Appunti Metodi - pt. 2

15-11-2017

Osservazione

Si dimostri che:

∫_-∞^+∞ A(x) B(x)

Se grado B(x) ≥ grado A(x) + 2 allore l'integrale esiste e il suo valore è pari all'integrale in v.p.

Esercizio

∫_-∞^+∞ x⁴/ x⁶+1 dx = grado B(x) = 6 ≥ grado A(x) +2 = 6

(v.p.) ∫_-∞^+∞ x⁴/ x⁶+1 dx -> f(z) = (z² + 1)/ (z⁶ + 1)

z⁶ + 1 = 0 → z⁶ = -1 → z = ⁶√-1

-1 = e^iπ

w_k = ⁶√1 (cos (π + 2kπ) /6 + i sin (π + 2kπ)/6)

w₀ = cos π/6 + i sin π/6 = e^iπ/6

w₁ = cos π/2 + i sin π/2 = e^iπ/2

w₂ = cos 5 π/6 + i sin 5 π/6 = e^{i 5π/6}

w₃ = e^{i π}

w₄ = e^{i 7π/6} = -i

w₅ = e^{i 3π/2}

Scegliamo R ≥ 1:w₀, w₁ e w₂ sono interni

Nessuno singola pol.e num. a pol.

w₀ = e^iπ/7

w₁ = e^i5π/7

w₂ = e^i9π/7

(v.p) ∫_-∞^{+∞ x4}/_x⁶+1 dx = 2πi [Res_z=e^iπ/7 f(z) + Res_z=e^i5π/7 f(z) + Res_z=e^i9π/7 f(z)] +

lim_R→+∞ ∫_γR ^z4+1/_z⁶+1 dz = 0

Calcoliamo: lim_z→0 z ^z4+1/_z⁶+1 = 0 = λ

I∫_R lim_R→+∞ ∫_γR ^z4+1/_z⁶+1 dz = 0

(v.p) ∫_-∞^{+∞ x4}/_x⁶+1 dx = 2πi { [^z4/₆₂₅] | e^-iπ/7 + [^z4/₆₂₅] | e^-i5π/7 + [^z4/₆₂₅] | e^-i9π/7} =

= π/3 i { e^-i6π/7 + e^-i10π/7 + e^-i2π/7 + 1} =

= μ/3 { [^z/_i] | e^-iπ/7 + e^-i5π/7 + e^-i9π/7 + e^-i25π/7 } =

= μ/3 { [^z/_i] - 2i } = μ/3 (2+z) = 4/3 π →

→ ∫_-∞^{+∞ x4}/_x⁶+1 dx = 4/3 π

Ponci:

e^i7π/6 = cos7π/6 + i sin 7π/6 = -√3/2 - i/2

e^-iπ/6 = cos(-π/6) + i sin (-π/6) = √3/2 - i/2

17-11-2017

ESERCIZIO

(v.p.) ∫₀^{+∞ cosx}⁄_x²+1 dx

Se |grad B(x)| ≥ grad A(x) + n, allora esiste un

∫_−∞^{+∞ A(x)}⁄_B(x) sin(ax) dx

In questo caso, grad B(x) = 2 ≥ 0 + 1 = 1

Risolviamo l'integrale:

∫_−∞^{+∞ eix}⁄_x²+1 dx

Estendo le f ai complessi: ∫_−∞^{+∞ eiz}⁄_z²+1

Applichiamo il ragionamento ad un semicerchio con R ≥ 1

L'integrale è pari a:

2πi Res_z=i e^iz⁄_z²+1 - lim_R→+∞ ∫_γR

Per applicare il lemma di Jordan:

ψ(z)=¹⁄_z²+1 e lim_z→+∞ ψ(z)=0

lim_R→+∞ ∫_γR ψ(z) e^iz dz = 0 ∀ λ > 0

Noi abbiamo λ=1

ESERCIZIO

\(\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} \, dx\)

La relazione tra i gradi di num. e denom. ci dice che esiste l'integrale improp., ma la funzione ha 0 come singolarità.

In questo caso, però:

\(\lim_{{x \to 0}} \frac{\sin x}{x} = 1\)

Consideriamo la \(f(z) = \frac{e^{\frac{1}{2}}}{z}\) ; \(\Phi \backslash \{0\} \to \Phi\)

\(R>\varepsilon\)

Abbiamo solo 0 come singolarità

Esiste solo l'integrale in (v.p.)

(v.p.) \(\int_0^\infty \frac{e^{\frac{ix}{x}}}{x} \, dx = -\lim_{{R \to +\infty}} \bigg|_{1/n}^{R} \frac{e^{\frac{1}{2}}}{z} \, dz \, + \,\lim_{\varepsilon \to 0^+}\bigg|_{\varepsilon}^{1/n}\)

Avendo \(\Psi(z)=\frac{1}{z}\)

\(\lim_{{z \to \infty}} \Psi(z)=0 \to \lim_{{R \to +\infty}} \bigg|_{{1/n}}^{R} \frac{e^{\frac{1}{2}}}{z} \, dz = 0 \, \forall \lambda >0 \, \text{con} \, \lambda = 1\)

Sfrutto il lemma di Jordan per un limite e quello del piccolo arco di cerchio per elicotro.

\(\lim_{{z \to 0}} \frac{e^{\frac{1}{2}}}{z} = 1 = \lambda \to \lim_{{\varepsilon \to 0^+}} \bigg|_{0}^{\varepsilon}\)

\(\frac{e^{\frac{1}{2}}}{z} \, dz = -\pi i \) Avendo

(v.p.) \(\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} \, dx = -\pi\)

Continuando:

= 2πi - e²_-2 + πi = 4πi (1 - ¹/_e²)

= ∫_-∞^{+∞ sinx cosx}/_{x² + 1} dx = 1/4 ∫_-∞^{+∞ sin(2x)}/_{x(x² + 1)} dx =

= 1/4 Im (∫_{(v.p.) -∞}^{+∞ e2ix}/_{x(x² + 1)} dx ) = 1/4 πi (1 - ¹/_e²)

ESERCIZIO 5

(v.p.) ∫_-∞^{+∞ 1}/_{x(x² + 1)²} dx

L'integrale è nullo perchè la funzione integranda è dispari.

L'integrale in senso improprio non esiste perchè la la funzione non è limitata in zero.

L'integrale in v.p. esiste perchè consiste nel lim della somma dei 2 integrali spezzati.

Scritto: ¹/_{x(x² + 1)²} = ^A/_x + ^Bx+C/_{(x² + 1)}² e

[log|x|]_{ε^ε = logε i - logε = 0}

Valutiamo l'indice di convergenza della serie:

^|f(nz)| / _|z|ⁿ = ^{|f(nz)| |z|n+p|} / _|z|ⁿ ≤ A ^eμn / _|z|ⁿ.

Ricordiamo che |e^z| = e^x

a_n è il termine generale, come si può calcolare?

Dovremo applicare le trasformate in _? dove dovremo trovare una funzione e un'applicabile.

Chiamiamo ψ(t)·a_n con t ∈ L_[n,n+1] essa definisce una funzi. estenta a tratti.