Integrale con logaritmo nel piano complesso
Ciao ragazzi, devo risolvere:
$ int_(0)^(oo ) ln(x^2+1)/(x^2+1) dx $
e pensavo di usare il metodo dei residui, integrando sulla curva chiusa che si ottiene unendo gli intervalli sull'asse reale $ [r,R] $ e $ [-R,-r] $ con le semicirconferenze di centro l'origine e raggi $ R $ ed $ r $ (percorsa in senso antiorario e passando poi al limite per $ Rrarr oo , rrarr 0 $ ). Non riesco a procedere nel calcolo del residuo perchè non capisco di che ordine sia il polo in $ z = i $ .
Dovrei procedere valutando a quale ordine la derivata dell'inversa della funzione integranda è diversa da zero in i, ma non c'è un problema di definizione?
$ int_(0)^(oo ) ln(x^2+1)/(x^2+1) dx $
e pensavo di usare il metodo dei residui, integrando sulla curva chiusa che si ottiene unendo gli intervalli sull'asse reale $ [r,R] $ e $ [-R,-r] $ con le semicirconferenze di centro l'origine e raggi $ R $ ed $ r $ (percorsa in senso antiorario e passando poi al limite per $ Rrarr oo , rrarr 0 $ ). Non riesco a procedere nel calcolo del residuo perchè non capisco di che ordine sia il polo in $ z = i $ .
Dovrei procedere valutando a quale ordine la derivata dell'inversa della funzione integranda è diversa da zero in i, ma non c'è un problema di definizione?
Risposte
Innazitutto l'insieme di integrazione puoi prenderlo su \(\displaystyle [-R,R] \) perchè \(\displaystyle 0 \) non è un punto di discontinuità per la funzione. Detto questo..l'esercizio è abbastanza complesso, infatti i punti che annullano l'argomento del logaritmo sono gli stessi punti che annullano il denominatore. Da questo uno sarebbe portato a pensare che essi sono poli per l'estensione \(\displaystyle f(z) \) ma così non è! In generale, i punti che annullano l'argomento del logaritmo sono detti punti di diramazione e non sono punti di singolarità isolata, di conseguenza non è possibile calcolare i residui in tali punti proprio perchè il teorema dei residui richiede il fatto che siano singolarità isolate.
Tuttavia, analizzando l'integranda \(\displaystyle f(x) \) in campo reale si vede chiaramente che per \(\displaystyle x\to \infty \) la \(\displaystyle f(x) \) è infinitesima di ordine \(\displaystyle 2 \), di conseguenza la funzione è sommabile e quindi l'integrale esiste finito.
Tuttavia, analizzando l'integranda \(\displaystyle f(x) \) in campo reale si vede chiaramente che per \(\displaystyle x\to \infty \) la \(\displaystyle f(x) \) è infinitesima di ordine \(\displaystyle 2 \), di conseguenza la funzione è sommabile e quindi l'integrale esiste finito.
Ok, ti ringrazio! 
Di nulla 
però adesso sono curioso 
tu come lo risolveresti? Ho provato a ragionarci un pò ma non trovo nessuna strada. Il calcolo dei residui in \(\displaystyle \pm i \) non è possibile così come lo sviluppo in serie di Laurent (essendo singolarità non isolate). Eppure l'integrale converge e tramite software il risultato è un semplice \(\displaystyle \pi \;log(2) \)..
Magari domani provo a ragionarci un altro pò a mente fresca, se nel frattempo hai qualche idea posta pure perchè ormai mi hai messo il tarlo in testa
però adesso sono curioso tu come lo risolveresti? Ho provato a ragionarci un pò ma non trovo nessuna strada. Il calcolo dei residui in \(\displaystyle \pm i \) non è possibile così come lo sviluppo in serie di Laurent (essendo singolarità non isolate). Eppure l'integrale converge e tramite software il risultato è un semplice \(\displaystyle \pi \;log(2) \)..Magari domani provo a ragionarci un altro pò a mente fresca, se nel frattempo hai qualche idea posta pure perchè ormai mi hai messo il tarlo in testa
Avete messo il tarlo in testa anche a me...
E' curioso notare che se ci fosse una $x$ a numeratore, l'integrale indefinito sarebbe immediato:
$ int \frac{x ln(x^2+1)}{x^2+1} dx = \frac{1}{4} ln^2(x^2 + 1) + c $
ma $ \int_0^\infty \frac{x ln(x^2+1)}{x^2+1} dx $ sarebbe divergente. Tuttavia, proprio il fatto che non compaiano $x$, ci suggerisce una possibile strategia di attacco, osservando che la funzione integranda è pari; pertanto, chiamando con $I$ l'integrale proposto, si può scrivere
$ I = \frac{1}{2} int_{-\infty}^{+\infty} \frac{ln(x^2+1)}{x^2+1} dx $
Quest'ultimo integrale a sua volta si può spezzare nella somma di due integrali, osservando che
$ ln (x^2 + 1) = ln [(x + i)(x - i)] = ln (x + i) + ln (x - i) $
Perciò si ha:
$ I = \frac{1}{2} int_{-\infty}^{+\infty} \frac{ln(x^2+1)}{x^2+1} dx = \frac{1}{2} (I_1 + I_2) $
avendo posto
$ I_1 = int_{-\infty}^{+\infty} \frac{ln(x+i)}{(x+i)(x-i)} dx \quad \quad \quad \quad \quad \quad I_2 = int_{-\infty}^{+\infty} \frac{ln(x-i)}{(x+i)(x-i)} dx $
Beh, adesso continuate voi che siete più freschi di studi...
Il risultato finale in effetti è $I = \pi ln 2 $. Incidentalmente si trova anche che
$ int_{-\infty}^{+\infty} \frac{ln(x^2+1)}{x^2+1} dx = 2\pi ln 2 $
E' curioso notare che se ci fosse una $x$ a numeratore, l'integrale indefinito sarebbe immediato:
$ int \frac{x ln(x^2+1)}{x^2+1} dx = \frac{1}{4} ln^2(x^2 + 1) + c $
ma $ \int_0^\infty \frac{x ln(x^2+1)}{x^2+1} dx $ sarebbe divergente. Tuttavia, proprio il fatto che non compaiano $x$, ci suggerisce una possibile strategia di attacco, osservando che la funzione integranda è pari; pertanto, chiamando con $I$ l'integrale proposto, si può scrivere
$ I = \frac{1}{2} int_{-\infty}^{+\infty} \frac{ln(x^2+1)}{x^2+1} dx $
Quest'ultimo integrale a sua volta si può spezzare nella somma di due integrali, osservando che
$ ln (x^2 + 1) = ln [(x + i)(x - i)] = ln (x + i) + ln (x - i) $
Perciò si ha:
$ I = \frac{1}{2} int_{-\infty}^{+\infty} \frac{ln(x^2+1)}{x^2+1} dx = \frac{1}{2} (I_1 + I_2) $
avendo posto
$ I_1 = int_{-\infty}^{+\infty} \frac{ln(x+i)}{(x+i)(x-i)} dx \quad \quad \quad \quad \quad \quad I_2 = int_{-\infty}^{+\infty} \frac{ln(x-i)}{(x+i)(x-i)} dx $
Beh, adesso continuate voi che siete più freschi di studi...
Il risultato finale in effetti è $I = \pi ln 2 $. Incidentalmente si trova anche che$ int_{-\infty}^{+\infty} \frac{ln(x^2+1)}{x^2+1} dx = 2\pi ln 2 $
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