Integrali e metodo dei residui: esercizi con qualche dubbio

[lobacevskij]

Il cammino "sbagliato" mi lasciava perplesso in quanto la funzione non è pari, quindi non porta all'integrale che devo calcolare, dico bene?
Quanto al cammino "modificato", un'idea potrebbe essere farlo centrato in $z=1$, ma come la si mette con $z=0$? Magari si potrebbe costruire un percorso simile al precedente ma con due archi di circonferenza interni, uno per $z=0$ e uno per $z=1$, ma francamente non so quanto sia una strada percorribile.

[Marie-Sophie]

Il cammino "sbagliato" mi lasciava perplesso in quanto la funzione non è pari, quindi non porta all'integrale che devo calcolare, dico bene?

Esatto.

Capito questo, andiamo avanti.
Prendi il cammino d'integrazione dell'esercizio precedente. In sostanza, il problema sta nel fatto che la singolarità $z=1$ cade sul cammino d'integrazione (su entrambi i percorsi che giacciono sull'asse x).
Quando sei nel semipiano dei complessi a parte immaginaria positiva non hai problemi perché la funzione

$ ln(x)/((x-1)sqrt(x)) $

ammette un prolungamento in $x=1$ (calcola il limite).

Quando però arrivi all'asse x ''da sotto'', la funzione integranda cambia e $x=1$ ti da qualche problemino. Quindi?

[lobacevskij]

Il limite tende a $1$.
Quando arrivo da sotto la funzione è:

$f(x-i0)=(ln(x)+2pii)/((x-1)(-sqrt(x)))$

D'altra parte la radice quadra ha un punto di diramazione in $0$ (ed uno all'infinito) e il logaritmo complesso è una funzione polidroma a infiniti valori; ci avevo già avuto a che fare in un altro esercizio, solo che in quel caso lo $z_0$ cadeva nella regione dell'anello circolare e non c'erano problemi. Insomma, continuo a non vedere come si possa aggirare l'ostacolo del $z=1$.

[Marie-Sophie]

Puoi procedere come hai sempre fatto.
Infatti, è possibile ''aggirare l'ostacolo'' usando una semplice semicirconferenza. Prendi il percorso dell' esercizio che abbiamo visto in precedenza (quello di pagina 104) e apporta una piccolissima modifica al solo tratto di cammino che dà problemi (quello sull'asse dei reali positivi che si raggiunge venendo dal basso).
In realtà, è sufficiente cambiare il percorso solo vicino ad 1 pertanto, procedi lungo la direzione dell'asse x per arrivare da $R$ a $1+\varepsilon$ e da $1-\varepsilon$ a $r$ e arrivi da $1+\varepsilon$ a $1-\varepsilon$ muovendoti lungo un semicirconferenza di raggio $\varepsilon$ centrata in $1$.
A questo punto, manda $\varepsilon$ a zero. Cosa otteni?

Ps: puoi calcolare il valore dell'integrale esteso alla semicirconferenza per $\varepsilon$ che tende a zero usando il lemma del piccolo cerchio.

[lobacevskij]

si potrebbe costruire un percorso simile al precedente ma con due archi di circonferenza interni, uno per $z=0$ e uno per $z=1$, ma francamente non so quanto sia una strada percorribile.

Quindi l'idea era giusta, solo che la perplessità che avevo derivava dal non conoscere il lemma del piccolo cerchio (sto studiando questi argomenti da autodidatta) e dal non saper valutare l'integrale di $f(z)$ con il metodo dei residui.

Mi spiego, sfruttando il lemma del piccolo cerchio sono arrivato a:

$\int_{\Gamma} f(z) dz=2\int_{0}^{+oo} ln(x)/((x-1)sqrt(x))dx+2pii\int_{0}^{+oo} dx/((x-1)sqrt(x))$

Però ancora non saprei come calcolare:

$\int_{\Gamma} f(z) dz$

dato che non vedo nessuna singolarità all'interno della regione di integrazione, a differenza di tutti gli altri esercizi.

[Marie-Sophie]

Certo che sai come calcolarlo, quell'integrale é nullo proprio perché all'interno della regione delimitata dal cammino scelto non cadono singolarità. Non hai applicato correttamente il lemma del piccolo cerchio, il contributo che ti serve vien fuori da lì.

[lobacevskij]

Sospiro di sollievo per il fatto che quell'integrale venga nullo. Solo non mi "piaceva" che risultasse nullo proprio perchè, nella mia risoluzione sbagliata, avrebbe implicato che anche l'integrale da calcolare sarebbe dovuto essere nullo. Quanto all'applicazione del lemma del piccolo cerchio, più tardi riprovo e casomai posto i passaggi per vedere dove sbaglio.

Grazie infinite per la pazienza e la disponibilità

[lobacevskij]

Anche se credo di aver capito dove sbagliavo, non sono sicuro di applicarlo correttamente. Potrebbe venire:

$\int_{0}^{+oo} ln(x)/((x-1)sqrt(x))dx=pi^2$

ma Amleto in confronto a me non aveva alcun dubbio.

[Marie-Sophie]

Se non vedo come sei arrivato a tale risultato, non posso di certo esserti d'aiuto.

[lobacevskij]

In effetti, ammesso che il risultato sia giusto, niente esclude che abbia fatto il classico doppio errore che si compensa in qualche modo

Lasciamo allora perdere quel risultato e partiamo, se ti va, dall'inizio, in modo da togliermi ogni dubbio. Il cammino d'integrazione è questo ($\gamma_R$ è la circonferenza più esterna):



con $\Gamma$ dato dall'unione dei vari tratti. Allora si ha che:

$\int_{\Gamma} f(z) dz=0$ (perché non ci sono singolarità al suo interno)

è la somma degli integrali di $f(z)$ sui vari tratti, con $f(z)$ che va "sostituita" da $f(x-i0)$, quando valuto lungo $\rho^-$ e $\rho_\epsilon^-$, e da $f(x+i0)$ quando valuto lungo $\rho^+$ e $\rho_\epsilon^+$, dove:

$f(x+i0)=ln(x)/((x-1)(sqrt(x)))$ ; $f(x-i0)=-(ln(x)+2pii)/((x-1)(sqrt(x)))$

Il primo dubbio sorge già qua: lungo $\gamma_\epsilon^-$ e $\gamma_\epsilon^+$ sarei tentato di usare, rispettivamente, $f(x-i0)$ e $f(x+i0)$, perché tali archi non tagliano l'asse reale; ma d'altro canto lungo $\gamma_R$ e $\gamma_r$ uso $f(z)$ perché su quei tratti curvi la componente immaginaria varia eccome, e lo stesso succede su $\gamma_\epsilon^-$ e $\gamma_\epsilon^+$. Però usando $f(z)$ non saprei più come far notare che, a seconda che si valuti da sopra o si arrivi da sotto, qualcosa cambia. A meno che non sia lecito porre, per quando si arriva da sotto, un $f(z)$ analogo a $f(x-i0)$, ma davvero ora come ora questo esercizio mi ha fatto perdere completamente la bussola