Integrale con residui
Ciao a tutti, mi potreste aiutare a capire alcuni passaggi di questo integrale svolto con il metodo dei residui? In particolare non riesco a capire perché viene posto quel d/dz (sottolineato in rosso) nel limite e poi come fa ad ottenere le espressioni sottolineate in giallo. Nel secondo invece non capisco da dove deriva quel cos 1/2 (cerchiato in giallo), o meglio non capisco cosa devo fare arrivato all'ultimo passaggio. Sono i primi esercizi quindi non riesco a capire parte dello svolgimento. Grazie mille
Risposte
Se hai una funzione \( f(z) \) che ha un polo semplice, in \( z_0 \), come detto nell'altro thread che hai aperto, si calcola così
\[ res(f,z_0)= \lim_{z \to z_0} (z-z_0) f(z) \]
Mentre se la funzione ha un polo di ordine \( k \) in \(z_0 \), allora il residuo si calcola nel seguente modo
\[ res(f,z_0) = \frac{1}{(k-1)!} \lim_{z \to z_0} \frac{d^{k-1}}{dz^{k-1}} [ (z-z_0)^k f(z) ] \]
Ora venendo al tuo esercizio \(z_1 = i \) è un polo di ordine 2. Quindi ecco spiegato perché deriva.
Mentre i passaggi sottolineati in giallo sono semplicemente delle scomposizioni polinomiali. Nel primo caso di \((z^2+1)^2 \) nel secondo di \( (z^2+4z+5) \).
Perché si calcola così il residuo?
Per definizione il residuo in un punto è il coefficiente \( a_{-1} \) nello sviluppo in serie di Laurent attorno a quel punto. L'ordine è il più piccolo indice ad essere non nullo. Dunque la serie di Laurent di \( f \) attorno a \(z_0 \) che è un polo di ordine \(k \). È della forma
\[ \frac{a_{-k}}{(z-z_0)^k } + \frac{a_{-{(k-1)}}}{(z-z_0)^{k-1} } + \ldots + \frac{a_{-1}}{(z-z_0) } + \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-z_0)^n \]
Ora a te interessa trovare \( a_{-1} := res(f,z_0 ) \) per definizione. Dunque moltiplicando per \((z-z_0)^k \) stai decalando tutti i coefficienti di \(k \) posizioni ottenendo
\[ a_{-k} + a_{-{(k-1)}}(z-z_0) + \ldots + a_{-1} (z-z_0)^{k-1} + \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-z_0)^{n+k} \]
Ora derivi \(k-1 \) volte ottenendo qualcosa di questo tipo (stai decalando nell'altro senso i coefficienti \(a_n \))
\[(k-1)! a_{-1} + \frac{d}{dz}[ \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-z_0)^{n+k} ] \]
Ora fai tendere nel limite \( z \to z_0 \) cosicché
\[ \lim_{z \to z_0} \frac{d}{dz}[ \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-z_0)^{n+k} ] = 0 \]
E ti rimane proprio \( a_{-1} \), a meno di una costante, che è il tuo residuo in \(z_0 \).
Ed è per questo che dividi per \( \frac{1}{(k-1)!} \) perché così ti sbarazzi della tua costante aggiuntiva che hai ottenuto derivando \(k-1\) volte.
\[ res(f,z_0)= \lim_{z \to z_0} (z-z_0) f(z) \]
Mentre se la funzione ha un polo di ordine \( k \) in \(z_0 \), allora il residuo si calcola nel seguente modo
\[ res(f,z_0) = \frac{1}{(k-1)!} \lim_{z \to z_0} \frac{d^{k-1}}{dz^{k-1}} [ (z-z_0)^k f(z) ] \]
Ora venendo al tuo esercizio \(z_1 = i \) è un polo di ordine 2. Quindi ecco spiegato perché deriva.
Mentre i passaggi sottolineati in giallo sono semplicemente delle scomposizioni polinomiali. Nel primo caso di \((z^2+1)^2 \) nel secondo di \( (z^2+4z+5) \).
Perché si calcola così il residuo?
