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Metodi Matematici

Esercizi sul teorema dei residui svolti: integrali reali calcolati nel piano complesso

Dodici esercizi con soluzione e grafico: poli semplici e doppi, integrali di Fourier, lemma di Jordan, integrali trigonometrici, rientranza, buco della serratura, settore, rettangolo, somma di una serie, scelta del contorno.

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Esercizi sul teorema dei residui applicato agli integrali reali: si parte da un integrale sulla retta reale, si passa nel piano complesso, si usano i residui e si torna nel reale con il risultato. Sono del tipo che si danno nei corsi di Metodi matematici, in tre livelli: base, con funzioni razionali e il semicerchio; medio, con il lemma di Jordan, gli integrali trigonometrici e il contorno con la rientranza; esame, con il buco della serratura, il settore, il rettangolo e la somma di una serie. Il risultato è indicato subito; la soluzione completa, con il grafico dell’integranda o il contorno, si apre con un clic. Le tecniche sono dimostrate nell’approfondimento collegato in cima.

Livello base

Esercizio 1. Due poli semplici nel semipiano superiore

Calcola \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^2}{(x^2 + 1)(x^2 + 4)}dx.

Risultato: \frac{\pi}{3}.

Soluzione

Il denominatore ha grado 2 in più del numeratore: si chiude con il semicerchio superiore. Poli nel semipiano superiore: i e 2i.

\text{Res}_{z = i} = \frac{i^2}{2i(i^2 + 4)} = \frac{-1}{2i\cdot 3} = -\frac{1}{6i}; \text{Res}_{z = 2i} = \frac{(2i)^2}{((2i)^2 + 1)\cdot 4i} = \frac{-4}{-3\cdot 4i} = \frac{1}{3i}.

Somma \frac{1}{6i}; integrale 2\pi i\cdot\frac{1}{6i} = \frac{\pi}{3}.

Controllo con i fratti semplici: \frac{x^2}{(x^2 + 1)(x^2 + 4)} = -\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{x^2 + 1} + \frac{4}{3}\cdot\frac{1}{x^2 + 4}, con integrali -\frac{\pi}{3} + \frac{4}{3}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{3}.

L'integranda x quadro fratto x quadro più 1 per x quadro più 4
L’area colorata sotto la curva, che sale da zero e tende a zero all’infinito come 1 su x quadro, vale pi greco terzi.

Esercizio 2. Un polo doppio

Calcola \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(x^2 + 1)^2}.

Risultato: \frac{\pi}{2}.

Soluzione

In z = i c’è un polo doppio: \frac{1}{(z^2 + 1)^2} = \frac{1}{(z - i)^2(z + i)^2}. Il residuo di un polo doppio è la derivata del resto: \frac{d}{dz}(z + i)^{-2}\Big|_{z = i} = -2(2i)^{-3} = \frac{-2}{-8i} = \frac{1}{4i}.

Integrale: 2\pi i\cdot\frac{1}{4i} = \frac{\pi}{2}.

Con Analisi 1 serve la sostituzione x = \tan t: \int\cos^2t\,dt tra -\frac{\pi}{2} e \frac{\pi}{2}, che dà lo stesso \frac{\pi}{2}.

L'integranda 1 fratto x quadro più 1 al quadrato
Una campana più stretta di quella di 1 su 1 più x quadro: l’area vale pi greco mezzi invece di pi greco.

Esercizio 3. Un trinomio irriducibile

Calcola \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^2 + 2x + 2}.

Risultato: \pi.

Soluzione

Radici -1 \pm i; nel semipiano superiore -1 + i, con residuo \frac{1}{2(-1 + i) + 2} = \frac{1}{2i}. Integrale: 2\pi i\cdot\frac{1}{2i} = \pi.

Com’era prevedibile: x^2 + 2x + 2 = (x + 1)^2 + 1, e una traslazione non cambia l’area di \frac{1}{1 + x^2}.

L'integranda 1 fratto x quadro più 2 x più 2
La campana è quella di 1 su 1 più x quadro spostata di 1 verso sinistra: stessa area, pi greco.

Livello medio

Esercizio 4. Un integrale di Fourier

Calcola \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos 2x}{x^2 + 1}dx.

Risultato: \frac{\pi}{e^2} \approx 0{,}425.

Soluzione

Si usa f(z) = \frac{e^{2iz}}{z^2 + 1}, che nel semipiano superiore è piccola (|e^{2iz}| = e^{-2y}). Residuo in i: \frac{e^{2i\cdot i}}{2i} = \frac{e^{-2}}{2i}. Integrale di f: 2\pi i\cdot\frac{e^{-2}}{2i} = \pi e^{-2}. Il risultato è reale, quindi è l’integrale del coseno.

