Integrale con poli semplici sull'asse reale
Buongiorno, avrei un dubbio sul mio svolgimento del seguente integrale da risolvere col metodo dei residui:
Il risultato dovrebbe essere π e non -π.
Non riesco a capire dove sia l'errore nel procedimento.
Siccome non è indicato nell'immagine, aggiungo che gli integrali su γ e γ' sono nulli per il Lemma di Jordan.
Grazie in anticipo dell'aiuto.
Il risultato dovrebbe essere π e non -π.
Non riesco a capire dove sia l'errore nel procedimento.
Siccome non è indicato nell'immagine, aggiungo che gli integrali su γ e γ' sono nulli per il Lemma di Jordan.
Grazie in anticipo dell'aiuto.
Risposte
Ciao Veon-Forgedawn e benvenuto sul Forum.
Purtroppo il testo del tuo esercizio nell'immagine è illegibile.
In realtà, secondo regolamento, non dovrebberon essere postate immagini, ma bisognerebbe scrivere a mano.
Questo perché, per motivi tecnici, le immagini dopo un certo tempo si cancellano, e i thread diventano incomprensibili.
Comunque, visto che sei appena iscritto, per questa volta posta una immagine, che però si possa leggere!
Se scrivessi il testo tu sarebbe comunque meglio.
Buon proseguimento!
Purtroppo il testo del tuo esercizio nell'immagine è illegibile.
In realtà, secondo regolamento, non dovrebberon essere postate immagini, ma bisognerebbe scrivere a mano.
Questo perché, per motivi tecnici, le immagini dopo un certo tempo si cancellano, e i thread diventano incomprensibili.
Comunque, visto che sei appena iscritto, per questa volta posta una immagine, che però si possa leggere!
Se scrivessi il testo tu sarebbe comunque meglio.
Buon proseguimento!
Correggo il post con la sola immagine, e mi scuso per non aver trascritto il testo.
Quindi provando a fare le cose a modo
Devo risolvere il seguente integrale:
$int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xsin(\pi x)}{(1-x^2)}dx=int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx-int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx$
In cui ho scritto il seno in termini esponenziali e ho fattorizzato il denominatore così da evidenziare eventuali problemi.
Effettivamente ho due poli semplici in $x=+1$ e $x=-1$.
A questo punto scelgo i cammini su cui integrare:
Posto sia il link al file GeoGebra dove ho disegnato i percorsi di integrazione:
(Volevo inserirlo con lo strumento del forum ma nonostante io abbia Java 8 installato non riesco a visualizzare l'editor)
https://www.geogebra.org/m/eu8jwcum
Sia per semplicità la foto del disegno che ho fatto:
CALCOLO IL PRIMO INTEGRALE:
$oint_{\gamma_{1}}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx=int_{\text{arco di circonferenza "grande" }}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx+vp(int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx)=-i\pi(\lim_{x\to 1}\frac{-(1-x)xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}+\lim_{x\to -1}\frac{(1+x)xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)})=-\frac{i\pi}{2i}(-\frac{e^{i\pi}}{2}-\frac{e^{-i\pi}}{2})=-\frac{\pi}{2}$
Dove ho diviso l'integrale sul cammino chiuso $\gamma_{1}$ nell'integrale sulla semicirconferenza "grande" che va a 0 per il Lemma di Jordan e il valore principale (vp) , visti i poli semplici sull'asse reale, della restante parte del cammino (nel valore principale per alleggerire la notazione ho già fatto tendere gli estremi dell'integrale all'infinito). Quindi l'integrale è equivalente alla somma dei residui moltiplicati per $-i\pi$ in cui il segno meno appare poiché percorro le due semicirconferenze "piccole" in senso orario.
CALCOLO IL SECONDO INTEGRALE:
$oint_{\gamma_{1}^{'}}\frac{xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx=int_{\text{arco di circonferenza "grande" }}\frac{xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx+vp(int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx)=-i\pi(\lim_{x\to 1}\frac{-(1-x)xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}+\lim_{x\to -1}\frac{(1+x)xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)})=-\frac{i\pi}{2i}(-\frac{e^{-i\pi}}{2}-\frac{e^{i\pi}}{2})=\frac{\pi}{2}$
In cui valgono analoghe considerazioni rispetto a $\gamma_{1}^{'}$, con la differenza che nel calcolo dei residui questi sono moltiplicati per $i\pi$ poiché questa volta le circonferenze "piccole" sono percorse in senso antiorario
A questo punto: $int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xsin(\pi x)}{(1-x^2)}dx=int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx-int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx=-\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}=-\pi$
Mentre il risultato dell'esercizio è $\pi$.