Per definizione il residuo in un punto è il coefficiente \( a_{-1} \) nello sviluppo in serie di Laurent attorno a quel punto. L'ordine è il più piccolo indice ad essere non nullo. Dunque la serie di Laurent di \( f \) attorno a \(z_0 \) che è un polo di ordine \(k \). È della forma
\[ \frac{a_{-k}}{(z-z_0)^k } + \frac{a_{-{(k-1)}}}{(z-z_0)^{k-1} } + \ldots + \frac{a_{-1}}{(z-z_0) } + \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-z_0)^n \]
Ora a te interessa trovare \( a_{-1} := res(f,z_0 ) \) per definizione. Dunque moltiplicando per \((z-z_0)^k \) stai decalando tutti i coefficienti di \(k \) posizioni ottenendo
\[ a_{-k} + a_{-{(k-1)}}(z-z_0) + \ldots + a_{-1} (z-z_0)^{k-1} + \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-z_0)^{n+k} \]
Ora derivi \(k-1 \) volte ottenendo qualcosa di questo tipo (stai decalando nell'altro senso i coefficienti \(a_n \))
\[(k-1)! a_{-1} + \frac{d}{dz}[ \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-z_0)^{n+k} ] \]
Ora fai tendere nel limite \( z \to z_0 \) cosicché
\[ \lim_{z \to z_0} \frac{d}{dz}[ \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-z_0)^{n+k} ] = 0 \]
E ti rimane proprio \( a_{-1} \), a meno di una costante, che è il tuo residuo in \(z_0 \).
Ed è per questo che dividi per \( \frac{1}{(k-1)!} \) perché così ti sbarazzi della tua costante aggiuntiva che hai ottenuto derivando \(k-1\) volte.
Perfetto, grazie mille. Nel secondo invece, perché c'è alla fine cos 1/2?
Non avevo visto la seconda immagine, è lo stesso motivo dell'altro thread che hai aperto. Pensaci. 
Non riesco proprio a capire. Alla fine prendiamo solo la parte immaginaria però perché si ha proprio coseno di 1/2?
Hai che l'integrale
\[ \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{R} f(z)dz = \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{R} \frac{\cos(x) + i \sin(x)}{x^2+x+1}dx = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}e^{-i/2}e^{- \sqrt{3}/2} \]
questo perché su \(x \in \mathbb{R} \) hai \( e^{ix} = \cos(x) + i \sin(x) \)
Nota che prendi la parte reale e non immaginaria infatti
\[ \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{R} \frac{\cos(x) + i \sin(x)}{x^2+x+1}dx = \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{R} \frac{\cos(x)}{x^2+x+1}dx + i \int_{-R}^{R} \frac{\sin(x)}{x^2+x+1}dx= \frac{2\pi}{\sqrt{3}}e^{-i/2}e^{- \sqrt{3}/2} \]
quindi prendi la parte reale di \( \frac{2\pi}{\sqrt{3}}e^{-i/2}e^{- \sqrt{3}/2} \) che è... (continua te)
\[ \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{R} f(z)dz = \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{R} \frac{\cos(x) + i \sin(x)}{x^2+x+1}dx = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}e^{-i/2}e^{- \sqrt{3}/2} \]
questo perché su \(x \in \mathbb{R} \) hai \( e^{ix} = \cos(x) + i \sin(x) \)
Nota che prendi la parte reale e non immaginaria infatti
\[ \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{R} \frac{\cos(x) + i \sin(x)}{x^2+x+1}dx = \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{R} \frac{\cos(x)}{x^2+x+1}dx + i \int_{-R}^{R} \frac{\sin(x)}{x^2+x+1}dx= \frac{2\pi}{\sqrt{3}}e^{-i/2}e^{- \sqrt{3}/2} \]
quindi prendi la parte reale di \( \frac{2\pi}{\sqrt{3}}e^{-i/2}e^{- \sqrt{3}/2} \) che è... (continua te)
Sei poi riuscito a capire il perché del \( \cos(1/2) \) ?
"3m0o":
Sei poi riuscito a capire il perché del \( \cos(1/2) \) ?
Ciao, scusami, alla fine non ti ho fatto sapere più nulla. Si, ho risolto. Mi è tutto chiaro. Grazie mille
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