Integrali e metodo dei residui: esercizi con qualche dubbio

[Marie-Sophie]

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))) $

Fin qui tutto corretto, anche se, come ti ho detto, la semicirconferenza $\gamma_{\varepsilon}^{+}$ potevi risparmiartela.

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).

Poco male, vorrà dire che svolgerai l'integrale e troverai che è nullo.

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^+ $.

Va bene.

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

Ma a cosa serve far notare questa cosa?
Nel caso precedente (ovvero per $ \gamma_\epsilon^- $ e $ \gamma_\epsilon^+ $ ) era importante, ora no. Perché? Te lo dico io.
Hai precedentemente provato che gli integrali lungo $ \gamma_R $ e $ \gamma_r $ tendono a zero (rispettivamente per $R$ che va a $+\infty$e $r$ che va a zero) e, per fare ciò, ti è bastato valutare la funzione integranda su TALI PERCORSI e far uso di semplici stime. Dunque, questi due percorsi non danno più alcun problema.
Vorrei farti notare che hai proceduto allo stesso modo per $ \gamma_\epsilon^- $ e $ \gamma_\epsilon^+ $ (infatti, sei andato a valutare la $f(z)$ su tali cammini, ottenendo così f(x-i0) e f(x+i0)), solo che in tal caso non è filato tutto liscio come prima a causa della presenza di $z=1$ sul cammino d'integrazione.
Il problema di $1$ è che, oltre a capitare sul cammino d'integrazione (per ovviare a tale inconveniente, è sufficiente circumnavigarlo con una semicirconferenza) sta sul semiasse dei reali positivi ( lungo il quale è stato praticato un taglio a causa della presenza del logaritmo), da ciò discende la necessità di vedere se ci si avvicina a $1$ da sotto o da sopra.

[lobacevskij]

Poco male, vorrà dire che svolgerai l'integrale e troverai che è nullo.

Si si, quello l'avrei detto dopo andando avanti nel mio ragionamento. Mettiamolo in chiaro così:

in $z=1$ ho una singolarità eliminabile perché $\lim_{z \to 1}f(z)=1$
Inoltre, $\lim_{z \to 1}f(z)(z-1)=0 rArr \lim_{\epsilon \to 0}\int_{\gamma_{\varepsilon}^{+}} f(z)dz=0$

e qua sto arrivando da sopra. Ma se arrivo da sotto e non modifico $f(z)$, come può l'integrale lungo $\gamma_{\varepsilon}^{-}$ non annullarsi? (e ragionando in questo modo arrivavo a quanto detto qualche post fa, in cui mi ritrovavo ad avere i due integrali "reali" uguali a $\int_{\Gamma} f(z) dz$, ovverosia a $0$)
Da qui in poi insomma non riesco a seguirti; cosa dovrei fare?

[Marie-Sophie]

Dai, su! La cosa è andata già per le lunghe, cerchiamo di chiuderla presto.
Ti dico cosa avevo pensato io, tu dimmi se torna.

Il cammino di pagina 104, fin dall'inizio, prometteva bene ma, se l' avessimo preso pari pari, avremmo avuto dei problemi nell'integrazione della funzione dato che, quest'ultima sull'asse dei reali positivi che raggiungo ''dal basso'' diventa
$ f(x-i0)=-(ln(x)+2pii)/((x-1)(sqrt(x))) $

e tale funzione diverge in 1.

Pertanto, abbiamo apportato una piccola modifica al solo tratto di cammino problematico introducendo una semicirconferenza di raggio $\varepsilon$ attorno ad 1. L'unico problema dell'esercizio è calcolare l'integrale tra $r$ ed $R$ di questa $f(x-i0)$. Integrando sui tratti orizzontali da $r$ a $1-\varepsilon$ e da $1+\varepsilon$ a $R$ e passando al limite per $\varepsilon\to 0$, otteniamo

$\int_{r}^{R} ln(x)/((x-1)sqrt(x))dx$,

che nel conto finale si andrà a sommare ad un integrale identico.

Per quanto riguarda l'integrale esteso a $\gamma_{\epsilon}^{-}$, avevo suggerito il lemma del piccolo cerchio (l'enunciato lo trovi anche su wikipedia, leggi quel che lì è riportato come ''secondo lemma'').
In realtà, bisogna prenderlo un po' con le pinze... Infatti, per applicarlo, serve che esista finito

$ \lim_{z \to 1}ln(z)/((z-1)sqrt(z))(z-1) $

e nel nostro caso, il limite cambia a seconda che si arrivi ad $1$ da sotto o da sopra per via del logaritmo. Se però leggi la dimostrazione del lemma, noti che è sufficiente che il limite esista finito per i z complessi toccati dal cammino $\gamma_{\varepsilon}^{-}$ quando $\varepsilon\to 0$ (insomma nella zona in cui stai lavorando).

Si tratta allora di esplicitare in qualche modo che si arriva ad 1 dal basso. A tal fine,ho pensato di riscrivere il limite in questi termini:

$lim_{(r,\vartheta)\to (1,2\pi )} (ln(r)+i\vartheta)/((re^{i\vartheta}-1)sqrt(r)e^{i\vartheta/2})(re^{i\vartheta}-1)$

sfruttando che ogni z complesso non nullo si può rappresentare nella forma $re^{i\theta}$ ( forma esponeziale).

(Oss:Se ci fai caso, tale funzione è esattamente $f(x+i0)$, se è $\vartheta=2\pi$. )

Il limite esiste ed è pari a $-2\pii$. Concludendo, l'integrale iniziale è $\pi^2$ (come avevi detto anche tu!) Mi pare fattibile come ragionamento anche se, devo ammettere che l'esercizio era poco usuale!

[lobacevskij]

Ti seguo eccome, e il modo in cui hai aggirato l'ostacolo è veramente chiaro.
Purtroppo mi sono intestardito a voler cambiare la funzione, figurarsi se mi sarebbe mai venuto in mente di andare a vedere il tutto da quel punto di vista. Quanto al mio risultato, l'avevo ottenuto presupponendo, con molti dubbi, che $f(z)$ avesse una forma analoga a $f(x-i0)$, quando si arriva do sotto; anche quel limite dava $-2pii$, e dunque arrivavo a concludere che il limite iniziale doveva valere $pi^2$.

Ad ogni buon conto, grazie infinite per la pazienza e l'enorme aiuto!!

Ora sotto con l'ultimo integrale, sperando di aver bisogno solo della conferma della bontà del ragionamento.