Metodi Matematici

R

2 ∓∞

tinuità eliminabili) ed è O(1/x ) , quindi sommabile, intorno a .

j 2 π z

e ∈

Scegliamo la funzione ausiliaria f (z) = , in modo che, per z = x , l’integrando sia il coefficiente

R

2

2 z + z −1/2

dell’immaginario di f (x) . Le singolarità di f sono gli zeri del denominatore, cioè 0 e , che risultano poli

semplici, entrambi reali. L’integrale si calcola dunque mediante la formula

+∞ +∞

Z Z

sen 2 π x

I = dx = Im V.P. f (x) dx = Im π j R[0] + π j R[−1/2] = π Re R[0] + R[−1/2] .

2

2 x + x

−∞ −∞ 9

(L’integrale di f (x) va inteso nel senso del valor principale, per la presenza dei due poli reali.) Inoltre

j 2 π z

j 2 π z e

e = 1 , R[−1/2] = =1

R[0] = 2 z + 1 4 z + 1

z=0 z=−1/2

e l’integrale cercato vale I = 2 π . −π/4 →

Ex. 18i) Osserviamo che l’integrando ha una discontinuità eliminabile in , è continuo in e per x

R−{−π/4}

√

−3

±∞ è O(x ) ; pertanto l’integrale converge assolutamente. Osserviamo pure che sen x + cos x = 2 sen x + π/4

e quindi l’integrale cercato I è uguale a

√ +∞ i π/4 ix

Z e e

I = 2 Im V.P. dx .

2 2

(4x + π) (x + π )

−∞

Equivalentemente, troviamo I = Re I + Im I , dove

1 1 +∞ ix

Z e

I = V.P. dx .

1 2 2

(4x + π) (x + π )

−∞ −π/4

Notiamo che l’integrale I è inteso nel senso del valor principale, poiché per l’integrando il punto è un infinito

1

del primo ordine (non piú discontinuità eliminabile). Calcoliamo dunque I . A tal fine consideriamo la funzione

1

ausiliaria iz

e .

f (z) = 2 2

(4z + π) (z + π )

−π/4 ±π

Essa f ha poli semplici nei punti e i , quindi I = 2π i R[π i] + π i R[−π/4] . Essendo

1 √

−π

iz ix −

2

e e 2 (1 i)

e

R[π i] = = = ,

, R[−π/4] = 2 2 2

2z (4z + π) 2π i (4π i + π) 4 (x + π ) 17π

z=π i z=−π/4

abbiamo √ √

−π −π

− −

e 2 2 (1 i) e (1 4 i) 2 2 (1 + i)

I = + i = +

1 π (1 + 4 i) 17π 17π 17π

e quindi l’integrale cercato è √ √ √

−π −π −π

− −

2 2 + e + 2 2 4e 2 3e

4

I = = .

17 π 17 π

Ex. 18l) L’integrale è assolutamente convergente, poiché l’integrando è continuo in ed infinitesimo di ordine 3

R

→ ∓∞

per x . Inoltre +∞ +∞ +∞ +∞

Z Z Z Z

x + cos x x cos x cos x

I := dx = dx + dx = 0 + dx ,

4 4 4 4

x + 4 x + 4 x + 4 x + 4

−∞ −∞ −∞ −∞

j z

e

4 ∈

essendo x/(x +4) funzione dispari. Consideriamo la funzione ausiliaria f (z) = , che per z = x ha parte

R

4

z +4 √

4 4 ,

reale coincidente con l’integrando dell’ultimo integrale. Le singolarità di f sono gli zeri del denominatore, cioè

√ π

π )

( +k

j

vale a dire z = , per k = 0, 1, 2, 3 ; sono poli semplici. Essendo il coefficiente nell’esponenziale nella

2 e 4 2

k −1

definizione di f positivo, consideriamo i poli con coefficiente dell’immaginario positivo z = 1 + j e z = + j .