Attenzione: con f = \frac{\cos 2z}{z^2 + 1} non funzionerebbe, perché \cos 2z = \frac{e^{2iz} + e^{-2iz}}{2} cresce esponenzialmente in tutte e due le direzioni dell’asse immaginario e l’arco non tende a zero.

L'integranda coseno di 2 x fratto x quadro più 1
La curva oscilla con ampiezza che decresce; le aree positive e negative si compensano in parte e il totale vale pi greco fratto e al quadrato.

Esercizio 5. Quando serve il lemma di Jordan

Calcola \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2 + 1}dx.

Risultato: \frac{\pi}{e} \approx 1{,}156.

Soluzione

Con f(z) = \frac{z\,e^{iz}}{z^2 + 1}, la sua parte immaginaria sull’asse reale è l’integranda. Qui \frac{z}{z^2 + 1} decresce solo come \frac{1}{R}: la stima ML darebbe \frac{1}{R}\cdot\pi R = \pi, che non tende a zero. Serve il lemma di Jordan, con M_R \approx \frac{1}{R} \to 0: l’arco tende a zero.

Residuo in i: \frac{i\,e^{-1}}{2i} = \frac{1}{2e}. Integrale di f: 2\pi i\cdot\frac{1}{2e} = \frac{\pi i}{e}. Parte immaginaria: \frac{\pi}{e}.

L’integrale converge solo come integrale improprio (l’integranda decresce come \frac{\sin x}{x}, non in modo assoluto): è esattamente il caso in cui Jordan è indispensabile.

L'integranda x per seno di x fratto x quadro più 1
Per x grande la curva oscilla come seno di x fratto x, con le aree positive e negative che si compensano lentamente; il totale vale pi greco fratto e.

Esercizio 6. Un integrale trigonometrico

Calcola \displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{5 + 4\cos\theta} e, in generale, \displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{a + \cos\theta} per a \gt 1.

Risultato: \frac{2\pi}{3}; in generale \frac{2\pi}{\sqrt{a^2 - 1}}.

Soluzione

Con z = e^{i\theta}: \int\frac{1}{5 + 2(z + z^{-1})}\cdot\frac{dz}{iz} = \oint\frac{dz}{i(2z^2 + 5z + 2)}. Radici -\frac{1}{2} e -2: dentro il cerchio solo -\frac{1}{2}. Residuo: \frac{1}{i(4z + 5)}\Big|_{z = -1/2} = \frac{1}{3i}. Integrale: 2\pi i\cdot\frac{1}{3i} = \frac{2\pi}{3}.

In generale, \frac{1}{a + \cos\theta} diventa \frac{2}{i(z^2 + 2az + 1)}, con radici -a \pm\sqrt{a^2 - 1}, dentro solo z_1 = -a + \sqrt{a^2 - 1}. Residuo \frac{2}{i\cdot 2\sqrt{a^2 - 1}}, integrale \frac{2\pi}{\sqrt{a^2 - 1}}. Con a = \frac{5}{4} e il fattore 4: \frac{1}{4}\cdot\frac{2\pi}{3/4} = \frac{2\pi}{3}, coerente. (La lezione ha l’esempio a = 2: \frac{2\pi}{\sqrt 3}.)

L'integranda 1 fratto 5 più 4 coseno di theta
Su un periodo la funzione ha il massimo 1 in pi greco, dove il coseno vale meno 1, e il minimo un nono in 0 e 2 pi greco; l’area vale due terzi di pi greco.

Esercizio 7. Il seno integrale al quadrato

Calcola \displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin^2 x}{x^2}dx.

Risultato: \frac{\pi}{2}.

Soluzione

\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}, quindi l’integrale su tutta la retta è J = \int_{-\infty}^\infty\frac{1 - \cos 2x}{2x^2}dx, parte reale di \int f con f(z) = \frac{1 - e^{2iz}}{2z^2}.

f ha in 0 un polo semplice (1 - e^{2iz} = -2iz + \dots, quindi f \approx \frac{-2iz}{2z^2} = \frac{-i}{z}), con residuo -i. Contorno con la rientranza (approfondimento): niente poli dentro, l’arco grande tende a zero (Jordan, con \frac{1}{2z^2} e \frac{e^{2iz}}{2z^2}), la semicirconferenza piccola dà -i\pi\cdot(-i) = -\pi. Quindi l’integrale sui tratti reali tende a \pi, e J = \pi.

