Integrale con il metodo dei residui
Calcolare $ I_1 = \int_{0}^{\infty} log(x)/(x^(1/3)(x+1)) dx $ sapendo che: $ I_0 = \int_{0}^{\infty} dx/(x^(1/3)(x+1)) = (2pi)/\sqrt(3) $
Ho considerato la funzione complessa $f(z) = log^2(z)/(z^(1/3)(z+1))$ ed il seguente cammino $\Gamma$ alla "pacman"
in cui il taglio va da 0 a $\infty$ e $z^(1/3)$ e $log(z)$ sono entrambi reali per z reali positivi al di sopra del taglio. A questo punto, nel limite in cui il raggio del cerchio che circonda lo 0 va a 0 e quello del cerchio grande va ad infinito:
$ \int_{\Gamma} f(z) dz = (-4 \pi i I_1 + 4 pi^2 I_0) e^(-2/3 pi i) = 2 \pi i Res_{z = -1} f(z) = -2 \pi^3 i e^(-pi/3 i) $
Da cui ottengo:
$-4 \pi i I_1 + 4 pi^2 I_0 = 2 \pi^3 i e^(pi/3 i) = -\pi^3 i + \sqrt(3)\pi^3 $
Facendo in questo modo ottengo un' incongruenza sul risultato di $I_0$ e che $I_1 = \pi^2/4$ (wolfram alpha dice che vale $2/3 pi^2$). Qualcuno sa dirmi dove sbaglio?
Ho considerato la funzione complessa $f(z) = log^2(z)/(z^(1/3)(z+1))$ ed il seguente cammino $\Gamma$ alla "pacman"
in cui il taglio va da 0 a $\infty$ e $z^(1/3)$ e $log(z)$ sono entrambi reali per z reali positivi al di sopra del taglio. A questo punto, nel limite in cui il raggio del cerchio che circonda lo 0 va a 0 e quello del cerchio grande va ad infinito:
$ \int_{\Gamma} f(z) dz = (-4 \pi i I_1 + 4 pi^2 I_0) e^(-2/3 pi i) = 2 \pi i Res_{z = -1} f(z) = -2 \pi^3 i e^(-pi/3 i) $
Da cui ottengo:
$-4 \pi i I_1 + 4 pi^2 I_0 = 2 \pi^3 i e^(pi/3 i) = -\pi^3 i + \sqrt(3)\pi^3 $
Facendo in questo modo ottengo un' incongruenza sul risultato di $I_0$ e che $I_1 = \pi^2/4$ (wolfram alpha dice che vale $2/3 pi^2$). Qualcuno sa dirmi dove sbaglio?
Risposte
Ciao Nexus99,
Per quanto mi secchi ammetterlo, ha ragione WolframAlpha...
Sicuro di aver considerato che nel bordo inferiore del taglio il logaritmo della funzione integranda diventa
$ log(x) + 2\pi i $ ?
Se non sei obbligato a risolverlo con il metodo dei residui, io qui farei diversamente, cioè porrei
$ I(a) := \int_{0}^{+\infty} x^a/(x^(1/3)(x+1)) \text{d}x $
ove ovviamente $ I_0 := I(0) = \int_{0}^{+\infty} 1/(x^(1/3)(x+1)) \text{d}x = (2\pi)/\sqrt(3) $
A questo punto osserverei che si ha:
$ del/(\del a) [x^a/(x^(1/3)(x+1))] = (x^{a - 1/3} log(x))/(1 + x) $
Integrando da $0$ a $+\infty $, quello al secondo membro diventa l'integrale richiesto (considerando $a = 0$), mentre il primo, scambiando la derivata con l'integrale, si può ricondurre alla funzione beta e poi alla funzione gamma sicché si ottiene
$ del/(\del a) [\int_0^{+\infty} x^a/(x^(1/3)(x+1)) \text{d}x] = \int_0^{+\infty} (x^{a - 1/3} log(x))/(1 + x) \text{d}x $
$ del/(\del a) [\pi sec(\pi/6 + a\pi)] = \int_0^{+\infty} (x^{a - 1/3} log(x))/(1 + x) \text{d}x $
$ \pi^2 sec[(1/6 + a) \pi] tan[(1/6 + a) \pi] = \int_0^{+\infty} (x^{a - 1/3} log(x))/(1 + x) \text{d}x $
per $\text{Re}[a] > - 2/3 $
A questo punto, considerando $a = 0 > - 2/3 $ si ha:
$ \int_0^{+\infty} (log(x))/(x^{1/3}(1 + x)) \text{d}x = \pi^2 sec(\pi/6) tan(\pi/6) = \pi^2 \cdot 2/sqrt3 \cdot 1/sqrt3 = (2\pi^2)/3 $
"Nexus99":
wolfram alpha dice che vale $2/3 \pi^2$
Per quanto mi secchi ammetterlo, ha ragione WolframAlpha...
