché $-2i$ si trova nel semipiano immaginario negativo.
Se ho capito bene, avendo effettuato il taglio (per spezzare la polidromia) possiamo scrivere: $\log(z) = \log|z| + i\theta$
Quindi andando a calcolare il residuo abbiamo:
$Res_{z=2i} [f(z)] = \frac{\log(2) + \frac{i\pi}{2}}{4i}$
E quindi:
$$\int_0^\infty \frac{\log(z)}{z^2+4} dz = 2\pi i * \frac{\log(2) + \frac{i\pi}{2}}{4i} = \frac{\pi(2\log(2+i\pi)}{4} $$
Ora noi sappiamo che il contorno che abbiamo scelto, che chiameremo $\gamma$, può essere scomposto in $4$ parti:
$\gamma = \gamma_R, \gamma_r, \lambda_1, \lambda_2$ e che per $R \to \infty$ e $r \to 0$ $\gamma_R$ e $\gamma_r$ danno contributo $0$. In particolare utilizziamo la seguente parametrizzazione dei $4$ pezzi:
\begin{cases}
\lambda_1(x) = x \quad r \leq x \leq R \\
\lambda_2(x) = xe^{i\pi} \quad R \geq x \geq r\\
\gamma_R = Re^{i\theta} \quad 0 \leq \theta \leq \pi\\
\gamma_r = re^{i\theta} \quad \pi \geq \theta \geq 0\\
\end{cases}
Dimostriamo ora che $\gamma_R$ va a $0$:
$\int_0^\pi \frac{\log(R)+i\theta}{R^2 e^{i2\theta} + 4}iRe^{i\theta}d\theta \leq |\int_0^\pi \frac{\log(R)+i\theta}{R^2 e^{i2\theta} + 4}iRe^{i\theta}d\theta| \leq int_0^\pi \frac{|\log(R)+i\theta|}{|R^2 e^{i2\theta} + 4|}R d\theta \leq \frac{\log(R) + \pi}{R^2+4}R\pi$
Da quest'ultima espressione raccogliendo $R^2$ e facendo il limite per $R \to \infty$ ci troviamo con $\frac{0}{1} = 0$
Stessa cosa la possiamo fare per $\gamma_r$.
Per $\lambda_1$ invece troviamo che:
$\int_{\lambda_1} f(z) dz = \int_r^R \frac{log(x)}{x^2+4} = \int_0^\infty \frac{log(x)}{(x^2+4)} = I$ ossia è uguale all'integrale che vogliamo calcolare. Con $\lambda_2$ invece troviamo $\int_0^\infty \frac{log(x)+i\pi}{(x^2+4)}$ ossia $I + \int_0^\infty \frac{i\pi}{x^2+4}$
Ora sommando $\lambda_1$ e $\lambda_2$ ed eguagliando coi residui troviamo:
$2I + \int_0^\infty \frac{i\pi}{x^2+4} = \frac{\pi (2\log(2)+i \pi)}{4}$
e quindi abbiamo:
$I = \frac{\pi}{4} \log(2)$
Spero di non aver commesso errori nelle maggiorazioni o in altri punti, in tal caso correggetemi.
Nel prossimo post scriverò il secondo procedimento col secondo contorno, il cui risultato però non mi torna
Risposte
Prendendo il secondo contorno dobbiamo calcolare i residui di entrambe le singolarità ossia di $z= \pm 2i$
Prendiamo la seguente parametrizzazione:
\[ \begin{cases} \lambda_1(x) = xe^{i\epsilon} \quad r \leq x \leq R \\ \lambda_2(x) = xe^{i(2\pi-\epsilon)} \quad R \geq x \geq r\\ \gamma_R = Re^{i\theta} \quad \epsilon \leq \theta \leq 2\pi-\epsilon\\ \gamma_r = re^{i\theta} \quad 2\pi-\epsilon \geq \theta \geq \epsilon\\ \end{cases} \]
Anche in questo caso l'integrale su $\gamma_R$ e $\gamma_r$ è possibile dimostrare che vanno a $0$ per $R\to\infty$ e $r \to 0$. Ma nel momento in cui mi calcolo i residui e li vado a sommare trovo che la parte logaritmica mi si sottrae. Mi pare di aver capito che per risolvere questo integrale devo sostituire a $\log(x)$, $\log^2(x)$ (ho trovato questo integrale risolto su un noto forum), ma non ho capito né come si fa, né tantomeno perché si può fare. Grazie dell'aiuto.
Prendiamo la seguente parametrizzazione:
\[ \begin{cases} \lambda_1(x) = xe^{i\epsilon} \quad r \leq x \leq R \\ \lambda_2(x) = xe^{i(2\pi-\epsilon)} \quad R \geq x \geq r\\ \gamma_R = Re^{i\theta} \quad \epsilon \leq \theta \leq 2\pi-\epsilon\\ \gamma_r = re^{i\theta} \quad 2\pi-\epsilon \geq \theta \geq \epsilon\\ \end{cases} \]
Anche in questo caso l'integrale su $\gamma_R$ e $\gamma_r$ è possibile dimostrare che vanno a $0$ per $R\to\infty$ e $r \to 0$. Ma nel momento in cui mi calcolo i residui e li vado a sommare trovo che la parte logaritmica mi si sottrae. Mi pare di aver capito che per risolvere questo integrale devo sostituire a $\log(x)$, $\log^2(x)$ (ho trovato questo integrale risolto su un noto forum), ma non ho capito né come si fa, né tantomeno perché si può fare. Grazie dell'aiuto.