Per simmetria \int_0^\infty\frac{\sin^2 x}{x^2}dx = \frac{\pi}{2}. Lo stesso risultato si ottiene con il teorema di Parseval (esercizi sulla trasformata di Fourier).

L'integranda seno quadro di x fratto x quadro
La funzione vale 1 in zero, è sempre positiva e ha lobi sempre più bassi; l’area su tutta la retta vale pi greco.
Il contorno con la rientranza
La piccola semicirconferenza attorno all’origine dà il contributo meno i pi greco per il residuo.

Livello esame

Esercizio 8. Il buco della serratura con a uguale a un terzo

Calcola \displaystyle\int_0^\infty\frac{dx}{x^{2/3}(1 + x)}.

Risultato: \frac{2\pi}{\sqrt 3} \approx 3{,}628.

Soluzione

È la formula dell’approfondimento \int_0^\infty\frac{x^{a-1}}{1 + x}dx = \frac{\pi}{\sin\pi a} con a - 1 = -\frac{2}{3}, cioè a = \frac{1}{3}: \frac{\pi}{\sin(\pi/3)} = \frac{\pi}{\sqrt 3/2} = \frac{2\pi}{\sqrt 3}.

Rifacendo il conto: sul bordo inferiore del taglio z^{-2/3} = e^{-4\pi i/3}x^{-2/3}; residuo in -1 = e^{i\pi}: e^{-2\pi i/3}. Quindi I(1 - e^{-4\pi i/3}) = 2\pi i\,e^{-2\pi i/3}, I = \frac{2\pi i}{e^{2\pi i/3} - e^{-2\pi i/3}} = \frac{2\pi i}{2i\sin(2\pi/3)} = \frac{\pi}{\sqrt 3/2}. ✓

Le circonferenze non contribuiscono perché 0 \lt a \lt 1: l’integranda è integrabile sia vicino a 0 (x^{-2/3}) sia all’infinito (x^{-5/3}).

L'integranda x alla meno due terzi fratto 1 più x
La funzione diverge in zero, ma in modo integrabile, e decresce come x alla meno cinque terzi; l’area vale 2 pi greco su radice di 3.
Il contorno a buco della serratura
Il taglio lungo il semiasse positivo separa due determinazioni della potenza, che differiscono per un fattore di fase.

Esercizio 9. Il settore per la quarta potenza

Calcola \displaystyle\int_0^\infty\frac{dx}{1 + x^4} con un settore di apertura \frac{\pi}{2}.

Risultato: \frac{\pi}{2\sqrt 2} \approx 1{,}111.

Soluzione

Ruotando di \frac{\pi}{2}, z^4 non cambia: sul raggio z = ir si ha z^4 = r^4 e dz = i\,dr, quindi quel pezzo, percorso verso l’origine, vale -iI. L’arco tende a zero (ML). Dentro il settore c’è un solo polo, p = e^{i\pi/4}, con residuo \frac{1}{4p^3} = -\frac{p}{4}.

(1 - i)I = 2\pi i\cdot\left(-\frac{e^{i\pi/4}}{4}\right). Con 1 - i = \sqrt 2\,e^{-i\pi/4} e i = e^{i\pi/2}: I = -\frac{\pi}{2\sqrt 2}e^{i\pi/2 + i\pi/4 + i\pi/4} = -\frac{\pi}{2\sqrt 2}e^{i\pi} = \frac{\pi}{2\sqrt 2}.

È metà dell’integrale su tutta la retta, \frac{\pi}{\sqrt 2}, calcolato nell’approfondimento con il semicerchio: due contorni diversi, stesso risultato.

L'integranda 1 fratto 1 più x alla quarta sulla semiretta positiva
La curva parte da 1 con tangente orizzontale e decresce come 1 su x alla quarta; l’area vale pi greco su 2 radice di 2.

Esercizio 10. Una gaussiana modulata

Calcola \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\cos 2x\,dx.

Risultato: \sqrt\pi\,e^{-1} \approx 0{,}652.

Soluzione

Con il rettangolo dell’approfondimento e b = 2: l’altezza è i\frac{b}{2} = i, e sul lato superiore e^{-(x + i)^2} = e^{-x^2}e^{1}e^{-2ix}. Il teorema di Cauchy (niente poli) e i lati verticali che tendono a zero danno e\int e^{-x^2}e^{-2ix}dx = \sqrt\pi, cioè \int e^{-x^2}\cos 2x\,dx = \sqrt\pi\,e^{-1} (la parte con il seno è nulla per simmetria).

