Integrali con il metodo dei residui - raccolta esercizi svolti

Res(-2j) lim  

2 6

 ( z 2 j )( z 1) 12

e

z 2 j

Quindi:

  

       

3 jx

e cos3 x 2 j j j 3 j j 1

 

       .

2 j 2

     

 

2 2 3 6 3 6 3 3

     

( x 4)( x 1) 2 6

e 12

e 2 6

e 12

e 3

e e

 2

4) Utilizzando le formule di Eulero, risulta che:





2 jt 2 jt

e e

 .

cos 2

t 2   

jt jt

Parametrizziamo la curva, ponendo .

z e dz je dt

Allora, l’integrale diventa:

 



2 2 

z 1 z 4

1 z 1

 

 .

dz dz

 

   

  2 2

j z (3 z 10 z 3)

5 3 2 z 1 z jz

 

I poli sono:

 doppio

z 0

 

5 16 1

    

e (quest’ultimo pero’va scartato perche’esterno alla

z z 3

3 3

circonferenza di raggio 1).

 

     

4 3 2 4

d z 1 4 z (3 z 10 z 3) ( z 1)(6 z 10) 10

  

Res(0)  

lim lim

   

2 2 2

  9

dz 3 z 10 z 3 (3 z 10 z 3)

 

z 0 z 0



  4

z 1 82 27 41

1    



Res lim

  

2



  z ( z 3) 81 8 12

3 z 1 3

Concludiamo che:

 

2  

cos 2

t 2 j 10 41 83

 

    .

dt  

  

5 3cos t j 9 12 18

0

5) E’possibile parametrizzare immediatamente la curva, ponendo:

  

jx jx .

z e dz je dx

Dunque, l’integrale diventa:

 

 

2

z 1 z

1 1 1 z 1

 

 .

dz dz

    

2 2 2

2 2 3 z 2 z jz 2 j z ( 2 z 3 z 2)

 

I poli sono:

 doppio

z 0 3

 

3 25 1

    

e (quest’ultimo pero’va scartato perche’esterno alla

z z z 2

4 2

circonferenza di raggio 1).

 



2

d z 1 3

 

Res(0)  

lim   

2

 dz 2 z 3 z 2 4

 

z 0 

  2

z 1

1  

Res lim 2

  

2



  z ( z 2)

2 z 1 2

Allora:

 

2  

cos x 2 j 3 11

 

   .

dx 2

 

 

jx 2 jx  

2 3

e 2

e 2 j 4 4

0

6) I poli sono:

1 j

    

2

t t

4 2



3 1 1

 

  e

t t

t 1

4 2

Applicando il Lemma di Jordan, calcoleremo i residui in tutti i poli, tranne che in

j

 .

z 2 



2 jt

e 2

 

Res(1) lim  

2

 (4

t 1)(

t 1 2) 5

t 1 



  2 jt

1 e

 

Res lim 1

   

2



 

2 (4

t 1)(

t 1)

t 1 2  

  

   

2 jt

j e e j 3 j 3 



     

Res lim e

   

     

2



   

2 (

t j 2)(4

t 6

t 2) j 3 j 3 10 10

t j 2

In definitiva:

 



  

   

2 jt

e j 3 1 2  

  

  

 

        .

 

dt 2 j e 1 e 1 3 j 7 j

     

  

2 2    

(4

t 1)(4

t 6

t 2) 10 10 2 5 5

 

 4

7) Trasformiamo il seno mediante le formule di Eulero, dopodiche’dividiamo

l’integrale in due:

  

jz jz

1 e 1 e

 



dz dz

   

   

2 2

2 j 2 j

z z 2 z 2 z z 2 z 2

 

E’ facile verificare che i poli sono:



z 0

 

z 1 j

Denominando rispettivamente con “I” il primo integrale, e con “II” il secondo,

risolvo i due integrali mediante il Lemma di Jordan:

jz

e 1

 

I. Res(0) lim  

 

 2 2

z 0 z 2 z 2    

jz

e 1 2 j 2 j 1



     

j 1 j

Res(1+j) lim e e

 

 

    

  

z z 1 j 2 j 2 2 j 2 4

e 4

e

z 0  jz

e 1

 

II. Res(0) lim  

 

 2 2

z 0 z 2 z 2

   

jz

e 1 2 j 2 j 1

  

    

j 1 j

Res(1-j) lim e e

 

 

    

  

z z 1 j 2 j 2 2 j 2 4

e 4

e

z 0

Dunque:

  

   

   

senx 2 j j 1 1 2 j j 1 1

 

      

j j

   

dx e e

   

 

2    

x ( x 2 x 2) 2 j 4

e 4

e 4 2 j 4

e 4

e 4

   

