Esercizi sulle funzioni di Variabile Complessa

Giuseppe De Marco, Carlo Mariconda
Esercizi sulle funzioni di
Variabile Complessa
Sommario
Prefazione
1
5
Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent
1.1 Esercizi teorici . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Esercizi di allenamento . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Poli e residui di ordine 1 . . . . . . . . .
1.2.2 Poli e residui di ordine > 1 . . . . . . .
1.2.3 Decomposizione in frazioni semplici . .
1.2.4 Sviluppi di Laurent . . . . . . . . . . .
1.2.5 Teorema dei residui e integrali su circuiti
1.3 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Esercizi teorici di difficoltà superiore . . . . . .
1.6 Quiz a risposte multiple . . . . . . . . . . . . .
1.6.1 Soluzioni dei quiz . . . . . . . . . . . .
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7
7
9
9
11
14
16
17
21
23
28
31
32
2
Funzioni armoniche e funzioni olomorfe
2.1 Esercizi di allenamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Esercizi teorici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Teorema di Rouché . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
33
36
38
3
Calcolo di integrali con il metodo dei residui
3.1 Richiami e complementi . . . . . . . . .
3.2 Esercizi di allenamento . . . . . . . . .
3.3 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . .
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39
39
40
44
53
4
Il Lemma di Jordan
4.1 Esercizi di allenamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3 Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
55
60
69
5
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
5.1 Esercizi di allenamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3 Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
73
78
102
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4
6
Funzioni definite da integrali
6.1 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
105
105
117
Bibliografia
119
Indice analitico
121
Prefazione
Questo volume contiene gli esercizi di Funzioni di Variabile Complessa contenuti nel
testo Esercizi di Calcolo in più variabili da noi pubblicato qualche anno fa, tipici
dei corsi di Analisi Due dell’epoca sopratutto a Matematica e Fisica. Ad essi se ne
sono aggiunti altri di vari livelli, tenendo conto di quanto viene richiesto in alcuni
corsi di Analisi Due e di Metodi Matematici nei corsi di Scienze e di Ingegneria.
Abbiamo deciso di scorporarli dal nuovo testo Esercizi di Analisi Due[4] sia per le
dimensioni maggiori di quel volume, a sua volta arricchito di esercizi, sia perché le
funzioni di variabile complessa non fanno più parte ora di molti corsi di Analisi 2.
Per quanto riguarda la teoria facciamo riferimento a [2], ma ovviamente gli esercizi
del volume sono un utile ampliamento di qualunque testo che tratti le nozioni di base
sulle funzioni olomorfe.
Rispetto alla precedente edizione è stato fatto un notevole lavoro di classificazione degli esercizi. Nei capitoli si trovano le sezioni:
• Richiami di teoria e complementi: i risultati chiave della teoria e alcuni fatti utili,
magari non presenti su tutti i testi;
• Esercizi teorici: esercizi di carattere teorico, talvolta dimostrazioni di fatti noti o
di complementi utili nel capitolo;
• Esercizi di allenamento: gli esercizi di routine adatti a qualunque tipo di corso che
affronti l’argomento della sezione;
• Esercizi risolti: esercizi in difficoltà crescente adatti ai corsi via via più esigenti e
ricchi dal punto di vista matematico;
• Esercizi proposti: esercizi senza svolgimento, talvolta con la soluzione;
• Quiz a risposte multiple: esercizi elementari a risposta multipla, adatti a qualunque corso, dello stesso livello degli esercizi di allenamento: le soluzioni sono
presenti alla fine dei capitoli.
Inoltre, alcune di queste sezioni sono duplicate a seconda che gli esercizi siano
più facili o più semplici o, come nel caso del calcolo di integrali con il metodo dei
residui, gli argomenti utilizzati nella risoluzione degli stessi (solo il teorema dei residui, il Lemma di Jordan, i lemmi del cerchio grande e del cerchio piccolo) in modo
da permettere al docente e allo studente una facile selezione.
Nel testo si trovano esercizi più di 100 esercizi (75 dei quali interamente risolti)
sui seguenti argomenti: funzioni olomorfe, sviluppi di Laurent, funzioni armoniche
ed olomorfe, Teorema di Rouch’e, calcolo di integrali con il metodo dei residui. Non
trattiamo argomenti di carattere superiore come le trasformate.
6
Z
Prefazione
Infine, gli esercizi, osservazioni, o elementi di teoria particolarmente rilevanti
sono segnalati con il simbolo che vedete accanto; Gli esercizi più faticosi o che richiedono competenze superiori sono indicati invece con K: il lettore che non riuscisse
a svolgersi da solo non deve preoccuparsi.
Invitiamo i lettori a segnalare eventuali errori a [email protected] con
oggetto “Funzioni di Variabile Complessa”; l’errata–corrige sarà presente dalla home
page di Carlo Mariconda alla pagina www.math.unipd.it/∼maricond
1
Funzioni olomorfe e sviluppi
di Laurent
1.1 Esercizi teorici
Esercizio 1.1 Sia f olomorfa e non identicamente nulla attorno ad a ∈ C, con a zero
di molteplicità m ≥ 1. Allora a è zero di molteplicità m − 1 di f 0 . Inoltre
f 0 (z)
m
∼
f (z)
(z − a)
z → a,
(1.1)
m
f 0 (z)
è asintotica a
per z → a.
f (z)
(z − a)
Soluzione. Infatti si ha
cioè
f (z) = (z − a)m h(z)
con h olomorfa attorno ad a e h(a) 6= 0. Di conseguenza, attorno ad a si ha
f 0 (z) = m(z − a)m−1 h(z) + (z − a)m h0 (z)
= (z − a)m−1 g(z),
g(z) := mh(z) + (z − a)h0 (z);
ed è
g(a) = mh(a) 6= 0.
Infine si ha
m(z − a)m−1 h(z) + (z − a)m h0 (z)
f 0 (z)
=
f (z)
(z − a)m h(z)
m−1
m(z − a)
h(z) (z − a)m h0 (z)
=
+
(z − a)m h(z)
(z − a)m h(z)
0
m
h (z)
m
=
+
∼
per z → a.
z−a
h(z)
z−a
8
Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent
Nel seguito utilizziamo spesso la seguente ovvia versione complessa del Teorema di
De l’Hôpital.
Z Esercizio 1.2 (Regola di De l’Hôpital) Siano f, g funzioni olomorfe attorno ad a ∈
C, con g non identicamente nulla e sia f (a) = g(a) = 0. Allora, se esiste il limite
f 0 (z)
=`∈C
z→a g 0 (z)
lim
si ha
lim
z→a
f (z)
= `.
g(z)
Soluzione. Supponiamo f non identicamente nulla attorno ad a, altrimenti non c’è
nulla da provare. Sia n la molteplicità di a come zero di f . Sia m ≥ 1 la molteplicità
di a come zero di g . Se n ≥ 1 è la molteplicità di a come zero di f . per l’Esercizio 1.1
si ha che a è zero di molteplicità n − 1 per f 0 e m − 1 per g 0 : di conseguenza vi è
c ∈ C \ {0} tale che
(z − a)n−1
f 0 (z)
∼
c
= c(z − a)n−m
g 0 (z)
(z − a)m−1
per z che tende ad a. Ora, essendo
f 0 (z)
= lim c(z − a)n−m = ` ∈ C,
z→a g 0 (z)
z→a
lim
necessariamente si ha n ≥ m e ` = 0 se n > m, ` = c se n = m. Per l’Esercizio 1.1
f (z) ∼
f 0 (z)
(z − a),
n
g(z) ∼
g 0 (z)
(z − a) z → a,
m
da cui
f (z)
m f 0 (z)
m
∼
→ ` z → a.
0
g(z)
n g (z)
n
f (z)
= 0 = `; nel caso m = n si
z→a g(z)
Nel caso n ≥ m si ha ` = 0 e si ottiene lim
f (z)
= `.
z→a g(z)
ottiene lim
1.2 Esercizi di allenamento
9
1.2 Esercizi di allenamento
1.2.1 Poli e residui di ordine 1
Esercizio 1.3 Trovare le singolarità della funzione
eiαz
,
(α > 0)
z4 + z2 + 1
calcolando il residuo su quelle con parte immaginaria positiva.
Soluzione. Troviamo gli √
zeri del denominatore: t2 + t + 1 = 0 per t = (−1 ±
√
1 − 4)/2 = (−1 ± i 3)/2 = e±i2π/3 ; quindi gli zeri del denominatore,
√ tutti
semplici, sono eiπ/3√
, −eiπ/3 , e−iπ/3 , −e−iπ/3 . Di questi eiπ/3 = (1 + i 3)/2 e
−e−iπ/3 = (−1 + i 3)/2 hanno coefficiente dell’immaginario positivo. Residui:
fα (z) =
√
iπ/3
Res(fα , e
√
e−α 3/2 eiα/2
eiα(1+i 3)/2
√ =
√ ;
)=
4eiπ + 1 + i 3
−3 + i 3
√
Res(fα , −e
−iπ/3
√
eiα(−1+i 3)/2
e−α 3/2 e−iα/2
√ =
√
)=
.
4e−iπ − 1 + i 3
3+i 3
Esercizio 1.4 Si consideri la funzione di variabile complessa
fαβ (z) =
eiαz − eiβz
z 2 (1 + z 2 )
(α, β ∈ R, α 6= β).
Trovarne e classificarne le singolarità, calcolando i residui su quelle con parte
immaginaria ≥ 0.
Soluzione. z = 0 è polo di ordine 1 (è zero di molteplicità 2 per il denominatore, ma
di molteplicità 1 per il numeratore, essendo α 6= β ), con residuo;
lim z
z→0
eiαz − eiβz
eiαz − eiβz
=
lim
= (Hôpital) = iα − iβ.
z 2 (1 + z 2 ) z→0
z
Invece z = ±i sono poli di ordine 1, essendo zeri semplici per il denominatore, senza
annullare il numeratore. Il residuo in z = i è (e−α − e−β )/(−2i).
Esercizio 1.5 Data la funzione di variabile complessa
zez
e4z − 1
classificarne le singolarità. Calcolare il residuo di f in iπ/2. Soluzione. Gli zeri del
denominatore sono per 4z = 2kπi e cioè z = kπi/2, tutti di molteplicità 1; se k = 0
si ha z = 0 dove anche il numeratore è nullo, e la singolarità z = 0 è eliminabile; gli
(iπ/2)eiπ/2
π
=− . altri sono poli del primo ordine. Si ha poi Res(f, iπ/2) =
2πi
4e
8
f (z) =
10
Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent
Esercizio 1.6 È data la funzione
f (z) =
z 2 (1 − e2πiz )
(z 2 − 1)(z 2 + a2 )
a > 0, a costante.
Se ne trovino le singolarità, classificandole. Trovare il residuo nelle singolarità con
parte immaginaria positiva o nulla.
Soluzione.
Il denominatore si annulla per z = ±1 e z = ±ia, dove ha zeri semplici.
Per z = ±1 anche il fattore 1 − e2πiz al numeratore si annulla; quindi ±1 sono
singolarità eliminabili. Invece ±ia sono poli semplici, dato che in essi il numeratore
non si annulla (vale −a2 (1 − e∓2πa ), e per ipotesi a non è zero); si ha
Res(f, ia) =
−a2 (1 − e−2πa )
a 1 − e−2πa
(ia)2 (1 − e2πiia )
=
=
((ia)2 − 1)2ia
(−a2 − 1)2ia
2i 1 + a2
(chiaramente il residuo in ±1 è nullo, essendo queste singolarità eliminabili).