Formula generale: \sqrt\pi\,e^{-b^2/4}. Con b = 0 si ritrova l’integrale di Gauss \sqrt\pi.

La gaussiana modulata da un coseno
La curva e alla meno x quadro per coseno di 2 x ha un lobo centrale positivo e due piccoli lobi negativi; l’area totale vale radice di pi greco fratto e.
Il contorno a rettangolo
Spostando il cammino di integrazione verso l’alto la gaussiana acquista un fattore di fase che produce il coseno.

Esercizio 11. Sommare una serie con il coseno iperbolico

Calcola \displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{n^2 + 1}.

Risultato: \pi\coth\pi \approx 3{,}153.

Soluzione

Come nell’approfondimento, si usa f(z) = \frac{\pi\cot\pi z}{z^2 + 1}: in ogni intero n ha residuo \frac{1}{n^2 + 1}. Gli altri poli sono \pm i:

    \[ \text{Res}_{z = \pm i} = \frac{\pi\cot(\pm\pi i)}{\pm 2i} \]

Con \cot(i\pi) = \frac{\cos i\pi}{\sin i\pi} = \frac{\cosh\pi}{i\sinh\pi} = -i\coth\pi e \cot dispari: entrambi i residui valgono \frac{\pi(-i\coth\pi)}{2i} = -\frac{\pi}{2}\coth\pi, in tutto -\pi\coth\pi.

Sul quadrato C_N l’integrale tende a 0, quindi la somma di tutti i residui è 0: \sum_n\frac{1}{n^2 + 1} = \pi\coth\pi = 3{,}1533. Togliendo n = 0 e dividendo per 2: \sum_{n \ge 1}\frac{1}{n^2 + 1} = \frac{\pi\coth\pi - 1}{2} = 1{,}0767.

I termini della serie
I punti sono i valori 1 su n quadro più 1 per n intero, sotto la curva tratteggiata 1 su x quadro più 1; la loro somma vale pi greco per coseno iperbolico di pi greco, un po’ più dell’area sotto la curva, che vale pi greco.
Il contorno quadrato
Allargando il quadrato tra gli interi, l’integrale tende a zero e i residui si compensano.

Esercizio 12. Riassunto: quale contorno?

Per ciascuno degli integrali seguenti indica la funzione complessa e il contorno da usare, senza calcolarli: (a) \int_{-\infty}^\infty\frac{dx}{x^6 + 1}; (b) \int_{-\infty}^\infty\frac{\sin 3x}{x(x^2 + 1)}dx; (c) \int_0^\infty\frac{\sqrt x}{x^2 + 1}dx; (d) \int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{(2 + \sin\theta)^2}; (e) \int_0^\infty\frac{dx}{1 + x^5}.

Risultato: (a) semicerchio; (b) \frac{e^{3iz}}{z(z^2 + 1)} con rientranza e Jordan; (c) buco della serratura; (d) circonferenza unitaria con z = e^{i\theta}; (e) settore di apertura \frac{2\pi}{5}.

Soluzione

(a) Funzione razionale con il denominatore di grado 6 in più: semicerchio, poli e^{i\pi/6}, i, e^{5i\pi/6}. Risultato \frac{2\pi}{3}.

(b) Polo semplice sull’asse reale (in 0) e decadimento lento: si usa \frac{e^{3iz}}{z(z^2 + 1)}, contorno con la rientranza attorno a 0, Jordan per l’arco grande, polo i dentro. Risultato \pi(1 - e^{-3}).

(c) Potenza non intera: taglio sul semiasse positivo, buco della serratura (oppure la formula di \frac{x^{a-1}}{1 + x^2}). Risultato \frac{\pi}{\sqrt 2}.

(d) Integrale trigonometrico su un periodo: z = e^{i\theta}, \sin\theta = \frac{z - z^{-1}}{2i}; diventa un polo doppio dentro il cerchio. Risultato \frac{4\pi}{3\sqrt 3}.

(e) z^5 è invariante per rotazioni di \frac{2\pi}{5}: settore con quell’apertura, un solo polo e^{i\pi/5}. Risultato \frac{\pi/5}{\sin(\pi/5)} = 1{,}069.

La scelta del contorno è metà dell’esercizio: dipende da dove sono i poli, da come decresce l’integranda e dalle simmetrie.

Un esempio di settore
Quando l’integranda contiene una potenza di z, un settore con l’apertura giusta riporta l’integrale su sé stesso.

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