      

 

    

j j .

j 1 e j 1 e

 

4

e

8) Trasformiamo sia il coseno al numeratore che il seno al denominatore mediante

le formule di Eulero, facendo attenzione che:

  2

 





j j  



 

e e 2 j 2 j

e 2 e

  

2 .

cos 4 4 

 

  

j j

Parametrizzando la curva ponendo , si osserva che

z e dz je d

l’integrale di partenza diventa il seguente: 5

  2



2



  z 1

2 2

1 z 2 z 1 1

 

  .

dz dz

 

 

 

   

2 2

4 jz 2

5 3 2 j z 1 z z 3 z 10 jz 3

 

I poli sono:

 doppio

z 0

 

5 j 4 j j

     

e (quest’ultimo pero’va scartato perche’al di fuori

z z z 3 j

3 3

della circonferenza di centro l’origine e raggio 1).

 



Calcoliamo dunque i residui nei poli e :

z j 3

z 0

 

 

2



2

z 1

 

d 10

  

Res(0) lim j

 

 

 

 2

dz 9

z 0 3 z 10 jz 3

 

 

  2



2

z 1

 

j 64 8

27

    

Res lim j

  j

 



2



 

3 z z 3 j 81 3

8

z 0

In conclusione:

  

2  

2

cos 2 j 10 8 14

  

     .

d j j

 



  

5 3

sen 2 9 3 9

0

9) Trasformando il coseno al numeratore con le formule di Eulero, e andando a

separare l’integrale di partenza, otteniamo:

 



 

jz jz

2 2

1 e 1 e

 

 .

dz dz

 

4 4

2 z 1 2 z 1

 

I poli sono: 

1

  kj





    

4 0 2 k j con 0,1,2,3.

4 2

z 1 z 1 e ze k

Allora, le radici saranno le seguenti:

 3 

j j

  

 

    

j

0 , , , .

2 2

z e j z e j

z e 1

z e 1

0

Denominando rispettivamente con “I” il primo integrale, e con “II” il secondo,

risolvo i due integrali mediante il Lemma di Jordan: 6

 jz

2

e j

 

I. Res(1) lim  

2

 ( z 1)( z 1) 4

z 1  jz

2

e j

 

Res(-1) lim  

2

 ( z 1)( z 1) 4

z 1  jz 



2

e j

 

Res(j) 2

lim e

 

2

 ( z 1)( z j ) 4

z 1 

 jz

2

e j

 

II. Res(1) lim  

2

 ( z 1)( z 1) 4

z 1 

 jz

2

e j

 

Res(-1) lim  

2

 ( z 1)( z 1) 4

z 1 

 jz 



2

e j

 

Res(-j) 2

lim e

 

2

 ( z 1)( z j ) 4

z j

Quindi, alla fine:

 



   

  

     

   

cos x / 2   

2 j j 1 j j 2 j j 1 j j

           

 

   

2 2 2

dx e e 1 e

   



4    

x 1 2 4 2 4 4 2 4 2 4 4 2

     



10) I poli della funzione associata sono:



z 0 1 



  2 

 5 

 k j

2 k j

    

5 con 0,1,2,3,4.

  10 5

2

z j z 1 e e k

 

Dunque, le radici sono:

  17

9 13 

  j

j

j j

j 

 

 

, , , , .

10

10

10 10

2 z e

z e z e

z e z e 4

1 2

0 3

Poiche’per risolvere l’integrale abbiamo bisogno di applicare il teorema dei

residui, dobbiamo scartare quei poli che hanno parte immaginaria negativa (in

tal caso bisogna verificare se il seno dei soprastanti angoli assuma valori positivi

o negativi). Si verifica facilmente che vanno scartati gli ultimi due: e .

z

z 4

3 7

Dato che i poli sono tutti del primo ordine, e il numeratore in essi non si annulla,

e’ possibile calcolare i residui nei vari poli tramite , dove stavolta e’

f ( z )

z f

0

0

uguale al rapporto tra il numeratore (della funzione di partenza) e la derivata del

denominatore:

1

 

Res(0) j

  

6 0 j

  1 1 j

   

j 10

Res e   

5

  6 j j 5

j 10

6 e j

  1 j

  

j 2

Res e  

5

  5

j 2

6 e j

  1 j

  

9 j 10

Res e  

5

  5

9 j 10

6 e j

Dunque:

 

 

1 3 j

 

    .

dx 2 j j

 

 

  

5 5 2 5

x x j



11) Innanzitutto, separiamo l’integrale come segue:



 cos senx

x 

 + dx

dx 

 

 4

4 2

2 2

2 x

x 3

3 jx

jx 2

2 



do