Esercizio 1.7 Descrivere singolarità e residui della funzione
f (z) =
1 − e2πiz
.
z4 − 1
(1.2)
Soluzione. Gli zeri del denominatore sono le radici quarte di 1, ovvero 1, i, −1, −i e
sono semplici, dato che la derivata del denominatore, 4z 3 , è nulla solo in z = 0. Il
numeratore si annulla per e2πiz = 1, il che equivale a z ∈ Z; ne segue che ±1 sono
singolarità eliminabili (in esse la f vale −2πi/4(±1)3 = ∓iπ/2, come si vede con
la regola di de l’Hôpital), mentre si ha
1 − e2πii
i
= (1 − e−2π );
3
4i
4
2πi(−i)
1−e
−i
Res(f, −i) =
=
(1 − e2π ).
3
4(−i)
4
Res(f, i) =
Esercizio 1.8 Data la funzione
f (z) =
Trovarne singolarità e residui.
e(1+i)z
.
e2z + 4
1.2 Esercizi di allenamento
11
Soluzione. Si ha e2z = −4 se e solo se 2z = log(−4) + 2kiπ , con k intero, dove log
è il logaritmo principale, log(−4) = log 4 + iπ =2 log 2 + iπ . Poiché il numeratore
non è mai nullo, gli zeri del denominatore, che sono semplici, e sono
ak = log 2 + i
π
+ kiπ (k ∈ Z)
2
sono poli del primo ordine per f , con residui
Res(f, ak ) =
=
e(1+i)ak
elog 2−π/2−kπ+i(log 2+π/2+kπ)
=
(e2z + 4)0z=ak
(2e2z )z=ak
2e−π/2−kπ ei(π/2+kπ) ei log 2
−8
cioè
Res(f, ak ) = (−1)k+1 i
e−π/2−kπ+i log 2
.
4
Esercizio 1.9 Determinare poli e residui della funzione
1
contenuti sul
z4 + 1
semipiano Im z > 0.
Soluzione. La funzione f (z) = 1/(1+z 4 ) ha quattro poli di ordine 1; quelli contenuti
nel semipiano Im z ≥ 0 sono z1 = eiπ/4 e z2 = e3iπ/4 . Si ha inoltre
1
1
iπ/4
Res(f, e ) =
= e−3iπ/4 ,
3
4z z=eiπ/4
4
1
1
Res(f, e3iπ/4 ) =
= e−iπ/4 .
4z 3 z=e3iπ/4
4
1.2.2 Poli e residui di ordine > 1
Z Esercizio 1.10 (Calcolo di residui su poli di ordine > 1) Sia f funzione di variabile complessa con polo di ordine m in a. Provare che h(z) = (z − a)m f (z) ha in a
una singolarità eliminabile e che se
h(z) =
∞
X
dk (z − a)k ,
dk =
k=0
è lo sviluppo di Taylor di h intorno ad a allora
f (z) =
∞
X
k=0
dk (z − a)k−m
h(k) (a)
k!
12
Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent
h(m−1) (a)
.
(m − 1)!
Soluzione. Se a è polo di ordine m allora f (z) è asintotica a c/(z − a)m per qualche
c 6= 0 e pertanto (z −a)m f (z) → c per z → a; ne segue che h(z) = (z −a)m f (z) è
limitata attorno ad a che è quindi singolarità eliminabile per h che possiamo pertanto
considerare olomorfa attorno ad a. Il resto è facile.
è lo sviluppo di Laurent di f in a; in particolare Res(f, a) = dm−1 =
Esercizio 1.11 Classificare la singolarità e il residuo di
f (z) =
z 2 ez
(1 + ez )2
in z = iπ .
Soluzione. Posto g(z) = z 2 ez , h(z) = ez + 1 è g(iπ) = π 2 6= 0, h0 (iπ) = −1 6= 0:
iπ è polo di ordine 2. Si ha poi
(z 2 ez )0z=iπ = (2zez + z 2 ez )z=iπ = −2iπ + π 2
da cui z 2 ez = π 2 + (π 2 − 2iπ)(z − iπ) + oiπ (z − iπ) e
ez = (ez )iπ + (ez )iπ (z − iπ) +
da cui (ez + 1)/(z − iπ) = −1 −
1 z
(e )iπ (z − iπ)2 + oiπ (z − iπ)2
2
1
2
(z − iπ) + oiπ (z − iπ) dalla quale si ricava
z − iπ
1
−1/2
=
+ −
(z − iπ) + oiπ (z − iπ)
ez + 1
−1
(−1)2
= −1 +
z − iπ
ez + 1
1
(z − iπ) + oiπ (z − iπ)
2
2
= 1 − (z − iπ) + oiπ (z − iπ)
ed infine
(z − iπ)2 f (z) =
(z − iπ) 2
ez + 1
z 2 ez = π 2 + (π 2 − 2iπ − π 2 )(z − iπ) + oiπ (z − iπ)
= π 2 − 2iπ((z − iπ)) + oiπ (z − iπ)
e quindi
f (z) =
π2
2iπ
−
+ R(z),
2
(z − iπ)
(z − iπ)
dove è R(z) olomorfa attorno a iπ e Res(f, iπ) = −2iπ . (Lo stesso problema è
risolto in modo diverso in [2].)
1.2 Esercizi di allenamento
13
Esercizio 1.12 Data la funzione complessa (α ∈ C costante complessa)
fα (z) =
eαz
,
(1 + e2z )2
se ne classifichino le singolarità, e si calcoli il residuo sulla singolarità c con 0 <
Im c < π . Soluzione. Il numeratore non è mai nullo; la funzione 1 + e2z ha zeri
semplici nei punti z per cui e2z = −1 ⇐⇒ 2z = (2k + 1)iπ e cioè sugli
zk = iπ/2 + kiπ , k ∈ Z. Questi sono tutti poli del secondo ordine per fα . Il polo c
richiesto è c = iπ/2; inoltre
d
Res(fα , iπ/2) =
dz
= lim
z→iπ/2
(z − iπ/2)2 eαz
(e2z + 1)2
z=iπ/2
2(z − iπ/2)(e2z + 1) − (z − iπ/2)2 4e2z αz
e + αeαz
(e2z + 1)3
z − iπ/2
e2z + 1
2 !
.
Il limite limz→iπ/2 (e2z + 1)/(z − iπ/2) coincide con la derivata di e2z in z =
iπ/2 e cioè con −2; in altre parole e2z + 1 ∼ −2(z − iπ/2) per z → iπ/2; il
secondo termine tende quindi ad αeiπα/2 /4; nel primo si scrive −8(z − iπ/2)3 al
denominatore in luogo di (e2z + 1)3 e si ha (si semplifica un termine z − iπ/2):
2(z − iπ/2)(e2z + 1) − (z − iπ/2)2 4e2z
=
z→iπ/2
(e2z + 1)3
lim
= lim −
z→iπ/2
= lim −
z→iπ/2
2(z − iπ/2)(e2z + 1) − 4(z − iπ/2)2 e2z
8(z − iπ/2)3
2(e2z + 1) − 4(z − iπ/2)e2z
8(z − iπ/2)2
=(L’Hôpital) lim −
z→iπ/2
=
−8(z − iπ/2)e2z
16(z − iπ/2)
8eiπ
1
=− .
16
2
In definitiva Res(fα , iπ/2) = eiπα/2 (α − 2)/4.
Esercizio 1.13 Sia α ∈ R fissato. Classificare le singolarità della funzione
f (z) =
Calcolarne il residuo in 0.
eiαz
.
sinh2 z
14
Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent
Soluzione. Il denominatore si annulla per z = ikπ , k ∈ Z; si tratta di zeri del primo
ordine per sinh, dato che in essi la derivata cosh vale (−1)k 6= 0; sono zeri del
secondo ordine per sinh2 ; il numeratore non è mai nullo; quindi la funzione ha poli
del secondo ordine in tutti i punti ikπ . Calcoliamo Res(f, 0). Trattandosi di un polo
del secondo ordine si ha
z2
iαz
Res(f, 0) = D e
;
sinh2 z z=0
la derivata è:
2
2
z2
iαz 2z sinh z − 2z sinh z cosh z
+
e
;
sinh2 z
sinh4 z
facendo il limite per z → 0, il primo addendo tende a iα; il secondo, a parte il fattore
eiαz che tende ad 1, si può scrivere agli effetti del limite
iαeiαz
z sinh z z + o(z 2 ) − z(1 + o(z))
o(z 2 )
∼
2
z2
z2
z2
e tende a zero per z → 0. Si ha quindi Res(f, 0) = iα.
2
1.2.3 Decomposizione in frazioni semplici
Esercizio 1.14 Decomporre in frazioni semplici la funzione razionale
f (z) =
z3 + 4
.
z 2 (z − 1)4
Soluzione. Cerchiamo la parte singolare attorno al polo del quarto ordine z = 1
sviluppando h(z) = (z − 1)4 f (z) = (z 3 + 4)/z 2 = z + 4/z 2 in serie di Taylor
attorno ad 1. Si ha
h(1) = 5;
8
0
(h (z))z=1 = 1 − 3
= −7;
z z=1
24
00
(h (z))z=1 =
= 24;
z 4 z=1
−96
(3)
(h (z))z=1 =
= −96
z 5 z=1
e la parte singolare in z = 1 è quindi
5
7
24/2!
96/3!
−
+
−
4
3
2
(z − 1)
(z − 1)
(z − 1)
z−1
=
5
7
12
16
−
+
−
.
4
3
2
(z − 1)
(z − 1)
(z − 1)
z−1
1.2 Esercizi di allenamento
15
Per la parte singolare attorno a z = 0, polo del secondo ordine, si prende h(z) =
z 2 f (z) = (z 3 + 4)/(z − 1)4 ; si ha h(0) = 4, e
h0 (z) =
3z 2
z3 + 4
−
4
(z − 1)4
(z − 1)5
quindi
h0 (0) = −16.
La parte singolare in z = 0 è quindi 4/z 2 − 16/z ; si ottiene quindi, essendo f
razionale propria
f (z) =
4
16
5
7
12
16
z3 + 4
= 2−
+
−
+
−
,
z 2 (z − 1)4
z
z
(z − 1)4 (z − 1)3 (z − 1)2 z − 1
come richiesto.
Esercizio 1.15 Decomporre in frazioni semplici la funzione razionale
f (z) =
z3 + 4
z 2 (z − 1)4
Soluzione. Cerchiamo la parte singolare attorno al polo del quarto ordine z = 1
sviluppando h(z) = (z − 1)4 f (z) = (z 3 + 4)/z 2 = z + 4/z 2 in serie di taylor
attorno ad 1. Si ha
8
h(1) = 5,
(h0 (z))z=1 = 1 − 3
= −7
z z=1
00
(h (z))z=1 =
24
z4
= 24,
(3)
(h (z))z=1
z=1
96
= − 5
z
= −96
z=1
e la parte singolare in z = 1 è quindi
7
24/2!
96/3!
5
7
12
16
5
−
+
−
=
−
+
−
.
(z − 1)4 (z − 1)3 (z − 1)2
z−1
(z − 1)4 (z − 1)3 (z − 1)2 z − 1
Per la parte singolare attorno a z = 0, polo del secondo ordine, si prende h(z) =
z 2 f (z) = (z 3 + 4)/(z − 1)4 ; si ha h(0) = 4, e
h0 (z) =
3z 2
z3 + 4
−
4
(z − 1)4
(z − 1)5
h0 (0) = −16.