Tuttavia non capisco dove stia sbagliando nel procedimento.
Grazie in anticipo per la risposta .
Quindi provando a fare le cose a modo
Devo risolvere il seguente integrale:
$int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xsin(\pi x)}{(1-x^2)}dx=int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx-int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx$
In cui ho scritto il seno in termini esponenziali e ho fattorizzato il denominatore così da evidenziare eventuali problemi.
Effettivamente ho due poli semplici in $x=+1$ e $x=-1$.
A questo punto scelgo i cammini su cui integrare:
Posto sia il link al file GeoGebra dove ho disegnato i percorsi di integrazione:
(Volevo inserirlo con lo strumento del forum ma nonostante io abbia Java 8 installato non riesco a visualizzare l'editor)
https://www.geogebra.org/m/eu8jwcum
Sia per semplicità la foto del disegno che ho fatto:
CALCOLO IL PRIMO INTEGRALE:
$oint_{\gamma_{1}}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx=int_{\text{arco di circonferenza "grande" }}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx+vp(int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx)=-i\pi(\lim_{x\to 1}\frac{-(1-x)xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}+\lim_{x\to -1}\frac{(1+x)xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)})=-\frac{i\pi}{2i}(-\frac{e^{i\pi}}{2}-\frac{e^{-i\pi}}{2})=-\frac{\pi}{2}$
Dove ho diviso l'integrale sul cammino chiuso $\gamma_{1}$ nell'integrale sulla semicirconferenza "grande" che va a 0 per il Lemma di Jordan e il valore principale (vp) , visti i poli semplici sull'asse reale, della restante parte del cammino (nel valore principale per alleggerire la notazione ho già fatto tendere gli estremi dell'integrale all'infinito). Quindi l'integrale è equivalente alla somma dei residui moltiplicati per $-i\pi$ in cui il segno meno appare poiché percorro le due semicirconferenze "piccole" in senso orario.
CALCOLO IL SECONDO INTEGRALE:
$oint_{\gamma_{1}^{'}}\frac{xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx=int_{\text{arco di circonferenza "grande" }}\frac{xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx+vp(int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx)=-i\pi(\lim_{x\to 1}\frac{-(1-x)xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}+\lim_{x\to -1}\frac{(1+x)xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)})=-\frac{i\pi}{2i}(-\frac{e^{-i\pi}}{2}-\frac{e^{i\pi}}{2})=\frac{\pi}{2}$
In cui valgono analoghe considerazioni rispetto a $\gamma_{1}^{'}$, con la differenza che nel calcolo dei residui questi sono moltiplicati per $i\pi$ poiché questa volta le circonferenze "piccole" sono percorse in senso antiorario
A questo punto: $int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xsin(\pi x)}{(1-x^2)}dx=int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx-int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx=-\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}=-\pi$
Mentre il risultato dell'esercizio è $\pi$.
Tuttavia non capisco dove stia sbagliando nel procedimento.
Grazie in anticipo per la risposta
.
Questo sì che è un bellissimo post!
Buon proseguimento!
Buon proseguimento!
Forse mi sbaglio, ma credo che il problema stia nel doppio cammino che è stato considerato.
Nella parte finale di questo video viene considerato un integrale molto simile a quello di questo problema.
https://www.youtube.com/watch?v=sEsNfyWODkA
Guarda se ti è di aiuto.
Nella parte finale di questo video viene considerato un integrale molto simile a quello di questo problema.
https://www.youtube.com/watch?v=sEsNfyWODkA
Guarda se ti è di aiuto.
Grazie mille, do un'occhiata al video.
Ho risolto il problema, siccome non so se possa chiarire eventuali dubbi a chi si trovi ad affrontare un testo simile, posto la soluzione:
L'integrale da risolvere è:
$int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xsin(\pi x)}{(1-x^2)}dx=int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx-int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx$
Per alleggerire la notazione pongo: $f=\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}$ e $g=\frac{xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}$
Ora considero gli analoghi cammini di integrazione del mio precedente post, notando però che all'interno di nessuno dei due cammini, $\gamma_{1}$ e $\gamma_{1}^{'}$ è incluso un polo dunque l'integrale su ciascun cammino deve essere nullo.
