Valore principale di Cauchy con trucco di simmetria: soluzione

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Esercizio. Calcolare (in senso di valore principale di Cauchy) l’integrale

$I=\int_{\sqrt{\ln 2}}^{\sqrt{\ln 3}} \frac{x\,\sin(x^{2})}{\sin(x^{2})-\sin(\ln 6-x^{2})}\,dx.$

Svolgimento.

Si localizza il punto di annullamento del denominatore:

$\sin(x^{2})=\sin(\ln 6-x^{2}) \iff x^{2}=\frac{\ln 6}{2},\qquad x_0=\sqrt{\frac{\ln 6}{2}}\in\bigl[\sqrt{\ln 2},\sqrt{\ln 3}\,\bigr].$

\emph{Taylor con resto di Peano in $x_0$ .} Si derivano una sola volta numeratore e denominatore:

$\begin{aligned} \frac{d}{dx}\!\bigl[x\sin(x^2)\bigr] &= \sin(x^2)+2x^2\cos(x^2),\\ \frac{d}{dx}\!\Bigl[\sin(x^2)-\sin(\ln 6-x^2)\Bigr] &= 2x\Bigl[\cos(x^2)+\cos(\ln 6-x^2)\Bigr]. \end{aligned}$

Valutando in $x_0^2=\tfrac{\ln 6}{2}$ e usando $\cos(x_0^2)=\cos(\ln 6-x_0^2)$ si ottiene

$\left.\frac{d}{dx}\Bigl[\sin(x^2)-\sin(\ln 6-x^2)\Bigr]\right|_{x=x_0} =4x_0\cos\!\Bigl(\tfrac{\ln 6}{2}\Bigr)\neq 0.$

Con $h=x-x_0$ , per $h\to0$ :

$\begin{aligned} \sin(x^{2})-\sin(\ln 6-x^{2}) &=4x_0\cos\!\Bigl(\tfrac{\ln 6}{2}\Bigr)\,h+o(h),\\[2pt] x\sin(x^{2}) &=x_0\sin\!\Bigl(\tfrac{\ln 6}{2}\Bigr) +\Bigl(\sin(x_0^2)+2x_0^2\cos(x_0^2)\Bigr)\,h+o(h). \end{aligned}$

Separando il termine costante del numeratore prima di dividere per $h$ :

$\begin{aligned} f(x)&=\frac{x\sin(x^2)}{\sin(x^2)-\sin(\ln 6-x^2)}\\ &=\frac{x_0\sin(\tfrac{\ln 6}{2})}{4x_0\cos(\tfrac{\ln 6}{2})}\,\frac{1}{h} \;+\; \frac{\sin(x_0^2)+2x_0^2\cos(x_0^2)+o(1)} {4x_0\cos(\tfrac{\ln 6}{2})+o(1)}\\[2pt] &=\frac{\tan(\tfrac{\ln 6}{2})}{4}\,\frac{1}{x-x_0} \;+\; \frac{\sin(\tfrac{\ln 6}{2})+2x_0^2\cos(\tfrac{\ln 6}{2})}{4x_0\cos(\tfrac{\ln 6}{2})} \;+\;o(1). \end{aligned}$

Dunque $f(x)\sim \alpha/(x-x_0)$ con $\alpha=\tfrac{1}{4}\tan(\tfrac{\ln 6}{2})$ .

Per il criterio del confronto asintotico con l’improprio di primo tipo $\int \! \frac{dx}{x-x_0}$ (divergente su ciascun lato), l’integrale \emph{in senso usuale} non converge; si adotta quindi il valore principale di Cauchy.

Posto $x-x_0=h$ , osserviamo che per ogni $h\neq0$ si ha

$\frac{1}{x_0+h-x_0}=\frac{1}{h},\qquad \frac{1}{x_0-h-x_0}=-\frac{1}{h},$

cioè $\dfrac{1}{x-x_0}$ è dispari rispetto a $x_0$ ; le divergenze logaritmiche a destra e sinistra si cancellano nel PV.

Questo mostra che, per il valore principale di Cauchy, l’integrale improprio risulta convergente secondo il criterio del confronto asintotico, poiché la parte finita non influisce in alcun modo sulla convergenza dell’integrale improprio in un intorno di $x_0$ .

\medskip Si pone

$I=\operatorname{PV}\!\!\int_{\sqrt{\ln 2}}^{\sqrt{\ln 3}} f(x)\,dx.$

Si effettua la sostituzione

$t=\sqrt{\ln 6-x^{2}},\qquad dt=-\frac{x}{t}\,dx,\qquad x=\sqrt{\ln 6-t^{2}},\qquad x^{2}=\ln 6-t^{2}.$

Trasformazione degli estremi: $\sqrt{\ln 2}\mapsto \sqrt{\ln 3},\ \sqrt{\ln 3}\mapsto \sqrt{\ln 2}$ . Sostituendo esattamente nell’integranda:

$\begin{aligned} \sin(x^{2}) &\longrightarrow \sin(\ln 6 - t^{2}),\\ \sin(\ln 6 - x^{2}) &\longrightarrow \sin(t^{2}),\\ x\,dx &\longrightarrow -\,t\,dt. \end{aligned}$

Riordinando gli estremi e rinominando la variabile, si ottiene

$I=\operatorname{PV}\!\!\int_{\sqrt{\ln 2}}^{\sqrt{\ln 3}} \frac{-\,x\,\sin(\ln 6-x^{2})}{\sin(x^{2})-\sin(\ln 6-x^{2})}\,dx.$

Somma delle due espressioni:

$\begin{aligned} I+I &=\operatorname{PV}\!\!\int_{\sqrt{\ln 2}}^{\sqrt{\ln 3}} \frac{x\,\sin(x^{2})-x\,\sin(\ln 6-x^{2})}{\sin(x^{2})-\sin(\ln 6-x^{2})}\,dx\\ &=\int_{\sqrt{\ln 2}}^{\sqrt{\ln 3}} \frac{x\,\bigl[\sin(x^{2})-\sin(\ln 6-x^{2})\bigr]} {\sin(x^{2})-\sin(\ln 6-x^{2})}\,dx =\int_{\sqrt{\ln 2}}^{\sqrt{\ln 3}} x\,dx. \end{aligned}$