La parte singolare in z = 0 è quindi 4/z 2 − 16/z ; si ottiene quindi, essendo f
razionale propria,
f (z) =
4
16
5
7
12
16
−
+
−
+
−
.
z2
z
(z − 1)4 (z − 1)3 (z − 1)2 z − 1
16
Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent
Esercizio 1.16 Decomporre in frazioni semplici la funzione
f (z) =
1
.
z 5 (z + 1)3
Soluzione. Procedendo come nell’Esercizio 1.15 si trova
f (z) =
1
3
6
10 15
1
5
15
−
+
− 2 +
−
−
−
.
z5 z4 z3
z
z
(z + 1)3 (z + 1)2 z + 1
1.2.4 Sviluppi di Laurent
Esercizio 1.17 Determinare lo sviluppo di Laurent della funzione f (z) =
1
attorno a z0 = 2, determinare poi il residuo di f in 2. Soluzione.
(z − 2)(5 − z)
1
1
1
=
. Scrivendo 5 − z = 3 − (z − 2) si ha
È
(z − 2)(5 − z)
z−25−z
1
1
1
1
=
=
5−z
3 − (z − 2)
3 1 − z−2
3
Ricordando che
∞
X
1
=
wn ,
1 − w n=0
|w| < 1
si ha
1
1−
z−2
3
=
∞ X
z−2 n
n=0
3
,
z − 2
3 <1
ed è quindi
∞
X 1
1
=
(z − 2)n ,
5 − z n=0 3n+1
|z − 2| < 3
da cui, per 0 < |z − 2| < 3,
∞
∞
X 1
X 1
1
1
=
+
(z − 2)n−1 =
(z − 2)n
n+1
(z − 2)(5 − z) n=0 3
3(z − 2) n=0 3n+2
e pertanto Res(f, 2) = 13 .
1.2 Esercizi di allenamento
17
1.2.5 Teorema dei residui e integrali su circuiti
Esercizio 1.18 Si consideri la funzione
f (z) =
z(z 2 + 4π 2 )
.
1 − cosh z
(i) Determinare le singolarità, classificandole.
(ii) Calcolare
Z
f (z) dz.
|z−2i|=8
Soluzione. (i) Il denominatore ha zeri per cosh z = 1, e cioè per cos(iz) = 1, ovvero
iz = 2kπ , che equivale a z == −2kπi = 2mπi, m ∈ Z. Cerchiamo la molteplicità
di tali zeri: si ha D(1−cosh z) = − sinh z , e sinh(2mπi) = (e2mπi −e−2mπi )/2 =
(1 − 1)/2 = 0; ma D2 (1 − cosh z) = − cosh z vale −1 per z = 2mπi. Quindi: i
punti 2mπi, m ∈ Z, sono zeri di molteplicità 2 per il denominatore. Il numeratore si
scrive z(z + 2πi)(z − 2πi) ed ha quindi 0, −2πi, 2πi come zeri semplici. Ne segue:
0, −2πi, 2πi sono per f poli semplici (di ordine 1); 2mπi, m ∈ Z r {−1, 0, 1}
sono per f poli del secondo ordine.
(ii) Il circolo di centro 2i e raggio 8 interseca l’asse immaginario nei punti di affissa
−6i e 10i; poiché 6 < 2π < 10 < 4π , entro il circolo cadono le singolarità 0, 2πi;
per il teorema dei residui si ha:
Z
f (z) dz = 2πi (Res(f, 0) + Res(f, 2πi)) .
|z−2i|=8
Trattandosi di poli semplici si ha
z2
= −8π 2 ;
z→0 1 − cosh z
Res(f, 0) = lim zf (z) = 4π 2 lim
z→0
(z − 2πi)2
z→2πi 1 − cosh z
Res(f, 2πi) = lim (z − 2πi)f (z) = 2πi(2πi + 2πi) lim
z→2πi
= −8π 2 lim
z→2πi
2(z − 2πi)
= 16π 2 .
− sinh z
In definitiva
Z
f (z) dz = 16π 3 i.
|z−2i|=8
18
Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent
Esercizio 1.19 Calcolare, usando il teorema dei residui:
Z
1
dz
2
γ z + 8z + 1
dove γ(t) = eit , t ∈ [0, 2π] è il circolo unitario).
√
√ Soluzione.
15 ed è | − 4 − 15| > 1, mentre
Il denominatore
si
annulla
per
z
=
−4
±
√
√
| − 4 + 15| < 1. Quindi −4 + 15 è singolarità entro il circuito, chiaramente polo
del primo ordine con residuo
√ 1 1
1
Res 2
= √ .
, −4 + 15 =
√
z + 8z + 1
2z + 8 z=−4+ 15 2 15
Ne segue
Z
γ
z2
1
πi
dz = √ .
+ 8z + 1
15
Esercizio 1.20 Sia γ il cammino ottenuto giustapponendo il semicerchio di raggio
10 sul piano Im z > 0 percorso in senso antiorario con il segmento [−10, 10]. Sia
f (z) =
z2
z2
−
.
z 2 + 25 z 2 + 9
R
Calcolare γ f (z) dz con il metodo dei residui.
Soluzione. Le singolarità di f sono ±5i e ±3i; esse sono poli del primo ordine come
è immediato constatare, essendo non nulle le derivate del denominatore in tali punti.
Dato che solo 3i e 5i sono contenuti all’interno del circuito γ per il teorema dei
residui si ha
Z
f (z) dz = 2πi(Res(f, 3i) + Res(f, 5i))
γ
Per il calcolo del residuo si ottiene
2
(5i)2
5i
z
=
= ;
Res(f, 5i) =
2z z=5i
10i
2
2
2
z
(3i)
3i
Res(f, 3i) = −
=−
=− .
2z z=3i
6i
2
Quindi
3i 5i
f (z) dz = 2πi − +
2
2
γ
Z
= −2π
1.2 Esercizi di allenamento
19
Esercizio 1.21
(i) Sia b 6= 0, b ∈ C; posto r = |b|, sviluppare in serie di Laurent la funzione
1
z−b
in B(0, [0, r[) ed in B(0, ]r, +∞[).
(ii) Sia 0 < q < 1 costante fissata; si consideri la funzione razionale
F (z) =
z
.
(z − q)(1 − qz)
Trovarne poli e residui, e scriverne la decomposizione in frazioni semplici.
(iii) Scrivere lo sviluppo di Laurent di F , nella corona circolare che ha i due poli sulla
frontiera.
(iv) KSi consideri ora la funzione della variabile reale ϑ
f (ϑ) =
1+
q2
1
;
− 2q cos ϑ
servirsi di (iii) per calcolare i coefficienti di Fourier, in periodo 2π di f (si usa
naturalmente la solita sostituzione cos ϑ = (ζ + 1/ζ)/2, dove ζ = eiϑ ...).
Soluzione. (i) Se |z| < r = |b|, si ha |z/b| < 1; si scrive
∞
1
1
−1
1
−1 X z n
1
=
=
=
z−b
b z/b − 1
b 1 − z/b
b n=0 bn
da cui subito lo sviluppo di Laurent della funzione data (sviluppo che in B(0, [0, r[)
è quello di Taylor)
∞
X zn
1
=
z − b n=0 −bn+1
(I)
Se invece |b| = r < |z| si ha |b/z| < 1 e si scrive
∞
1
1
1 X bn
1
=
=
z−b
z 1 − b/z
z n=0 z n
da cui
∞
X
1
bm−1
=
z − b m=1 z m
che è lo sviluppo di Laurent richiesto per |z| > r.
(II)
20
Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent
(ii) Chiaramente q, 1/q sono poli di ordine 1 e si ha Res(F, q) = q/(1 − q 2 ),
Res(F, 1/q) = −1/q(1 − q 2 ), pertanto
F (z) =
q/(1 − q 2 ) 1/q(1 − q 2 )
−
z−q
z − 1/q
è la richiesta decomposizione di F in fratti semplici.
(iii) Si tratta della corona circolare B(0, ]q, 1/q[. Da (i), lo sviluppo di Laurent di
1/(z − q) in tale corona è noto (basta porre q in luogo di b in (I)), e cosı̀ quello di
1/(z − 1/q) (si pone 1/q in luogo di b in (I)), per cui subito si ha lo sviluppo di
Laurent di F
∞
X
∞
n−1
X
zn
2 q
F (z) =
1/q(1 − q )
+
q/(1
−
q
)
1/q n+1 n=1
zn
n=0
2
cioè
∞
X
∞
qn n X qn 1
F (z) =
z +
1 − q2
1 − q2 zn
n=0
n=1
(iv) Posto (ζ + 1/ζ)/2 in luogo di cos ϑ in f si ottiene
1+
q2
1
ζ
ζ
=
=
= F (ζ).
2
2
− 2q(ζ + 1/ζ)/2
ζ + q ζ − qζ − q
(ζ − q)(1 − qζ)
La serie di Laurent di F converge totalmente su ogni corona circolare compatta contenuta in B(0, ]q, 1/q[, in particolare sul circolo unitario {ζ = eiϑ : ϑ ∈ R}; si ha
quindi, sostituendo ζ = eiϑ nello sviluppo prima trovato per F ;
f (ϑ) = F (eiϑ ) =
∞
q n inϑ X q n −inϑ
e
+
e
1 − q2
1 − q2
n=1
n=0
∞
X
la convergenza della serie a secondo membro essendo totale per ϑ ∈ R; poiché tale
serie è serie trigonometrica, essa è necessariamente la serie di Fourier (in periodo 2π )
di f ; si ha quindi
cn (f ) =
qn
1 − q2
per n = 0, 1, 2, . . .
nonché
cn (f ) =
q −n
1 − q2
per n = −1, −2, −3, . . . ;
concisamente
cn (f ) =
q |n|
1 − q2
n ∈ Z.
N.B.: La funzione f , a meno di un coefficiente, è il nucleo di Poisson.
1.3 Esercizi risolti
21
1.3 Esercizi risolti
Esercizio 1.22 Sia f (z) = z exp(1/z) ( = ze1/z ). Descrivere le singolarità di f , e
calcolarvi lo sviluppo di Laurent: specificare la parte regolare ed il residuo. Calcolare
poi, al variare di m ∈ Z, gli integrali
Z
Im = z m f (z) dz
dove γ(t) = eit , t ∈ [0, 2π] è il circolo unitario.
γ
Soluzione. L’unica singolarità e ovviamente z = 0, che è singolarità essenziale come
ora vediamo. Ricordando che si ha exp w = 1 + w + w2 /2! + · · · + wn /n! + · · ·
per ogni w ∈ C si ha exp(1/z) = 1 + 1/z + 1/(z 2 2!) + · · · + 1/(z n n!) + · · · per
ogni z ∈ C r {0}, e quindi
z exp(1/z) = z + 1 +
∞
X
1
1/(n + 1)!
1
+ · · · + n−1 + · · · = (1 + z) +
;
z2!
z n!
zn
n=1
la parte regolare è 1 + z , il residuo è 1/2.
Il calcolo dell’integrale può essere spiegato in vari modi: si può
Z ricordare che il
f (z)/z p+1 dz
p-esimo coefficiente dello sviluppo di Laurent di f è cp = (1/2πi)
γ
per dire che si ha
Z
Z
f (z)
1
dz = 2πic−(m+1) .
Im = z m f (z) dz = 2πi
−m−1+1
2πi γ z
γ
Per m = −2 si ha I−2 = 2πic1 = 2πi; per m = −1 si ha I−1 = 2πic0 = 2πi;
per m ≥ 0 si ha Im = 2πic−(m+1) = 2πi/(m + 2)!; per m ≤ −3 si ha Im = 0.
Riassumendo:


0
per m ≤ −3;



per m = −2, −1;
Im 2πi

2πi


per m ≥ 0.

(m + 2)!
Esercizio 1.23 K Sia
f (z) =
z exp(2πz 2 )
.
exp(2πz 2 ) − 1
(i) Descrivere le singolarità di f , disegnarle sul piano complesso e determinare le parti
principali a tali singolarità.