calcolo il PRIMO INTEGRALE:
$0=oint_{\gamma_{1}}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx=int_{\text{arco di circonferenza "grande" }}fdx+vp(int_{-\infty}^{+\infty}fdx)+int_{\text{circonferenze "piccole"}}fdx$
L'errore nel mio precedente ragionamento era quello di sostituire il vp dell'integrale direttamente con il valore dell'integrale calcolato sulle circonferenze "piccole". Al contrario i contributi sono distinti infatti:
1)L'integrale sulla circonferenza grande va a 0 per il Lemma di Jordan
2)Il vp dell'integrale che sarebbe: $vp(int_{-\infty}^{+\infty}fdx)=\lim_{\epsilon\to 0^{-}r\to-\infty}int_{r}^{-1-\epsilon}fdx+\lim_{\epsilon\to 0^{+}\epsilon\to-0^{-}}int_{-1+\epsilon}^{1-\epsilon}fdx+\lim_{\epsilon\to 0^{+}r\to+\infty}int_{1+\epsilon}^{r}fdx$
tende all'integrale che volgio calcolare ossia: $int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx$
3)Il contributo degli integrali sulle circonferenze "piccole" si calcola attraverso il Lemma del cerchio piccolo (come nel precedente post)
Dunque:
$vp(int_{-\infty}^{+\infty}fdx)+int_{\text{circonferenze "piccole"}}fdx=0$
e quindi:
$vp(int_{-\infty}^{+\infty}fdx)=-int_{\text{circonferenze "piccole"}}fdx$
Calcolo l'integrale sulle circonferenze "piccole":
$int_{\text{circonferenze "piccole"}}fdx=-i\pi(\lim_{x\to 1}\frac{-(1-x)xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}+\lim_{x\to -1}\frac{(1+x)xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)})=-\frac{i\pi}{2i}(-\frac{e^{i\pi}}{2}-\frac{e^{-i\pi}}{2})=-\frac{\pi}{2}$
Allora:
$vp(int_{-\infty}^{+\infty}fdx)=-int_{\text{circonferenze "piccole"}}fdx=\frac{\pi}{2}$
Scegliendo $\gamma_{1}^{'}$ e ripetendo lo stesso ragionamento per il SECONDO INTEGRALE ottengo:
$vp(int_{-\infty}^{+\infty}gdx)=-int_{\text{circonferenze "piccole"}}gdx=-\frac{\pi}{2}$
Tenendo conto dei risultati trovati, l'integrale iniziale risulta essere:
$int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xsin(\pi x)}{(1-x^2)}dx=int_{-\infty}^{+\infty}fdx-int_{-\infty}^{+\infty}gdx=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}=\pi$
Dunque si trova effettivamente $\pi$
Spero possa essere utile
P.S.
Grazie, il video è servito per elaborare la soluzione
L'integrale da risolvere è:
$int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xsin(\pi x)}{(1-x^2)}dx=int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx-int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx$
Per alleggerire la notazione pongo: $f=\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}$ e $g=\frac{xe^(-i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}$
Ora considero gli analoghi cammini di integrazione del mio precedente post, notando però che all'interno di nessuno dei due cammini, $\gamma_{1}$ e $\gamma_{1}^{'}$ è incluso un polo dunque l'integrale su ciascun cammino deve essere nullo.
calcolo il PRIMO INTEGRALE:
$0=oint_{\gamma_{1}}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx=int_{\text{arco di circonferenza "grande" }}fdx+vp(int_{-\infty}^{+\infty}fdx)+int_{\text{circonferenze "piccole"}}fdx$
L'errore nel mio precedente ragionamento era quello di sostituire il vp dell'integrale direttamente con il valore dell'integrale calcolato sulle circonferenze "piccole". Al contrario i contributi sono distinti infatti:
1)L'integrale sulla circonferenza grande va a 0 per il Lemma di Jordan
2)Il vp dell'integrale che sarebbe: $vp(int_{-\infty}^{+\infty}fdx)=\lim_{\epsilon\to 0^{-}r\to-\infty}int_{r}^{-1-\epsilon}fdx+\lim_{\epsilon\to 0^{+}\epsilon\to-0^{-}}int_{-1+\epsilon}^{1-\epsilon}fdx+\lim_{\epsilon\to 0^{+}r\to+\infty}int_{1+\epsilon}^{r}fdx$
tende all'integrale che volgio calcolare ossia: $int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}dx$
3)Il contributo degli integrali sulle circonferenze "piccole" si calcola attraverso il Lemma del cerchio piccolo (come nel precedente post)
Dunque:
$vp(int_{-\infty}^{+\infty}fdx)+int_{\text{circonferenze "piccole"}}fdx=0$
e quindi:
$vp(int_{-\infty}^{+\infty}fdx)=-int_{\text{circonferenze "piccole"}}fdx$
Calcolo l'integrale sulle circonferenze "piccole":
$int_{\text{circonferenze "piccole"}}fdx=-i\pi(\lim_{x\to 1}\frac{-(1-x)xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)}+\lim_{x\to -1}\frac{(1+x)xe^(i\pi x)}{2i(1+x)(1-x)})=-\frac{i\pi}{2i}(-\frac{e^{i\pi}}{2}-\frac{e^{-i\pi}}{2})=-\frac{\pi}{2}$
Allora:
$vp(int_{-\infty}^{+\infty}fdx)=-int_{\text{circonferenze "piccole"}}fdx=\frac{\pi}{2}$
Scegliendo $\gamma_{1}^{'}$ e ripetendo lo stesso ragionamento per il SECONDO INTEGRALE ottengo:
$vp(int_{-\infty}^{+\infty}gdx)=-int_{\text{circonferenze "piccole"}}gdx=-\frac{\pi}{2}$
Tenendo conto dei risultati trovati, l'integrale iniziale risulta essere:
$int_{-\infty}^{+\infty}\frac{xsin(\pi x)}{(1-x^2)}dx=int_{-\infty}^{+\infty}fdx-int_{-\infty}^{+\infty}gdx=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}=\pi$
Dunque si trova effettivamente $\pi$
Spero possa essere utile
P.S.