0 1

Dunque +∞ jx

Z e

dx = 2 π j R[z ] + R[z ] .

0 1

4

x +4

−∞

4 jzk 3 jzk

−4 −z

D’altra parte z = e R[z ] = e /(4 z ) = e /16 , quindi

k k

k k −1 −1

1 + j 1 + j + j + j

−1+j −1−j

j(1+j) j(−1+j)

− − − −

R[z ] = e = e , R[z ] = e = e .

0 1

16 16 16 16

Pertanto +∞ jx

Z π π

e −1 −j −1 −j

j j

− −

dx = j e (1 + j) e + (−1 + j) e = e (1 j) e + (1 + j) e

4

x +4 8 8

−∞ π π

−1 −1

j

−

= e Re (1 j) e = e (cos 1 + sen 1) .

4 4

Tale valore è reale (com’era chiaro, essendo il coefficiente dell’immaginario dell’integrando funzione dispari) e quindi

coincide con l’integrale cercato I .

Ex. 18m) La funzione integranda è continua e l’integrale è assolutamente convergente. Osserviamo che, essendo la

funzione integranda pari, risulta +∞ +∞ 2

2

Z Z + cos x

x + cos x 1 x

dx = dx

4 4

1 + x 2 1 + x

−∞

0 2 iz

z + e

Per il calcolo dell’ultimo integrale, scegliamo la funzione ausiliaria f (z) = . La funzione f presenta nel

4

1 + z

i π/4 i 3π/4

semipiano Im z > 0 due poli del primo ordine nei punti e e e , quindi

+∞ 2

Z x + cos x i π/4 i 3π/4

dx = 2π i R[e ] + R[e ] . (11.1)

4

1+ x

−∞ 10

2 iz 4

Ponendo A(z) = z + e e B(z) = 1 + z , abbiamo f (z) = A(z)/B(z) e

√ √ √ √

i π/4 −1/ −1/

ie 2+i/ 2 2−i/ 2

i π/4 −i

i + e i + e

A(e ) + e −i

i π/4 i π/4 i 3π/4 π/4 i π/4

− −R[e

= = ]

R[e ] = e , R[e ] = e =

0 i π/4 i 3π/4 4 4

B (e ) 4e

Pertanto, guardando le parti reali nei due membri della (11.1), pg. 10, troviamo

√ √

+∞ 2 √

Z x + cos x π i

h −1/ 2

√

dx = cos 1/ 2 + sen 1/ 2

1 + e

4

1 + x 2 2

0

Ex. 18n) Osserviamo preliminarmente che l’integrando ha una discontinuità eliminabile in 1 ed è infinitesima a

+∞ di ordine 2 ; pertanto l’integrale è assolutamente convergente. Inoltre, essendo l’integrando una funzione pari,

− ∞,

l’integrale cercato è la metà di quello esteso all’intervallo ] +∞[ . Per calcolare quest’ultimo, consideriamo la

2 iπz

z + e ∈

funzione ausiliaria f (z) = , la cui parte reale per z = x si riduce all’integrando. La funzione f è priva

R

4 −

z 1

di singolarità reali e l’unica singolarità con coefficiente dell’immaginario positivo è un polo semplice in i . Pertanto

+∞ 2 iπz

Z x + e dx = 2πi R[i] . (11.2)

4 −

x 1

−∞

−π −π

3 −

Inoltre R[i] = (−1 + e )/(4i ) = (1 e )/(4i) e quindi, guardando le parti reali in (11.2), pg. 11 (le parti

immaginarie sono nulle, com’è chiaro essendo il coefficiente dell’immaginario dell’integrando una funzione dispari),

troviamo +∞

+∞ −π

2

2 −

Z

Z x + cos π x

x + cos π x 1 1 e

dx = dx = π.