22
Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent
(ii) Detto γn il circolo positivamente orientato di centro l’origine e raggio πn, e posto,
per n ∈ N, n > 0
Z
In =
f (z) dz
γn
calcolare In (esprimerlo con una formula; può essere utile la funzione parte intera;
si ricordi che [x], parte intera del numero reale x, è il massimo intero che non
supera x).
(iii) Calcolare
In
.
n→∞ n2
lim
Soluzione. (i) exp(2πz 2 ) − 1 = 0 se e solo se 2πz 2 = 2kπi con k ∈ Z, e ciò
accade se e solo se z√è radice quadrata di ki, k ∈ Z; se k > 0 le radici√quadrate di
ki = keiπ/2 sono ± keiπ/4 , se k < 0 le radici quadrate di ki sono ± −ke−iπ/4 ;
se k = 0 c’è
√ 0 come unica radice quadrata. Riassumendo, le singolarità di f sono
z = 0 e ± νe±iπ/4 , con tutte le 4 scelte dei segni, al variare di ν in {1, 2, 3, . . . };
stanno sulle bisettrici dei quadranti e si disegnano come in Figura 1.1.
y
1
x
Figura 1.1.
La derivata del denominatore è 4πz exp(2πz 2 ), che è nulla solo per z = 0;
gli zeri prima trovati sono quindi tutti di molteplicità 1, salvo z = 0 che è doppio;
il numeratore di f è nullo solo in 0, con molteplicità 1. Tutte le singolarità prima
trovate sono quindi per f poli del primo ordine; la parte principale ad un singolarità
1.4 Esercizi proposti
23
a è quindi del tipo Res(f, a)/(z − a). Per calcolare i residui:
Res(f, 0) = lim z
z→0
1
z exp(2πz 2 )
= lim
2
exp(2πz ) − 1 z→0 exp(2πz 2 ) − 1
z2
tenendo conto del fatto che exp(2πz 2 ) tende ad 1 per z → 0; posto w = z 2 si ha
1
1
1
=
=
exp(2πw) − 1
(2πe2πw )w=0
2π
w
mentre per il residuo ad un punto singolare a diverso da 0 si ha subito
lim
w→0
Res(f, a) =
1
a exp(2πa2 )
=
2
4πa exp(2πa )
4π
(ii) Si noti che essendo π 2 irrazionale il circuito non passa per alcuna singolarità di f ,
e gli integrali che definiscono In hanno quindi significato. Per il teorema dei residui
X
√
In = 2πi Res(f, 0) +
Res(f, ± νe±iπ/4 ) = i + 2iν(n)
√
dove ν(n) è il numero di interi positivi ν tali che ν < πn, e cioè la parte intera di
π 2 n2 , ν(n) = [π 2 n2 ]. Quindi In = i(1 + 2[π 2 n2 ]).
(iii) Essendo π 2 n2 − 1 < [π 2 n2 ] < π 2 n2 + 1, si ottiene π 2 − 1/n2 < [π 2 n2 ]/n2 <
π 2 + 1/n2 , da cui si ha lim [π 2 n2 ]/n2 = π 2 . Ne segue
n→∞
lim
n→∞
In
= 2iπ 2
n2
1.4 Esercizi proposti
1
. Determinare lo sviluppo di Laurent di
(z − 2)2 (z − 5)
f attorno a z = 2. Determinare poi l’integrale
Z
f (z) dz
Esercizio 1.24 Sia f (z) =
|z−2|=1
dove |z − 2| = 1 è il circolo di centro 2 e raggio 1 orientato positivamente.
Soluzione. I primi termini dello sviluppo di Laurent di f in z = 2 sono
−
1
1
1
z−2
1
1
−
−
−
−
(z − 2)2 −
(z − 2)3 + ...
2
3(z − 2)
9(z − 2) 27
81
243
729
pertanto l’integrale cercato vale −2πi/9.
24
Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent
Esercizio 1.25 Decomporre in frazioni semplici la funzione
f (z) =
1
.
(z + 1)3 z 5
Soluzione. Il risultato è
1
3
6
10 15
5
15
1
−
+
− 2 +
−
−
−
.
z5 z4 z3
z
z
(z + 1)3 (z + 1)2 z + 1
Esercizio 1.26 Sia
f (z) =
z(z − 2)
.
(z − 4)3 (z 2 + 6)
i) Determinare le singolarità e i residui nei punti singolari.
ii) Calcolare poi l’integrale di f sul circolo centrato sull’origine e raggio 3.
z+1
.
+ z2)
i) Determinare singolarità e residui di R;
ii) Dimostrare (senza calcoli) che R è la somma delle sue parti singolari nei vari
Esercizio 1.27 Sia R(z) =
z 3 (1
poli
iii) Determinare le parti singolari di R attorno ai poli.
iv) Usando ii) decomporre R in frazioni semplici complesse.
Esercizio 1.28 Siano f (z) =
y ≤ π}.
ez
e R = {z = x + iy ∈ C : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤
e2z + 4
1. Determinare e classificare i poli di f contenuti in R;
2. Sia γ il circuito
costituito dalla frontiera positivamente orientata del rettangolo R.
Z
Calcolare f (z) dz .
γ
Esercizio 1.29(i) Determinare lo sviluppo di Laurent di
2
1
+
z−2 4−z
nella corona circolare 2 < |z| < 4.
(ii) Classificare le singolarità della funzione
f (z) =
z + 2πi
.
sin(iz)(cos z − 1)
1.4 Esercizi proposti
25
Esercizio 1.30 Si calcoli
Z
C
ez dz
(z − 1)(z + 3)2
dove C è la circonferenza |z + 1| = 3 orientata in verso antiorario (si può usare il
teorema dei residui.
Esercizio 1.31 Sia f la funzione di variabile complessa definita da
f (z) =
sin z
.
z 3 (z 2 + 2z + 2)
i) Determinare le singolarità; classificarle e calcolare i relativi residui.
ii) Calcolare l’integrale
Z
f (z) dz
C1
dove C1 è il circolo di raggio 1 centrato nell’origine.
Esercizio 1.32 K Si consideri la funzione di variabile complessa
f (z) =
1
1
.
z 2 ez − e−z
(i) Determinare le singolarità di f , trovandone i residui.
(ii) Sia γR il circolo positivamente orientato di centro l’origine e raggio R > 0.
Calcolare
Z
f (z) dz.
γR
(iii) Dimostrare che
Z
lim
n→+∞
f (z) dz
γn
esiste finito.
Esercizio 1.33 KData la funzione
f (z) =
sinh(1/z)
zm
1. calcolarne la serie di Laurent di f (z) ed il residuo in z = 0 al variare del parametro
m ∈ Z (sugg: ricordare lo sviluppo dell’esponenziale
Z complesso...).
2. Dire per quali valori del parametro m l’integrale
f (z)dz è diverso da zero e
γ
calcolarlo (γ è la circonferenza di centro 0 e raggio 1).
26
Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent
Esercizio 1.34 K
(i) Determinare i punti singolari della funzione della variabile complessa z
f (z) =
z
1
1
− −
sin2 z z z − π
e classificarli.
(ii) Calcolare i residui della funzione f nei suoi punti singolari.
(iii) Nell’insieme {z ∈ C : 0 < Re z < 1} f ha una primitiva? E nell’insieme
{z ∈ C : 0 < |z| < 1}?
Esercizio 1.35 K Si consideri la funzione di variabile complessa
1
πz
.
f (z) = 2
cos
z −1
z+1
(i) Determinare i punti singolari e classificarli.
(ii) Calcolare i residui (ricordare che se
f (z) =
+∞
X
ap (z − z0 )p ,
g(z) =
−∞
+∞
X
bq (z − z0 )q
−∞
nella corona r < |z − z0 | < R allora nella stessa corona f (z)g(z) =
+∞
X
cr (z −
−∞
z0 )r dove cr =
X
ap bq ).
p+q=r
(iii) Dire se f ha primitive nel semipiano di destra (rispettivamente di sinistra).
(iv) Determinare il raggio di convergenza della serie di Taylor relativa al punto z0 =
(1 + i)/2.
(v) Dire se f è limitata in un intorno di ∞.
Esercizio 1.36 K Data la funzione
f (z) =
cotanh πz
,
z2 + 1
determinarne le singolarità. Trovare le parti principali attorno a tutte le singolarità
(cioè i termini con esponente negativo della serie di Laurent).
Esercizio 1.37 K Sia f (z) =
+∞
X
cn z n , |z| < R, R > 0, c0 6= 0.
n=0
(i) Scrivere lo sviluppo in serie di potenze della funzione g(z) tale che g(0) =
g 0 (0) = 0 ed inoltre g 00 (0) = f (z).
(ii) Provare che esiste > 0 tale che g(z) 6= 0 per ogni z con 0 < |z| < .
1.4 Esercizi proposti
27
(iii) Sia h(z) = 1/g(z), 0 < |z| < , calcolare Res(h(z), 0).
Esercizio 1.38 K
(i) Sia r > 0; mostrare che l’espressione kf kr = max {|f (z)| : |z| ≤ r} definisce
una norma sullo spazio H(C) delle funzioni olomorfe su C.
(ii) Sia 0 < r < s. Provare che la applicazione lineare Φ : (H(C); k#ks ) →
(H(C); k#kr ) definita da Φ(f ) = f 0 è continua
Suggerimento: Servendosi della formula di Cauchy si esprima f 0 (z) su rB tramite
un integrale involvente f , ma non f 0 , esteso al bordo γs di sB ; B essendo la palla
unitaria
di C.
∞
X
(iii) Sia
fn una serie di elementi di H(C) che converge uniformemente a f ∈
n=0
H(C) su ogni compatto di C; usando (ii) provare che
∞
X
fn0 = f .
n=0
Esercizio 1.39 K Si consideri in C r {0} la serie di funzioni
∞
X
1/(k!z k ).
k=0
(i) Provare che, per ogni a ∈ R, a > 0, la serie converge uniformemente su Ca =
{z ∈ C : |z| ≥ a} e calcolarne la somma g(z); Zprovare che g ∈ H(C r {0}).
g(z)z n dz essendo γ il circolo
(ii) Calcolare, per ogni n = 0, 1, 2, . . . l’integrale
γ
positivamente orientato di centro 0 e raggio 1.
Suggerimento: Servirsi della espressione di g come serie.
Esercizio 1.40 K
(i) Si ponga
Z
ϕ(ξ) =
0
2π
cos2
2(ξ − cos ϑ)
dϑ.
ϑ − 2ξ cos ϑ + ξ 2
Calcolare ϕ(ξ) per ξ ∈ R r {−1, 1}.
Suggerimento: Per gli ξ di R per cui ϕ(ξ) è finito, trasformare l’integrale dato in
un integrale di funzione razionale esteso al circolo unitario ed usare il teorema dei
residui.
(ii) Servendosi di (i) calcolare
Z
Φ(ξ) =
0
giustificando la risposta.
2π
log (cos2 ϑ − 2ξ cos ϑ + ξ 2 ) dϑ
28
Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent
Esercizio 1.41 K Sia Ω aperto in C e f ∈ H(Ω), f = u+iv con u e v a valori reali.
Sia I un intervallo reale e sia γ(t) = ϕ(t) + iψ(t) una curva di classe C 1 da I entro
˙
Ω soddisfacente l’identità γ̄(t)
= f 0 (γ(t)), cioè ϕ̇(t) − iψ̇(t) = f 0 (ϕ(t) + iψ(t)).
(i) Si provi che v ◦ γ è costante.
(ii) Si provi che u ◦ γ è monotona.
Suggerimento: Si faccia uso delle condizioni di Cauchy-Riemann.
