Ciao SteezyMenchi,
SteezyMenchi ha scritto:Stavo risolvendo l'integrale:
$ I = \int_{-infty}^{\infty}\frac{x}{2e^x + 3e^{-x}}$
Tanto per cominciare occhio che ti sei dimenticato un $\text{d}x$...
Poi l'integrale proposto si può riscrivere nella forma seguente:
$ I = \int_{-infty}^{+\infty}\frac{x}{2e^x + 3e^{-x}}\text{d}x = \int_{-infty}^{+\infty}\frac{x e^x}{2e^{2x} + 3}\text{d}x = 1/2 \int_{-infty}^{+\infty}\frac{x e^x}{e^{2x} + 3/2}\text{d}x $
$I(a) = 1/2 \int_{-infty}^{+\infty}\frac{x e^x}{e^{2x} + a^2}\text{d}x$
ove nel caso in esame $a = \sqrt{3/2} > 0 $
Consideriamo la funzione $ f(z) = (z^2e^z)/(e^{2z} + a^2)$ sul rettangolo di vertici $R$, $R + 2\pi i$, $ - R + 2\pi i$, $- R$ e poi faremo tendere $R \to +\infty $ (ammettiamo tranquillamente che gli integrali tendano a zero sui segmenti verticali per $R \to +\infty $).
Si ha $e^{2z} + a^2 = 0 \implies 2z = log(-a^2) = log(a^2 e^{i\pi}) = 2 log a + i\pi + 2k\pi i$, $k \in \ZZ \iff z = log a + i\pi/2 + k\pi i, k \in \ZZ $
Sulla striscia $ 0 \le \text{Im}(z) \le 2\pi $ vi sono due zeri semplici non nulli del denominatore della funzione $f(z)$, vale a dire $z_0 = log a + i\pi/2 $ e $z_1 = log a + 3i\pi/2 $, che sono poli di ordine $1$ per la funzione $f(z) $, quindi si ha:
$\text{Res}[f(z); z_0] = (z_0^2 e^{z_0})/(2 e^{2z_0}) = - 1/(2a^2) z_0^2 e^{z_0} = - 1/(2a^2) (log a + i\pi/2)^2 e^{log a + i\pi/2} = $
$ = - i/(2a) (log a + i\pi/2)^2 = - 1/(2a) (log^2 a - \pi^2/4 + i\pi log a)$
$\text{Res}[f(z); z_1] = (z_1^2 e^{z_1})/(2 e^{2z_1}) = - 1/(2a^2) z_1^2 e^{z_1} = - 1/(2a^2) (log a + 3i\pi/2)^2 e^{log a + 3i\pi/2} = $
$ = i/(2a) (log a + 3i\pi/2)^2 = 1/(2a) (log^2 a - 9\pi^2/4 + 3i\pi log a)$
Per $R > 0 $ fissato, posto $\gamma_R^+ (t) = R + it $, $\gamma_R^{-} (t) = - R + it $, $t \in [0, 2\pi]$ si ha:
$\lim_{R \to +\infty} \int_{\gamma_R^+} f(z) \text{d}z = \lim_{R \to +\infty} \int_{\gamma_R^{-}} f(z) \text{d}z = 0 $
Infatti $\AA t \in [0, 2\pi] $ si può scrivere:
$|f(R + it)| = |((R + it)^2 e^{R + it})/(e^{2(R + it)} + a^2)| \le ((R + 2\pi)^2 e^R)/|e^{2R} - a^2| $
$|f(- R + it)| = |((- R + it)^2 e^{- R + it})/(e^{2(- R + it)} + a^2)| \le ((R + 2\pi)^2 e^{- R})/|a^2 - e^{- 2R}| $
Sicché si ha:
$|\int_{\gamma_R^+} f(z) \text{d}z | \le ((R + 2\pi)^2 e^R)/|e^{2R} - a^2| $
$|\int_{\gamma_R^{-}} f(z) \text{d}z| \le ((R + 2\pi)^2 e^{- R})/|a^2 - e^{- 2R}| $
Passando al limite per $R \to +\infty $ per i due secondi membri di queste ultime due disuguaglianze si ha:
$ \lim_{R \to +\infty} ((R + 2\pi)^2 e^R)/|e^{2R} - a^2| = \lim_{R \to +\infty} ((R + 2\pi)^2 e^{- R})/|a^2 - e^{- 2R}| = 0 $
Integrando sul cammino citato e facendo tendere $R \to +\infty $ si ottiene:
\( \displaystyle PV \bigg[\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^2 e^x}{e^{2x} + a^2} \text{d}x - \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{(x + 2\pi i)^2 e^x}{e^{2x} + a^2 } \text{d}x \bigg] = 2\pi i \cdot \{\text{Res}[f(z); z_0] + \text{Res}[f(z); z_1]\} \)
$ PV [\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{(4\pi^2 - 4\pi i x) e^x}{e^{2x} + a^2} \text{d}x] = \pi/a (log^2 a - \pi^2/4 + i \pi log a) - \pi/a(log^2 a - 9\pi^2/4 + 3i\pi log a) $
$ PV [\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{(4\pi^2 - 4\pi i x) e^x}{e^{2x} + a^2} \text{d}x] = \pi/a (2\pi^2 - 2i \pi log a) $
Eguagliando le parti reali e le parti immaginarie si ottiene:
$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{4\pi^2 e^x}{e^{2x} + a^2} \text{d}x = (2\pi^3)/a $ e $ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{- 4 \pi x e^x}{e^{2x} + a^2} \text{d}x = - 2\pi loga/a $
$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^x}{e^{2x} + a^2} \text{d}x = (\pi)/(2a) $ e $ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x e^x}{e^{2x} + a^2} \text{d}x = \pi/2 loga/a $
In definitiva si ha:
$I(a) = 1/2 \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x e^x}{e^{2x} + a^2} \text{d}x = \pi/4 loga/a $
Nel caso in esame $a = \sqrt{3/2} $, sicché si ha:
$I(\sqrt{3/2}) = 1/2 \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x e^x}{e^{2x} + 3/2} \text{d}x = \pi/4 log(\sqrt{3/2})/\sqrt{3/2} $
) oppure mi devo metter giù a testa bassa e rifare tutti i calcoli?