Ciao francyiato,
Vi sono diversi modi per risolvere l'integrale proposto, ma il più semplice mi pare quello di considerare l'integrale
$I(a) = \int_0^{+infty} x^a/(x^2 + 4) \text{d}x = \pi/(2^{2 - a}) sec((\pi a)/2) $
per $\text{Re}[a] > - 1 $ e poi derivare rispetto ad $a$:
$I'(a) = \int_0^{+infty} (x^a log(x))/(x^2 + 4) \text{d}x = \pi/2^(3 - a) sec((\pi a)/2) [log(4) + \pi tan((\pi a)/2)] $
Da cui in effetti si ha:
$ I'(0) = \int_0^{+infty} (log(x))/(x^2 + 4) \text{d}x = \pi/2^3 sec(0) log(4) = \pi/4 log(2) $
Potresti dare un'occhiata ad esempio qui e poi anche qui:
https://math.stackexchange.com/question ... complex-an
https://math.stackexchange.com/question ... lnttn-1-dt
Vi sono diversi modi per risolvere l'integrale proposto, ma il più semplice mi pare quello di considerare l'integrale
$I(a) = \int_0^{+infty} x^a/(x^2 + 4) \text{d}x = \pi/(2^{2 - a}) sec((\pi a)/2) $
per $\text{Re}[a] > - 1 $ e poi derivare rispetto ad $a$:
$I'(a) = \int_0^{+infty} (x^a log(x))/(x^2 + 4) \text{d}x = \pi/2^(3 - a) sec((\pi a)/2) [log(4) + \pi tan((\pi a)/2)] $
Da cui in effetti si ha:
$ I'(0) = \int_0^{+infty} (log(x))/(x^2 + 4) \text{d}x = \pi/2^3 sec(0) log(4) = \pi/4 log(2) $
Potresti dare un'occhiata ad esempio qui e poi anche qui:
https://math.stackexchange.com/question ... complex-an
https://math.stackexchange.com/question ... lnttn-1-dt
"pilloeffe":
Ciao francyiato,
Vi sono diversi modi per risolvere l'integrale proposto, ma il più semplice mi pare quello di considerare l'integrale
$I(a) = \int_0^{+infty} x^a/(x^2 + 4) \text{d}x = \pi/(2^{2 - a}) sec((\pi a)/2) $
per $\text{Re}[a] > - 1 $ e poi derivare rispetto ad $a$:
Ciao, grazie del consiglio, può essere un ottimo modo per controllare il risultato! Infatti nel compito dovrò usare obbligatoriamente il Teorema dei Residui, ma sapere che il risultato è corretto è sicuramente utile. Non capisco però qual è la formula generale dell'integrale che hai utilizzato.
Con il primo contorno come ho scritto, mi torna il risultato (anche se non sono sicura di aver fatto tutto nel migliore dei modi), ma con l'altro contorno no. Ora guardo a fondo i link che mi hai inviato perché mi sembrano essere molto preziosi e a mia volta te ne invio due:
1. https://math.stackexchange.com/question ... rithm?rq=1
In questo post calcola dapprima l'integrale del solo denominatore e poi lo deriva per ottenere il risultato dell'integrale iniziale: come se io trovassi il risultato dell'integrale $\int_0^\infty \frac{1}{x^2+4}$ e poi lo derivassi per trovare quello iniziale, non capisco se questo però possa essere fatto sempre. Mi sembra simile a quello che hai fatto tu, cerco di capire che avete fatto
2. https://math.stackexchange.com/question ... ue-theorem
Qui dove viene risolto proprio questo integrale.
Vado a provare rifare l'integrale e mi faccio risentire. Grazie!
"francyiato":
Non capisco però qual è la formula generale dell'integrale che hai utilizzato.