Esercizio 1.42 K
(i) Sia Ω aperto semplicemente connesso di C; siano a1 , . . . , am ∈ Ω, con ak 6= al
se k 6= l. Sia f ∈ H(Ω r {a1 , . . . , am }); si supponga che tutti gli ak siano poli
per f . Provare che f ammette una primitiva in Ω r {a1 , . . . , am } se e solo se
Res(f, ak ) = 0 per k = 1, . . . , m.
(ii) Sia p ≥ 1, p intero. Definiamo fp : C r {0} → C ponendo
sin z
fp (z) = p ;
z
per quali p la funzione fp ammette una primitiva in C r {0}? Per questi valori di
p scrivere la serie di Laurent (attorno a 0) di ogni possibile primitiva di fp .
(iii) La funzione
sin z
f1 (z) =
z
ammette una ed una sola primitiva F tale che lim F (x) = 0; scrivere la serie
R3x→∞
di Laurent di F (attorno a 0).
Suggerimento: Ricordare l’integrale di Dirichlet.
1.5 Esercizi teorici di difficoltà superiore
Esercizio 1.43 (Un metodo per poli di ordine 2) Lo scopo dell’esercizio è quello
di provare la seguente regola (da non ricordare!). Sia Ω ⊂ C aperto, a ∈ Ω,
h, g ∈ H(Ω); g(a) 6= 0, h(a) = 0, h0 (a) 6= 0. Allora a è polo di ordig(z)
. Inoltre se g(z) = α0 + α1 (z − a) + oa (z − a) e
ne 2 per f (z) =
h(z)2
h(z)/(z − a) = β0 + β1 (z − a) + oa (z − a) si ha
Res(f, a) = (α1 β0 − 2α0 β1 )/β03 .
Morale: Basta calcolare i primi due termini dello sviluppo di Taylor di g(z) e di
h(z)/(z − a) attorno ad a per ottenere il residuo.
Soluzione. È
2
z−a
g(a)
2
lim (z − a) f (z) = lim
g(z) = 0
6= 0 :
z→a
z→a
h(z)
(h (a))2
1.5 Esercizi teorici di difficoltà superiore
29
a è polo di ordine 2. Posto ϕ(z) = (z − a)/h(z) = γ0 + γ1 (z − a) + oa (z − a) si ha
z−a
h(z)
2
= γ02 + 2γ0 γ1 (z − a) + oa (z − a)
da cui
2
(z − a) f (z) =
z−a
h(z)
2
g(z) = α0 γ02 + (2α0 γ0 γ1 + α1 γ02 )(z − a) + oa (z − a)
sicché Res(f, a) = 2α0 γ0 γ1 + α1 γ02 . Per concludere basta osservare che h(z)/(z −
a) = 1/ϕ(z) sicché β0 = 1/ϕ(a) = 1/γ0 e β1 = −ϕ0 (a)/ϕ2 (a) = −γ1 /γ02 da
cui γ0 = 1/β0 e γ1 = −β1 /β02 .
Esercizio 1.44 K Per ogni r > 0 sia γr (ϑ) = reiϑ , ϑ ∈ [0, 2π], il circolo
positivamente orientato di centro 0 e raggio r.
(i) Sia f (z) = f (x + iy) funzione continua sul sostegno del circolo γr . Esprimere
Z
f (z)
dz
z
γr
mediante
Z
f (x + iy) |dγr |
γr
Z
(
f (x + iy)|dγr | è l’integrale “al differenziale d’arco”) e trovare cosı̀ una
γr
relazione tra i due integrali.
(ii) Sia w ∈ C con |w| =
6 r. Usando (i) ed il teorema dei residui calcolare
Z
1
|dγr |
γr (x + iy) − w
(conviene distinguere i casi |w| < r e |w| > r).
(iii) Sia D = {z ∈ C : |z| ≤ 1} il disco unitario. Servendosi della formula
Z
Z 1 Z
f (x + iy) dx dy =
f (x + iy) |dγr | dr.
D
0
calcolare, al variare di w ∈ C,
Z
D
(iv) Giustificare la formula (∗).
γr
1
dx dy.
(x + iy) − w
(∗)
30
Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent
Soluzione. (i) Si ha
Z 2π
Z 2π
Z
f (reiϑ )
f (z)
iϑ
f (reiϑ ) dϑ,
dz =
ire dϑ = i
z
reiϑ
0
0
γr
mentre è (|dγr | = r dϑ)
Z
f (x + iy) |dγr | =
Z
γr
2π
f (reiϑ )r dϑ
0
per cui
r
f (x + iy) |dγr | =
i
γr
Z
Z
γr
f (z)
dz
z
è la relazione richiesta.
(ii) Posto f (z) = 1/(z − w), la formula precedente porge
Z
Z
r
1
1
|dγr | =
dz.
i γr z(z − w)
γr (x + iy) − w
La funzione z 7→ 1/(z(z − w)) ha, se w 6= 0, poli del primo ordine per z = 0 e
z = w, con residui rispettivi −1/w e 1/w, mentre ha un polo del secondo ordine in
z = 0, con residuo nullo, se w = 0. Per il teorema dei residui si ha (w 6= 0)
Z
w(γr , 0) w(γr , w)
1
dz = 2πi
+
−w
w
γr z(z − w)
e mentre w(γr , 0) = 1 per ogni r > 0, si ha w(γr , w) = 1 se |w| < r, w(γr , w) = 0
se |w| > r. Se w = 0, l’integrale è nullo. Riassumendo

Z
0
se |w| < r,
1
|dγr | =
2πr
−
se |w| > r.
γr (x + iy) − w
w
(iii) Come funzione di r la funzione
Z
F (r) =
γr
1
|dγr |
(x + iy) − w
è definita su ]0, +∞[ r {|w|} e può scriversi
−
2πr
χ]0,|w|[ (r);
w
L’integrale di tale funzione è

Z
|w|2
2π |w|


Z 1
r dr = −π
−
w Z0
w
F (r) dr =
1

2π
π
0

−
r dr = −
w 0
w
se |w| ≤ 1,
se |w| > 1.
1.6 Quiz a risposte multiple
31
Osservando che |w|2 = ww, il risultato finale è

Z
−πw
1
π
dx dy =
−
D (x + iy) − w
w
se |w| ≤ 1,
se |w| > 1.
(iv) Non è altro che l’integrazione in coordinate polari, combinata con la formula di
riduzione:
Z
Z
f (x + iy) dx dy =
f (reiϑ )r dr dϑ
D
]0,1[×]0,2π[
Z
r=1 Z ϑ=2π
=
iϑ
f (re )r dϑ dr
r=0
ϑ=0
e come sopra visto
Z
ϑ=2π
Z
iϑ
f (re )r dϑ =
ϑ=0
f (x + iy) |dγr |.
γr
Esercizio 1.45 K Sia Ω un aperto connesso di C, f ∈ H(Ω); supponiamo che sia
Z(f ) 6= ∅ mentre Z(f 0 ) = ∅. Siano u(x, y) e v(x, y) rispettivamente la parte reale
e immaginaria di f .
(i) Sia Γ1 = {(x, y) ∈ R2 : u(x, y) + v(x, y) = 0} e Γ2 = {(x, y) ∈ R2 :
u(x, y) − v(x, y) = 0}. Provare che Γ1 e Γ2 sono entrambe non vuote e sono
1-varietà (di classe C ∞ ).
(ii) Provare che Γ1 ∩ Γ2 non ha punti di accumulazione contenuti in Ω. Può accadere
che Γ1 ∩ Γ2 sia vuoto?
(iii) Sia w ∈ Γ1 ∩ Γ2 . Qual è l’angolo formato dalle rette tangenti a Γ1 , Γ2 in w?
1.6 Quiz a risposte multiple
Esercizio 1.46 Determinare la parte singolare di
1
attorno a z = 1.
(z − 1)2 (z − 5)3
Calcolare poi l’integrale
1
Z
|z−2|=2
a) − 128iπ
b)
256iπ
5
(z −
c) −
1)2 (z
2iπ
15
− 5)3
d)
3iπ
5
dz
e)
5π
256
f) −
3iπ
128
32
Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent
1
(z − 3)(5 − z)
attorno a 3. Dedurre poi il valore del coefficiente di (z − 3)2 di tale sviluppo.
Esercizio 1.47 Determinare lo sviluppo di Laurent di f (z) =
a) − 1/4
b)1/8
c)1
d)1/64
e)1/16
f )2
Esercizio 1.48 Calcolare l’integrale
Z
|z|=2
a) 1
b) 3iπ
c) iπ
3eiπz
dz
z 2 − 4z + 3
d) − π
e) − iπ
f) −
q
π/2
1.6.1 Soluzioni dei quiz
Soluzione Esercizio 1.46. f)
Soluzione Esercizio 1.47. Lo sviluppo è
1
1 z−3
1
1
1
1
+ +
+ (z − 3)2 + (z − 3)3 + (z − 3)4 +
(z − 3)5 + ...;
2(z − 3) 4
8
16
32
64
128
pertanto la risposta corretta è la e).
Soluzione Esercizio 1.48. d)
2
Funzioni armoniche e
funzioni olomorfe
2.1 Esercizi di allenamento
Esercizio 2.1
(i) Accettando il fatto che u : R2 → R definita da
u(x, y) = ex (x cos y − y sin y)
è armonica su R2 , trovarne un’armonica coniugata v(x, y).
(ii) Scrivere un formula in z = x + iy che descriva la funzione olomorfa f (z) =
f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y).
Soluzione. (i) Per le identità di Cauchy-Riemann si ha
∂x v(x, y) = −∂y u(x, y) = −ex (−x sin y − sin y − y cos y),
∂y v(x, y) = ∂x u(x, y) = ex (x cos y − y sin y) + ex cos y;
ne segue che le v richieste sono le primitive della forma differenziale
−∂y u(x, y) dx + ∂x u(x, y) dy,
cioè
x
x
e (x sin y + sin y + y cos y) dx + e (x cos y − y sin y + cos y) dy.
L’armonicità di u che ci viene garantita equivale al fatto che tale forma sia chiusa
(−∂x2 u = ∂y2 u), e quindi all’esattezza, essendo R2 semplicemente connesso. Per
trovarne una primitiva, dato (x, y) ∈ R2 integriamo la forma sulla poligonale di
vertici (0, 0), (x, 0), (x, y), ottenendo
Z x
Z y
ξ
v(x, y) =
e (ξ sin 0 + sin 0 + 0 cos 0) dξ +
ex (x cos η − η sin η + cos η) dη
0
x
=e
0
x[sin η]y0
+ [η
cos η]y0
−
Z
y
cos η dη +
0
= ex (x sin y + y cos y − sin y + sin y)
[sin η]y0
34
Funzioni armoniche e funzioni olomorfe
in definitiva, si ottiene (a meno di costanti reali additive)
v(x, y) = ex (x sin y + y cos y).
(ii) Si ha f (z) = ex (x cos y − y sin y) + iex (x sin y + y cos y) = ex ((x cos y −
y sin y) + i(x sin y + y cos y)) = ex (cos y + i sin y)(x + iy) = ex eiy (x + iy) =
ex+iy (x + iy). Si ottiene insomma (sempre a meno di costanti, ora puramente
immaginarie) f (z) = ez z .
Esercizio 2.2
(i) Data la forma differenziale
ω(x, y) =
2xy
x2 − y 2
dx + 2
dy
(x2 + y 2 )2
(x + y 2 )2
(∗)
definita su R2 r {O}, sapendo che essa è chiusa (accettare tale fatto) mostrare che
è anche esatta.
(ii) Mostrare che (∗) ha primitive armoniche.
(iii) Trovare una funzione che sia olomorfa su C r {O} e che abbia una primitiva di
(∗) come parte reale.