4 4

− −

x 1 2 x 1 4

−∞

0 −1

Ex. 18q) La funzione integranda è discontinua in ; l’integrale è inteso nel senso del valore principale. Per il

iz 3

calcolo, consideriamo la funzione ausiliaria f (z) = e /(1 + z ) . Essa ha tre poli del primo ordine negli zeri del

3 −1 −1

, vale a dire nelle radici cubiche di . Quelli rilevanti per il calcolo sono , sull’asse reale,

denominatore 1 + z

iπ/3

e e , nel semipiano Im z > 0 . Dunque

+∞ iz

Z e i π/3

V.P. dx = 2π i R[e ] + π i R[−1] .

3

1 + z

−∞

iπ/3

−i iπ/3 ie i2π/3

Inoltre R[−1] = e /3 , R[e ] = e /(3e ) , quindi iπ/3 !

+∞ ie

Z cos x + i sen x iπ e π i5π/6

−i −iπ/6+e

i(π/2−1)

dx = e + 2 =

V.P. e + 2e .

3 i2π/3

1 + x 3 3

3e

−∞

Infine, uguagliando i coefficienti delle parti immaginarie nei due membri, abbiamo √

+∞ √ √

Z π 1 π π 1 1

π

sen x − −

3/2 3/2

− − −

sen 1 + 2e sen = cos 1 + e 3 sen cos

V.P. dx =

3

1 + x 3 2 2 6 3 2 2

−∞

Ex. 18r) L’integrale converge assolutamente, poiché l’integrando è continuo in (il punto 1 è una discontinuità

R

2 ∓∞

eliminabile) ed è O(1/x ) , quindi sommabile, intorno a .

j π z

z e ∈

Scegliamo la funzione ausiliaria f (z) = , in modo che, per z = x , l’integrando sia il coefficiente

R

3 −

z 1 √ 2

3 j π k

dell’immaginario di f (x) . Le singolarità di f sono gli zeri del denominatore, cioè 1 = z = e , con k = 0, 1, 2 .

3

k

Sono poli semplici. Essendo il coefficiente nell’esponente positivo, consideriamo i poli con coefficiente dell’immaginario

non-negativo e quindi l’integrale si calcola mediante la formula

+∞ +∞

Z Z

x sen π x

dx = Im V.P. f (x) dx = Im π j R[z ] + 2 π j R[z ] = π Re R[z ] + 2 R[z ] .

I = 0 1 0 1

3

1 + x −∞

−∞

(L’integrale di f (x) va inteso nel senso del valor principale, per la presenza del polo semplice in 1 .) Osserviamo

inoltre che j π z j π zk

z e e

R[z ] = = ,

k 2

3 z 3 z k

z=z

k

jπ −1/3

quindi R[z ] = R[1] = e /3 = e

0 √

√ √

3

1 2

√ √

− −j

jπ +j π 3 3

7

" # !

2 2 3 − −j −

π

1 3 e e 3 j

e 2 6 2

− −

R[z ] = R + j = = = +

1 2 2 3 3 3 2 2

Pertanto √ √

√ √

π π π

3 3

− −

− − −

I = 3e = 1+ 3 e

2 2

3 3 3

11 π

i z

−

i z e 2 ∈

, in modo che, per z = x , il coefficiente

Ex. 18s) Scegliamo la funzione ausiliaria f (z) = R

3 −

z 1

dell’immaginario di f (x) è la funzione integranda. Notiamo che f è olomorfa (ha una singolarità eliminabile)

2

±i π

in z = 1 ; la funzione presenta nelle altre due radici cubiche dell’unità e poli semplici. Essendo positivo il

3

coefficiente nell’esponenziale nella definizione di f , applichiamo il teorema dei residui a f sul semicerchio D di

R

≥

centro 0 e raggio R > 1 formato dai punti z con Im z 0 . Per il teorema del grande cerchio, passando al limite

→

per R +∞ , otteniamo come al solito π

+∞ − x

x sen

Z 2 2

i π i π

2 dx = Im 2 π i R [e ] = 2 π Re R [e ] .

I = 3 3

f f

3 −

x 1

−∞

D’altra parte, π