"Nexus99":
Qualcuno sa dirmi dove sbaglio?
Sicuro di aver considerato che nel bordo inferiore del taglio il logaritmo della funzione integranda diventa
$ log(x) + 2\pi i $ ?
Se non sei obbligato a risolverlo con il metodo dei residui, io qui farei diversamente, cioè porrei
$ I(a) := \int_{0}^{+\infty} x^a/(x^(1/3)(x+1)) \text{d}x $
ove ovviamente $ I_0 := I(0) = \int_{0}^{+\infty} 1/(x^(1/3)(x+1)) \text{d}x = (2\pi)/\sqrt(3) $
A questo punto osserverei che si ha:
$ del/(\del a) [x^a/(x^(1/3)(x+1))] = (x^{a - 1/3} log(x))/(1 + x) $
Integrando da $0$ a $+\infty $, quello al secondo membro diventa l'integrale richiesto (considerando $a = 0$), mentre il primo, scambiando la derivata con l'integrale, si può ricondurre alla funzione beta e poi alla funzione gamma sicché si ottiene
$ del/(\del a) [\int_0^{+\infty} x^a/(x^(1/3)(x+1)) \text{d}x] = \int_0^{+\infty} (x^{a - 1/3} log(x))/(1 + x) \text{d}x $
$ del/(\del a) [\pi sec(\pi/6 + a\pi)] = \int_0^{+\infty} (x^{a - 1/3} log(x))/(1 + x) \text{d}x $
$ \pi^2 sec[(1/6 + a) \pi] tan[(1/6 + a) \pi] = \int_0^{+\infty} (x^{a - 1/3} log(x))/(1 + x) \text{d}x $
per $\text{Re}[a] > - 2/3 $
A questo punto, considerando $a = 0 > - 2/3 $ si ha:
$ \int_0^{+\infty} (log(x))/(x^{1/3}(1 + x)) \text{d}x = \pi^2 sec(\pi/6) tan(\pi/6) = \pi^2 \cdot 2/sqrt3 \cdot 1/sqrt3 = (2\pi^2)/3 $
Grazie dell'idea, comunque ero obbligato con i residui, solamente che sbagliavo metodo, basta considerare $g(z) = log(z)/(z^(1/3)(z+1))$ e prendere il percorso $\Gamma$
"Nexus99":
Calcolare $ I_1 = \int_{0}^{\infty} log(x)/(x^(1/3)(x+1)) dx $ ...
Ho considerato la funzione complessa $f(z) = log^2(z)/(z^(1/3)(z+1))$
Quel \(\log^2\) è un errore di battitura?
"Nexus99":
Grazie dell'idea, comunque ero obbligato con i residui
In realtà si può anche operare con un metodo misto. Infatti integrando la funzione $z^{b - 1}/(z + 1) $ sullo stesso cammino $\Gamma $ alla "pacman" che hai citato, applicando il metodo dei residui si può dimostrare che si ha:
$\int_0^{+\infty} x^{b - 1}/(x + 1) \text{d}x = \pi/sin(b\pi) $
per $0 < \text{Re} < 1 $
Ora nel caso in questione $b - 1 = a - 1/3 \implies b = a + 2/3 $ e dunque si può scrivere
$ I(a) := \int_{0}^{+\infty} x^a/(x^(1/3)(x+1)) \text{d}x = \int_{0}^{+\infty} x^{a - 1/3}/(x+1) \text{d}x = \pi/sin[\pi(a + 2/3)] = \pi/sin[\pi(a + 1/6) + \pi/2] = $
$ = \pi/cos[\pi(a + 1/6)] = \pi sec[\pi(a + 1/6)] $
Da qui in poi puoi procedere con la derivazione rispetto ad $a$ come mostrato nel mio post precedente, senza neanche passare per la funzione beta e la funzione gamma.
"dissonance":
Quel \(\log^2\) è un errore di battitura?
No semplicemente sono una persona distratta, sto cercando di rimediare, consigli sono ben accetti
Comunque rigrazio pilloeffe per i metodi risolutivi.
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