Soluzione. (i) La forma essendo chiusa su R2 r {O}, per un noto risultato sarà
esatta se e solo se il suo integrale sul circolo semplice unitario è nullo. Detto
γ(t) = (cos t, sin t), t ∈ [0, 2π], tale circolo, si ha
Z
Z 2π
ω=
(cos2 t − sin2 t)(− sin t) + 2 cos t sin t cos t dt
γ
0
Z
2π
=
sin t dt = 0.
0
Quindi ω è esatta.
(ii) Se u(x, y) è una primitiva di ω , è ∂1 u = ω1 (x, y) e ∂2 u = ω2 (x, y) per cui u è
armonica se e solo se ∂1 ω1 + ∂2 ω2 = 0, identicamente in R2 r {O}. Si ha
∂1 ω1 (x, y) =
=
−4x
2x3 + 2xy 2 − 4x3 + 4xy 2
2x
2
2
+
(x
−
y
)
=
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )3
(x2 + y 2 )3
2x(3y 2 − x2 )
(x2 + y 2 )3
mentre
∂2 ω2 (x, y) =
2x
−4y
2x3 + 2xy 2 − 8xy 2
+
2xy
=
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )3
(x2 + y 2 )3
=−
2x(3y 2 − x2 )
.
(x2 + y 2 )3
2.1 Esercizi di allenamento
35
Ne segue quanto voluto.
(iii) Detta u una primitiva (reale!) di ω si deve trovare un’armonica coniugata v di u,
che (se esiste) come sappiamo è una primitiva della forma
−
2xy
x2 − y 2
dx
+
dy.
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
È immediato vedere che una funzione che ha come derivata parziale rispetto ad x
la prima componente −2xy/(x2 + y 2 )2 di tale forma è ad esempio y/(x2 + y 2 ).
Siamo indotti a cercare primitive di ω del tipo y/(x2 + y 2 )+ϕ(y); derivando rispetto
ad y tale funzione si ha
1
22 2
x2 − y 2
2 2
0
−
(x
+
y
)
+
ϕ
(y)
=
+ ϕ0 (y)
x2 + y 2 y
(x2 + y 2 )2
ed imponendo l’uguaglianza con la seconda componente della forma si ha ϕ0 (y) = 0.
Ne segue che y/(x2 + y 2 ) è una primitiva della forma sopra scritta. Inoltre si è visto
che
x2 − y 2
y
;
∂y
=
(x2 + y 2 )
(x2 + y 2 )2
si ha allora, scambiando x con y , che x/(x2 + y 2 ) ha (y 2 − x2 )/(x2 + y 2 )2 come derivata parziale rispetto ad x, e sempre scambiando x con y si ha che la derivata parziale rispetto ad y di questa funzione è −2xy/(x2 + y 2 )2 . Ne segue che
−x/(x2 + y 2 )è una primitiva di ω . Una funzione olomorfa che abbia una primitiva
di ω come parte reale deve quindi essere
f (z) = f (x + iy) =
−x
y
x − iy
z
1
+i 2
=− 2
=−
=−
2
2
2
+y
x +y
x +y
zz
z
x2
cioè f (z) = −1/z è una delle funzioni richieste (le altre differiscono da questa per
una costante complessa).
Esercizio 2.3 È data la funzione
u(x, y) = ex (x cos y − y sin y) .
(i) Provare che u è armonica.
(ii) Trovare un’armonica coniugata v per u (una funzione v di due variabili tale che
f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) sia olomorfa).
(iii) Sia γ : [0, 1] → C definito da γ(t) = e2πit . Calcolare
Z
f (z)
dz,
2
γ z
dove f è la funzione di cui in (ii).
36
Funzioni armoniche e funzioni olomorfe
2.2 Esercizi teorici
Esercizio 2.4 Sia f ∈ H(C) olomorfa intera.
(i) Provare che per ogni z ∈ C ed ogni r > 0 si ha
Z 2π
1
|f (z + reiϑ )| dϑ.
|f (z)| ≤
2π 0
(ii) Dedurne che per ogni z ∈ C ed ogni r > 0 si ha
Z
1
|f (z)| ≤
|f (ζ)| dsr (ζ),
2πr ∂B(z,r]
dove dsr (ζ) indica il “differenziale d’arco”.
(iii) Usando (ii), provare che per ogni z ∈ C ed ogni r > 0 si ha
Z
1
|f (z)| ≤ 2
|f (x + iy)| dx dy.
πr B(z,r]
(iv) Dedurne che una funzione olomorfa intera sta in L1 (R2 ) se e solo se è
identicamente nulla.
(v) Usando le idee precedenti mostrare che se u ∈ L1 (Rn ) è armonica, allora u è
identicamente nulla.
Soluzione. (i) Ricordiamo la formula di Cauchy per il circolo (γr (ϑ) = z + reiϑ ,
ϑ ∈ [0, 2π])
Z
Z 2π
f (ζ)
1
f (z + reiϑ )
1
dζ =
ireiϑ dϑ
f (z) =
2πi γr ζ − z
2πi 0
reiϑ
Z 2π
1
=
f (z + reiϑ ) dϑ
2π 0
da cui, usando la disuguaglianza fondamentale
Z 2π
1
|f (z)| ≤
|f (z + reiϑ )| dϑ
2π 0
come si voleva.
(ii) Il “differenziale d’arco”, od elemento di lunghezza, sul circolo γr il cui sostegno
è ∂B(z, r] è, come si sa, dsr (ζ) = |γr0 (ϑ)| dϑ = |ireiϑ | dϑ = r dϑ; la formula
voluta si ha quindi dalla precedente, moltiplicando e dividendo per r.
(iii) Per la formula di integrazione sulle sfere (vedi Sezione ??), l’integrale su B(z, r]
di una qualsiasi funzione g(x + iy) ivi sommabile si ottiene integrando fra 0 ed r gli
integrali di g sui circoli di centro z e raggio % ≤ r:
Z
Z r Z
g(x + iy) dx dy =
g(ζ) ds% (ζ) d%.
B(z,r]
0
∂B(z,%]
2.2 Esercizi teorici
37
Per 0 < % ≤ r la disuguaglianza in (ii) porge
Z
2π%|f (z)| ≤
|f (ζ)| dsr (ζ),
∂B(z,%]
ed integrando tale disuguaglianza per % fra 0 ed r si ottiene
Z
Z r Z
2
f (ζ) ds% (ζ) d% =
|f (x + iy)| dx dy,
πr |f (z)| ≤
0
∂B(z,%]
B(z,r]
che è quanto richiesto.
(iv) Nella disuguaglianza (iii) facciamo tendere r a +∞; si ha (per f ∈ L1 (C))
Z
Z
lim
|f (x + iy)| dx dy =
|f (x + iy)| dx dy = kf k1 < +∞
r→+∞
B(z,r]
C
pertanto
1
|f (z)| ≤ lim
r→+∞ πr 2
Z
|f (x + iy)| dx dy = 0
B(z,r]
cioè |f (z)| = 0 e quindi f (z) = 0; per l’arbitrarietà di z , f (z) = 0 per ogni z ∈ C.
(v) Le funzioni olomorfe sono, come sappiamo, anche armoniche, pertanto f (z) è,
per ogni z ∈ C, r > 0, la media dei valori di f sulla palla B(z, r] di centro z e
raggio r, in altre parole
Z
1
f (x + iy) dx dy
f (z) = 2
πr B(z,r]
formula dalla quale subito si ha la disuguaglianza (iii), usando la disuguaglianza
fondamentale sugli integrali. Come noto tale formula di media vale per le funzioni
armoniche; per u armonica in Rn , se z ∈ Rn , r > 0 si ha
Z
1
u(z) =
u(x) dλn (x)
vn rn B(z,r]
dove vn è la misura n-dimensionale della palla unitaria di Rn . Da tale formula con la
solita disuguaglianza fondamentale sugli integrali si ha subito
Z
1
|u(x)| dλn (x);
|u(z)| ≤
vn rn B(z,r]
passando in tale formula al limite per r → +∞ si ottiene che se
Z
lim
u(x) dλn (x)
r→+∞
B(z,r]
esiste finito, il secondo membro della disuguaglianza tende a 0; si ha quindi |u(z)| ≤
0, da cui, come sopra per f , u(z) = 0, per ogni z ∈ Rn .
38
Funzioni armoniche e funzioni olomorfe
2.3 Teorema di Rouché
Ricordiamo l’enunciato del Teorema di Rouché.
Teorema 2.1 (Teorema di Rouché) Sia Ω un aperto limitato di C, e γ circuito omotopo a zero in Ω tale che per ogni punto z fuori del supporto supp γ di γ sia
avvγ (z) ∈ {0, 1} (ad esempio γ curva di Jordan). Siano f, ε olomorfe in Ω tali
che
|ε(z)| < |f (z)|
∀z ∈ supp γ.
Allora f e f + ε hanno lo stesso numero di zeri dentro γ (cioè con indice di
avvolgimento 1 rispetto a γ ), contando al solito anche le loro molteplicità.
Esercizio 2.5 Usando il teorema di Rouché, mostrare che il polinomio z 5 − z 4 + 15
ha tutti i suoi zeri entro il circolo |z| ≤ 2.
Soluzione. Posto ε(z) = −z 4 +15 e f (z) = z 5 per |z| = 2 si ha |ε(z)| ≤ 24 +15 =
31 < |25 | = 32 = |f (z)|. Per il teorema di Rouché il numero di zeri di f su |z| < 2
(sono 5) coincide con quello degli zeri di z 5 −z 4 +15 su |z| < 2: pertanto z 5 −z 4 +15
ha 5 zeri su |z| < 2; essendo 5 il numero totale di zeri di z 5 −z 4 +15 su C si conclude.
Esercizio 2.6 Determinare il numero totale di zeri della funzione F (z) = z 8 −5z 5 −
2z + 1 all’interno del cerchio unitario |z| < 1.
Soluzione. Posto ε(z) = z 8 − 2z e f (z) = −5z 5 + 1 per |z| = 1 si ha |ε(z)| ≤ 3 e
|f (z)| ≥ |1 − 5| = 4 sicché |ε(z)| < |f (z)| su |z| = 1. Per il teorema di Rouché il
numero di zeri di F su |z| < 1 coincide con quello degli zeri di −5z 5 + 1 su |z| < 1,
cioè 5.
3
Calcolo di integrali con il
metodo dei residui
3.1 Richiami e complementi
Si incontra frequentemente in questa sezione la nozione di valore principale di un
integrale (unidimensionale), indebolimento della nozione di integrale generalizzato.
◦
Se I è intervallo compatto di R, e c ∈ I (c interno ad I ) è l’unica singolarità per
una funzione altrimenti continua f su I , si scrive
Z
Z
vp f (x) dx := lim
f (x) dx
%→0
I
I r[c−%,c+%]
se tale limite esiste finito; l’integrale generalizzato di f esteso ad I è invece, per
definizione, se a = min I , b = max I ,
Z
Z r
Z b
f (x) dx := lim−
f (x) dx + lim+
f (x) dx.
r→c
I
s→c
a
s
Se vi sono più singolarità c1 , ..., cp in I occorre isolarle considerando per ciascuna di
esse un intervallo Ik che ne contenga una sola, ck ; la retta reale va pensata munita di
un unico punto all’infinito, che è sempre una possibile singolarità; per definizione,
Z a
Z
Z r
vp
f (x) dx = lim
f (x) dx +
f (x) dx ,
r→∞
Rr[a,b]
−r
b
se tale limite esiste finito.
Naturalmente,
di integrali e limiti si traduce nella linearità dei valori
Z la linearità
Z
principali: se vp
g esistono entrambi finiti e λ, µ ∈ C, allora esiste finito
f , vp
I
I
Z
Z
vp
λf + µg = λ vp
I
inoltre, se f : I → C, vp
Z
f + µ vp
I
g;
I
Z
Z
f esiste se e solo se esistono vp
I
in tal caso si ha
Z
f = vp
I
Re f , vp
Im f e
I
Z
vp
Z
Z
Re f + i vp
I
Im f.