"ingres":
Forse mi sbaglio, ma credo che il problema stia nel doppio cammino che è stato considerato.
Nella parte finale di questo video viene considerato un integrale molto simile a quello di questo problema.
https://www.youtube.com/watch?v=sEsNfyWODkA
Guarda se ti è di aiuto.
Grazie, il video è servito per elaborare la soluzione
Ciao Veon-Forgedawn,
Secondo me l'hai fatta un po' lunga...
Per l'integrale proposto $I$ si ha $I = - \text{Im}I_1$ ove
$I_1 = PV \int_{-\infty}^{+\infty} (xsin(\pi x))/(x^2 - 1) \text{d}x $
Per calcolare $I_1$ considererei la funzione ausiliaria
$f(z) = (ze^{i\pi z})/(z^2 - 1) = (ze^{i\pi z})/(z^2 - 1^2)$
Quindi, considerando il percorso che hai citato con $\text{Im}(z) > 0 $ si ha:
$ I_1 = \pi i {\text{Res}[f(z); - 1] + \text{Res}[f(z); 1]} $
$ \text{Res}[f(z); - 1] = \lim_{z \to - 1} (ze^{i\pi z})/(z - 1) = e^{- i\pi}/2 $
$ \text{Res}[f(z); 1] = \lim_{z \to 1} (ze^{i\pi z})/(z + 1) = e^{i\pi}/2 $
Quindi si ha:
$ I_1 = \pi i [e^{i\pi}/2 + e^{- i\pi}/2] = \pi i cos(pi) = - i\pi $
Quindi si ha $I = - \text{Im} I_1 = \pi $
Più in generale si può dimostrare che si ha:
[tex]\begin{equation}
\boxed{J(a, r) = \text{Im}\bigg\{PV \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x\sin(ax)}{x^2 - r^2} \,\text{d}x \bigg\} = \pi \cos(a r) }
\end{equation}[/tex]
Secondo me l'hai fatta un po' lunga...
Per l'integrale proposto $I$ si ha $I = - \text{Im}I_1$ ove
$I_1 = PV \int_{-\infty}^{+\infty} (xsin(\pi x))/(x^2 - 1) \text{d}x $
Per calcolare $I_1$ considererei la funzione ausiliaria
$f(z) = (ze^{i\pi z})/(z^2 - 1) = (ze^{i\pi z})/(z^2 - 1^2)$
Quindi, considerando il percorso che hai citato con $\text{Im}(z) > 0 $ si ha:
$ I_1 = \pi i {\text{Res}[f(z); - 1] + \text{Res}[f(z); 1]} $
$ \text{Res}[f(z); - 1] = \lim_{z \to - 1} (ze^{i\pi z})/(z - 1) = e^{- i\pi}/2 $
$ \text{Res}[f(z); 1] = \lim_{z \to 1} (ze^{i\pi z})/(z + 1) = e^{i\pi}/2 $
Quindi si ha:
$ I_1 = \pi i [e^{i\pi}/2 + e^{- i\pi}/2] = \pi i cos(pi) = - i\pi $
Quindi si ha $I = - \text{Im} I_1 = \pi $
Più in generale si può dimostrare che si ha:
[tex]\begin{equation}
\boxed{J(a, r) = \text{Im}\bigg\{PV \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x\sin(ax)}{x^2 - r^2} \,\text{d}x \bigg\} = \pi \cos(a r) }
\end{equation}[/tex]
Grazie Veon-Forgedawn per lo sforzo di trascrivere l'esercizio e poi di contribuire al thread. E' questo lo spirito di questo forum.
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