Dai un'occhiata ad esempio alle mie risposte ai thread seguenti:
https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 4&t=203611
https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 4&t=212634
https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 4&t=209363
Nel link riportato di seguito puoi trovare molti modi per reperire la formula generale dell'integrale che ho utilizzato:
https://math.stackexchange.com/question ... acxn1-xmdx
"francyiato":
come se io trovassi il risultato dell'integrale $ \int_0^{+\infty}1/(x^2+4) \text{d}x $
Beh, questo è praticamente immediato:
$\int 1/(x^2+4) \text{d}x = 1/2 arctan(x/2) + c $
Quindi si ha:
$ \int_0^{+\infty} 1/(x^2+4) \text{d}x = [1/2 arctan(x/2)]_0^{+\infty} = \pi/4 $
Volevo anche farti notare che non è difficile ricondurre l'integrale proposto a quelli dei link del mio post precedente, infatti ponendo $x := 2t \implies \text{d}x = 2 \text{d}t $ gli estremi di integrazione non cambiano e si ha:
$\int_0^{+\infty} \frac{\log(x)}{x^2+4} \text{d}x = \int_0^{+\infty} \frac{\log(2t)}{4t^2+4} 2\text{d}t = 1/2 \int_0^{+\infty} \frac{\log(2t)}{t^2+1} \text{d}t = 1/2 \int_0^{+\infty} \frac{\log(2) + \log(t)}{t^2+1} \text{d}t = $
$ = log(2)/2 \int_0^{+\infty} \frac{1}{t^2+1} \text{d}t + 1/2 \int_0^{+\infty} \frac{\log(t)}{t^2+1} \text{d}t = log(2)/2 [arctan(x)]_0^{+\infty} + 1/2 \int_0^{+\infty} \frac{\log(t)}{t^2+1} \text{d}t = $
$ = \pi/4 log(2) + 1/2 \int_0^{+\infty} \frac{\log(t)}{t^2+1} \text{d}t = \pi/4 log(2) + 1/2 \cdot 0 = \pi/4 log(2) $
"pilloeffe":
Non capisco però qual è la formula generale dell'integrale che hai utilizzato.
Dai un'occhiata ad esempio alle mie risposte ai thread seguenti:
https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 4&t=203611
https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 4&t=212634
https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 4&t=209363
Nel link riportato di seguito puoi trovare molti modi per reperire la formula generale dell'integrale che ho utilizzato:
https://math.stackexchange.com/question ... acxn1-xmdx
Grazie dei link. Ho capito come è stata ricavata la formula! In generale quindi applicando il Teorema dei Residui è possibile trovare delle formule più generali?
"pilloeffe":
Beh, questo è praticamente immediato:
$ \int 1/(x^2+4) \text{d}x = 1/2 arctan(x/2) + c $
Credo di non essermi spiegata bene, perdonami
Io intendevo dire che nel link che avevo mandato mi sembrava di capire che l'autore avesse trovato col Teorema dei Residui solamente un integrale simile a quello da me evidenziato ($\int_0^\infty 1/(x^2+4) \text{d}x$) e poi avesse trovato l'integrale iniziale (che anche nel suo caso aveva il logaritmo al numeratore), derivando la soluzione del primo integrale, e quindi mi chiedevo se questo si potesse fare. Io in ogni caso dovrò obbligatoriamente utilizzare il Teorema dei Residui."pilloeffe":
Volevo anche farti notare che non è difficile ricondurre l'integrale proposto a quelli dei link del mio post precedente, infatti ponendo $ x := 2t \implies \text{d}x = 2 \text{d}t $ gli estremi di integrazione non cambiano
Vero, grazie, se dovesse essere possibile cercherò di controllare la correttezza del risultato trovato col Teorema dei Residui mediante altre tecniche. Ci sono delle tipologie di integrali per i quali è inutile provarci, perché senza Teorema dei Residui sono molto complicati?
"francyiato":
[...] derivando la soluzione del primo integrale [...]
Attenzione che ha derivato rispetto al parametro $a$
"francyiato":
[...] e quindi mi chiedevo se questo si potesse fare.
Sì, si può fare... Fra l'altro è una delle tecniche per risolvere integrali preferite da Richard Feynman (premio Nobel per la Fisica nel 1965 per l'elaborazione dell'elettrodinamica quantistica).
"francyiato":
Ci sono delle tipologie di integrali per i quali è inutile provarci, perché senza Teorema dei Residui sono molto complicati?
Potrei risponderti con "Ho visto integrali che voi umani..."
Uno ad esempio qui.
Diciamo che le si provano tutte ed il Teorema dei residui è sicuramente un'ottima freccia al nostro arco. Nelle prove scritte degli esami (non so come si chiama l'esame per il quale stai studiando, il mio si chiamava Complementi di Analisi matematiche, ora probabilmente si chiama Analisi matematica III/IV o Analisi Complessa) tipicamente gli integrali da risolvere col Teorema dei residui sono fattibili (naturalmente dipende anche dal professore, ma diciamo in linea di massima...
)
"pilloeffe":
Sì, si può fare... Fra l'altro è una delle tecniche per risolvere integrali preferite da Richard Feynman (premio Nobel per la Fisica nel 1965 per l'elaborazione dell'elettrodinamica quantistica).
Buono a sapersi
"pilloeffe":
Potrei risponderti con "Ho visto integrali che voi umani..."
Uno ad esempio qui.
Diciamo che le si provano tutte ed il Teorema dei residui è sicuramente un'ottima freccia al nostro arco. Nelle prove scritte degli esami (non so come si chiama l'esame per il quale stai studiando, il mio si chiamava Complementi di Analisi matematiche, ora probabilmente si chiama Analisi matematica III/IV o Analisi Complessa) tipicamente gli integrali da risolvere col Teorema dei residui sono fattibili (naturalmente dipende anche dal professore, ma diciamo in linea di massima...
Ok perfetto grazie mille! Comunque l'esame si chiama Metodi e Modelli Matematici della Fisica e un primo modulo è di Analisi Complessa e un secondo modulo è di Analisi Funzionale.
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