I
40
Calcolo di integrali con il metodo dei residui
Se l’integrale generalizzato esiste, esiste anche il valore principale e coincide con
esso, come segue subito dalla definizioni date.
Dato un integrale curvilineo di funzione complessa f esteso ad un arco
γ : [a, b] → C di classe C 1 a tratti, che per definizione è
Z
Z
f (z) dz :=
γ
b
f (γ(t))γ 0 (t) dt
a
usiamo scrivere la disuguaglianza fondamentale come segue
Z
Z
f (z) dz ≤
|f (z)| |dz|
γ
γ
dove |dz| = |γ 0 (t)| dt è l’elemento di lunghezza dsγ della curva; l’ultimo integrale
scritto è quindi un integrale al differenziale d’arco, come si suol dire, e non è altro
che
Z
Z b
|f (z)| |dz| :=
|f (γ(t))| |γ 0 (t)| dt.
γ
a
3.2 Esercizi di allenamento
Gli esercizi di questa sezione fanno intervenire solo il teorema dei residui, integrando
funzioni su rettangoli o su cerchi. Per evitare complicazioni il lettore può tranquillamente ammettere che gli integrali sui pezzi verticali tendano a 0, quando i rettangoli
si stirano orizzontalmente. Non si fa uso qui dei lemmi di Jordan e dei lemmi del
cerchio piccolo/grande richiamati nelle sezioni successive.
Esercizio 3.1 Calcolare, usando il teorema dei residui:
Z 2π
1
dϑ;
|α| < 1, α reale.
1 + α cos ϑ
0
Soluzione. Si pone z = eiϑ e l’integrale diventa (si ricordi che è cos ϑ = (eiϑ +
e−iϑ )/2 = (z + 1/z)/2, dz = ieiϑ dϑ ⇐⇒ dϑ = dz/(iz); γ(ϑ) = eiϑ è il
circolo unitario):
Z
Z
dz
2
1
1
=
dz.
2
i γ αz + 2z + α
γ 1 + α(z + 1/z)/2 iz
Z
Occorre distinguere il caso α = 0; se α = 0 l’integrale diventa (1/i) dz/z ,
γ
che vale (1/i)2πi = 2π . Se√α 6= 0, il denominatore si annulla per z = (−1 ±
√
1 − α2 )/α; si ha |(−1 − 1 − α2 )/α| > 1, dato che tale relazione equivale
3.2 Esercizi di allenamento
41
√
a 1 + 1 − α2 > |α|, certamente vera perché il primo membro è maggiore di
1, mentre√|α| < 1 per ipotesi e quindi questo valore è fuori dal circolo;
invece
√
è |−1 + 1 − α2 |/|α|√< 1, dato che tale relazione equivale a 1 − 1 − α2 <
|α| ⇐⇒ 1 − |α| < 1 − α2 , certamente vera perché 1 − 2|α| + α2 < 1 − α2 ,
l’ultima√relazione essendo equivalente a α2 < |α|, vera perché |α| < 1. Quindi
(−1 + 1 − α2 )/α è singolarità entro il circuito, chiaramente polo del primo ordine
con residuo
√
1
1
−1 + 1 − α2
1
=
Res
,
= √
.
2
αz + 2z + α
α
2αz + 2 z=−β/α 2 1 − α2
Ne segue
Z
γ
αz 2
1
2πi
dz = √
;
+ 2z + α
2 1 − α2
quindi si ha per l’integrale proposto:
Z
2π
0
2π
1
dϑ = √
;
1 + α cos ϑ
1 − α2
|α| < 1, α reale.
Esercizio 3.2 Usare il teorema dei residui per calcolare
Z
0
2π
einϑ
dϑ
1 + α cos ϑ
n ∈ Z; |α| < 1, α reale.
Soluzione. Come nell’Esercizio 3.1 si pone z = eiϑ e l’integrale diventa (γ(ϑ) = eiϑ
è il circolo unitario):
Z
Z
zn
dz
2
zn
=
dz.
i γ αz 2 + 2z + α
γ 1 + α(z + 1/z)/2 iz
Z
Occorre distinguere il caso α = 0; se α = 0 l’integrale diventa (1/i) z n−1 dz ,
γ
nullo per ogni n ∈ Z, salvo che per n = 0, nel qual caso vale (1/i)2πi = 2π .
Supponiamo poi n√≥ 0, cioè n naturale. Come sopra
√visto, il denominatore si annulla
per z = (−1 ± 1 − α2 )/α di cui solo (−1 + 1 − α2 )/α è dentro il circuito,
chiaramente polo del primo ordine con residuo
√
zn
−1 + 1 − α2
zn
(−1)n β n /αn
Res
,
=
=
αz 2 + 2z + α
α
2αz + 2 z=−β/α
−2β + 2
42
Calcolo di integrali con il metodo dei residui
√
(per semplificare la scrittura, si è posto β = 1− 1 − α2 ). Si ha allora, per l’integrale
richiesto, se α 6= 0 ed n ≥ 0:
2π
Z
0
einϑ
2
(−1)n β n
dϑ = 2πi n
1 + α cos ϑ
i
2α (1 − β)
√
1 − α2 )n
βn
n (1 −
√
= 2π(−1)
.
= 2π(−1) n
α (1 − β)
αn 1 − α2
n
Se n < 0, la funzione ha un polo di ordine −n in z = 0, certamente entro il
circuito. Possiamo tuttavia osservare che l’integrale richiesto coincide con il valore
dell’integrale con −n > 0:
Z
0
2π
Z −2π
einϑ
ein(−τ )
dϑ = (posto ϑ = −τ ) =
(−dτ )
1 + α cos ϑ
1 + α cos(−τ )
0
Z 2π
Z 0
ei(−n)τ
ei(−n)τ
dτ =
dτ
=
1 + α cos τ
0
−2π 1 + α cos τ
dove si è usato il fatto che l’integrale su un qualsiasi intervallo di ampiezza pari al
periodo 2π dell’integrando è sempre lo stesso. Si ha quindi
√
Z 2π
1 − α2 )|n|
einϑ
n (1 −
√
dϑ = 2π(−1)
;
1 + α cos ϑ
α|n| 1 − α2
0
si noti che se si conviene che sia 00 = 1 anche il caso α = 0 è compreso nella
formula precedente.
Esercizio 3.3
(i) Calcolare gli integrali (a ∈ R, a > 0)
Z
+∞
I=
−∞
xex
dx,
e2x + a2
Z
+∞
J=
−∞
ex
dx
e2x + a2
integrando z 2 ez /(e2z + a2 ) sui rettangoli di vertici r, r + 2πi, −r + 2πi, −r e
facendo tendere r → +∞ (ammettere tranquillamente che gli integrali tendano a
zero sui segmenti verticali per r → +∞).
(ii) L’integrale J è elementare; calcolarlo direttamente e verificare il risultato di I .
Soluzione. (i) Si ha e2z + a2 = 0 ⇐⇒ 2z = logC (−a2 ) = logC (a2 eiπ ) =
2 log a + iπ + 2kπi, k ∈ Z ⇐⇒ z = log a + iπ/2 + kπi, k ∈ Z.
Sulla striscia 0 ≤ Im z ≤ 2π vi sono due singolarità: z1 = log a + 1π/2,
z2 = log a + 3iπ/2: essendo z1 e z2 zeri semplici non nulli trattasi di poli di ordine
3.2 Esercizi di allenamento
43
1 e si ha
z12 ez1
1 2 z1
1
=
−
z
e
=
−
(log a + iπ/2)2 elog a+iπ/2
1
2z
2
2e 1
2a
2a2
i
1
= − (log a + iπ/2)2 = − (log2 a − π 2 /4 + iπ log a)
2a
2a
z 2 ez2
1
1
Res(f, z2 ) = 2 2z2 = − 2 z22 ez2 = − 2 (log a + 3iπ/2)2 elog a+3iπ/2
2e
2a
2a
i
1
=
(log a + 3iπ/2)2 =
(log2 a − 9π 2 /4 + 3iπ log a).
2a
2a
Res(f, z1 ) =
Per r > 0 fissato, posto γr+ (t) = r + it, γr− (t) = −r + it, t ∈ [0, 2π] è
Z
lim
r→+∞
Z
−
f (z) dz = lim
γr+
r→−∞
f (z) dz = 0.
γr
Infatti è
2 −r
(r + it)2 er+it ≤ (r + 2π) e
per ogni t ∈ [0, 2π],
|f (r + it)| = 2(r+it)
e
+ a2
|e2r − a2 |
2 −r
(−r + it)2 e−r+it ≤ (r + 2π) e
|f (−r + it)| = 2(−r+it)
per ogni t ∈ [0, 2π]
e
+ a2 |a2 − e−2r |
sicché
Z
+ f (z) dz ≤ 2π
γr
Z
− f (z) dz ≤ 2π
γr
(r + 2π)2 er
−−−−→ 0,
|e2r − a2 | r→+∞
(r + 2π)2 e−r
−−−−→ 0.
|a2 − e−2r | r→+∞
Integrando sul cammino suggerito e facendo tendere r a +∞ si ottiene quindi
Z +∞
Z +∞
x2 e x
(x + 2πi)2 ex
vp
dx −
dx = 2πi(Res(f, z1 ) + Res(f, z2 ))
2x + a2
e2x + a2
−∞ e
−∞
da cui
Z
vp
+∞
−∞
4π 2 − 4πix
π
π2
2
dx =
log a −
+ iπ log a
e2x + a2
a
4
π
9π 2
−
log2 a −
+ 3iπ log a
a
4
π
= (2π 2 − 2iπ log a)
a
44
Calcolo di integrali con il metodo dei residui
sicché
Z
+∞
−∞
2π 3
4π 2 ex
dx
=
e2x + a2
a
Z
+∞
e
−∞
log a
−4πxex
dx = −2π 2
2x
2
e +a
a
(dato che gli integrali esistono finiti) da cui infine
Z +∞
Z +∞
ex
xex
π
π log a
J=
dx
=
,
I
=
dx =
.
2x
2
2x
2
+a
2a
+a
2 a
−∞ e
−∞ e
(ii) Posto t = ex si ha
Z +∞
Z +∞
Z +∞
t
1
ex
1
dx
=
dt
J=
dt
=
2x
2
2
2
2
+a
t +a t
t + a2
0
−∞ e
0
=
1
1π
π
+∞
[arctan(t/a)]0 =
=
.
a
a2
2a
3.3 Esercizi risolti
Esercizio 3.4 Sia α ∈ R fissato.
(i) Classificare le singolarità della funzione
f (z) =
eiαz
.
sinh2 z
(ii) Integrando sul bordo dei rettangoli di vertici
r − iπ/2, r + iπ/2, −r + iπ/2, −r − iπ/2
e facendo tendere r a +∞ calcolare
Z +∞
−∞
cos(αx)
dx;
cosh2 x
accettare il fatto che il contributo dei pezzi verticali è infinitesimo per r → +∞.
(iii) Mostrare che effettivamente l’integrale sui lati verticali è infinitesimo per r →
+∞.
Soluzione. (i) Come si è visto nell’Esercizio 1.13, la funzione ha poli del secondo
ordine in tutti i punti ikπ .
(ii) L’unico polo della funzione che cade entro il circuito è 0. Si ha
Z r
Z r
eiα(x−iπ/2)
eiα(x+iπ/2)
dx
−
dx + ε(r) = 2πi Res(f, 0),
2
2
−r sinh (x + iπ/2)
−r sinh (x − iπ/2)
3.3 Esercizi risolti
45
iR
− r + i /2
i /2
0
r+ i /2
R
− r − i /2
r− i /2
− i /2
Figura 3.1.
avendo indicato con ε(r) il contributo dei pezzi verticali. Si noti che si ha
ex±iπ/2 − e−x∓iπ/2
ex (±i) − e−x (∓i)
=
2
2
x
−x
e +e
= ∓i
= ±i cosh x;
2
sinh(x ± iπ/2) =
l’integrale precedente è quindi
Z r
Z r
eiαx
eiαx
απ/2
−απ/2
−e
dx + e
dx + ε(r) = 2πi Res(f, 0).
2
2
−r cosh x
−r cosh x
Passando al limite si ottiene
απ/2
−(e
−e
−απ/2
Z
+∞
)
−∞
eiαx
dx = 2πi Res(f, 0);
cosh2 x
per disparità di sin(αx)/ cosh2 x l’integrale coincide con quello dato; si ha cioè
Z
+∞
−∞
cos(αx)
dx =
cosh2 x
Z
+∞
−∞
= −πi
eiαx
Res(f, 0)
dx = −πi απ/2
2
(e
− e−απ/2 )/2
cosh x
Res(f, 0)
.
sinh(απ/2)
Non resta che da calcolare Res(f, 0). Trattandosi di un polo del secondo ordine si ha
z2
Res(f, 0) = D eiαz
;
sinh2 z z=0
la derivata è:
iαeiαz
z2
2z sinh2 z − 2z 2 sinh z cosh z
+ eiαz
;
2
sinh z
sinh4 z
46
Calcolo di integrali con il metodo dei residui
facendo il limite per z → 0, il primo addendo tende a iα; il secondo, a parte il fattore
eiαz che tende ad 1, si può scrivere agli effetti del limite
2
o(z 2 )
z sinh z z + o(z 2 ) − z(1 + o(z))
∼
2
z2
z2
z2
e tende a zero per z → 0. Si ha quindi Res(f, iα) = iα; si trova
Z
+∞
−∞
cos(αx)
α
dx = π
.
2
sinh(απ/2)
cosh x
Esercizio 3.5 Si consideri la funzione complessa (α ∈ C costante complessa)
fα (z) =
eαz
.
(1 + e2z )2
(i) Se ne classifichino le singolarità, e si calcoli il residuo sulla singolarità c con 0 <
Im c < π
(ii) Determinare poi l’insieme S degli α ∈ C per cui la restrizione di fα ad R
appartiene ad L1 (R), e per tali α ∈ S calcolare (supporre α 6= 2)
Z
fα (x) dx
I(α) =
R
(integrare su bordi di rettangoli di vertici r, r + iπ, −r + iπ, −r e far tendere
r a +∞, accettando il fatto che sui lati verticali l’integrale di fα tende a zero
per gli α per cui fα ∈ L1 (R); I(α) è reale per α ∈ S reale, ciò deve risultare
dall’espressione trovata).
(iii) Calcolare poi I(2) direttamente (integrale immediato) e verificare che si ha I(2) =
lim I(α).
α→2
Soluzione. (i) Come si è visto nell’Esercizio 1.12, i valori zk = iπ/2 + kiπ , k ∈ Z
sono tutti poli del secondo ordine per fα . Il polo c richiesto è c = iπ/2; inoltre
Res(fα , iπ/2) = eiπα/2 (α − 2)/4.
(ii) Si ha poi, per x ∈ R:
|fα (x)| =
eRe(α)x
|eαx |
=
.
2x
2
(1 + e )
(1 + e2x )2
Per semplificare la scrittura poniamo a = Re α. Per x → +∞ la funzione |fα | è
asintotica a eax /e4x = e(a−4)x , sommabile attorno a +∞ se e solo se a − 4 < 0, e
cioè a < 4; per x → −∞ la funzione è invece asintotica a eax , sommabile attorno
a−∞ se e solo se si ha a > 0. In definitiva fα ∈ L1 (R) se e solo se si ha 0 <
Re α < 4, cioè S è la striscia aperta S = {α ∈ C : 0 < Re α < 4}.
3.3 Esercizi risolti
47
L’integrazione sul bordo del rettangolo, combinata col teorema dei residui, porge
(al solito ε(r) indica il contributo dei pezzi verticali):
Z r
Z r
eαx
eα(x+iπ)
dx
−
dx + ε(r) = 2πi Res(fα , iπ/2),
2x 2
2(x+iπ) )2
−r (1 + e )
−r (1 + e
cioè
(1 − eαiπ )
Z
r
−r
eiαπ/2
eαx
dx
+
ε(r)
=
2πi
(α − 2).
(1 + e2x )2
4
iαπ
Se 1 − e
6= 0, il che per α ∈ S si ha solo se α = 2, si può dividere per tale
quantità; passando al limite per r → +∞ si ha allora
I(α) = πi
Si ha poi
Z
eiαπ/2
1
2−α
π 2−α
(α − 2) = π
=
.
αiπ
iαπ/2
−iαπ/2
2(1 − e )
4 (e
−e
)/(2i)
4 sin(απ/2)
+∞
−∞
1
e2x
dx =
2x
2
(1 + e )
2
Z
+∞
−∞
2e2x
1
−1 +∞
dx =
(1 + e2x )2
2 1 + e2x −∞
1
1
= (0 + 1) = .
2
2
Calcolato con la regola di de l’Hôpital il limite lim I(α) vale
α→2
(π/4)(−1)
1
= .
π cos(π2/2)/2
2
Esercizio 3.6
(i) Dire per quali α reali è definita la funzione
Z
eαx
F (α) =
dx.
R cosh(πx/2)
(ii) Dire se F è pari, o dispari.
(iii) Trovare e classificare le singolarità della funzione
fα (z) =
eαz
.
cosh(πz/2)
(iv) Esprimere F (α) con una formula in cui non compaiono integrali, applicando il teorema dei residui a circuiti bordo di rettangoli di vertici r, r + 2i, −r + 2i, −r; accettare il fatto che per α nel dominio di F l’integrale sui lati verticali è infinitesimo
al tendere di r a +∞.
48
Calcolo di integrali con il metodo dei residui
Soluzione. (i) Anzitutto si osservi che l’integrando è continuo su R, dato che il denominatore cosh(πx/2) non ha zeri reali. Per x → +∞ il denominatore è asintotico a
eπx/2 /2, il numeratore a eαx ; la funzione è quindi asintotica a 2e(α−π/2)x , sommabile
in un intorno di +∞ se e solo se α − π/2 < 0, cioè se e solo se α < π/2. Similmente si vede che per x → −∞ l’integrando è asintotico a e(α+π/2)x , sommabile in
un intorno di −∞ se e solo se α + π/2 > 0, e cioè α > −π/2. In conclusione,
l’integrale esiste finito se e solo se si ha −π/2 < α < π/2.
(ii) Si ha, per α ∈ ]−π/2, π/2[,
Z
+∞
F (−α) =
−∞
Z
−∞
=
+∞
Z
+∞
=
−∞
e(−α)x
dx = (posto x = −t)
cosh(πx/2)
eαt
(−dt)
cosh(π(−t)/2)
eαt
dt = F (α)
cosh(πt/2)
e quindi F è pari.
(iii) Il denominatore si annulla per πz/2 = iπ/2 + kiπ , e cioè per z = i + 2ki =
(2k + 1)i, multipli dispari di i. La derivata del denominatore è (π/2) sinh(πz/2),
che per z = i + 2ki vale (π/2) sinh(iπ/2 + ikπ) = (−1)k πi/2. Il numeratore non
è mai nullo. Le singolarità sono quindi tutti poli del primo ordine, con residui
Res(fα , (2k + 1)i) = 2(−1)k
eαi+α2ki
.
iπ
(iv) Indicato con ε(r) il contributo dall’integrale dei pezzi verticali si ha, dal teorema
dei residui, per ogni r > 0
Z
r
−r
eαx
dx −
cosh(πx/2)
Z
r
−r
eα(x+2i)
dx + ε(r) = 2πi Res(fα , i) = 4eαi ;
cosh(πx/2 + iπ)
da cui, ricordando che cosh(w + iπ) = − cosh w
Z r
eαx
(1 + e2iα )
dx + ε(r) = 4eαi ;
cosh(πx/2)
−r
e passando al limite per r → +∞ si ottiene
Z
F (α) =
R
eαx
eiα
2
2
dx = 4
= iα
=
.
2iα
−iα
cosh(πx/2)
1+e
(e + e )/2
cos α
3.3 Esercizi risolti
49
Esercizio 3.7 Data la funzione
f (z) =
e(1+i)z
.
e2z + 4
(i) Trovarne singolarità e residui.
(ii) KSiano rispettivamente σr , σ−r i segmenti di origine ±r ed estremità ±r + iπ ;
mostrare che si ha
Z
Z
lim
f (z) dz = lim
f (z) dz = 0.
r→+∞
r→+∞
σr
σ−r
(iii) Integrando f sul bordo del rettangolo di vertici r, r + iπ , −r + iπ, −r e passando
al limite, calcolare
Z +∞
f (x) dx.
−∞
(iv) Servirsi di (iii) per calcolare
Z +∞
cos(log x)
dx
x2 + 4
0
Z
+∞
0
sin(log x)
dx.
x2 + 4
Soluzione. (i) Come si è visto nell’Esercizio 1.8,
ak = log 2 + i
π
+ kiπ (k ∈ Z)
2
sono poli del primo ordine per f , con residui
Res(f, ak ) = (−1)k+1 i
e−π/2−kπ+i log 2
.
4
(ii) Si ha
Z
Z
f (z) dz =
σr
0
π
e(1+i)(r+it)
i dt.
e2(r+it) + 4
Per maggiorare l’integrando osserviamo che è |e(1+i)(r+it) | = |er−t+i(r+t) | =
er−t ≤ er (essendo t ≥ 0) mentre al denominatore |e2(r+it) + 4| ≥ |e2(r+it) | − 4 =
e2r − 4 ≥ 0 se r è grande; quindi l’integrando è dominato da er /(e2r − 4) per r
grande, quindi
Z
Z π
er
er
≤
f
(z)
dz
dt
=
π
−→ 0
per r → +∞.
e2r − 4
e2r − 4
σr
0
Similmente, per l’integrale esteso a σ−r (t) = −r + it, t ∈ [0, π], per l’integrando,
che è ora
e(1+i)(−r+it)
e2(−r+it) + 4
50
Calcolo di integrali con il metodo dei residui
si ottiene |e(1+i)(−r+it) | = e−r−t+i(t−r) = e−r−t ≤ e−r (perché t ≥ 0) ed anche
|e2(−r+it) + 4| ≥ 4 − |e2(−r+it) | = 4 − e−2r ≥ 4, per r > 0. Ne segue
Z
Z
π
e−r
π
f (z) dz ≤
≤ e−r −→ 0
per r → +∞.
σ−r
4
4
0
(iii) L’unico polo che cade entro il rettangolo è a0 = log 2 + iπ/2. Per il teorema dei
residui si ha, detto γr il bordo del rettangolo
Z
π
e−π/2+i log 2
= e−π/2+i log 2 . (∗)
f (z) dz = 2iπ Res(f, a0 ) = −2π(i)2
4
2
γr
Si ha
Z
Z
r
f (x) dx −
f (z) dz =
−r
γr
Z
r
f (x + iπ) dx + ε(r)
−r
avendo indicato con ε(r) il contributo all’integrale dei pezzi verticali; come visto in
(ii) si ha lim ε(r) = 0; inoltre
r→+∞
(1+i)x
e(1+i)x eiπ−π
e(1+i)(x+iπ)
−π e
=
=
−e
= −e−π f (x),
e2x+2iπ + 4
e2x + 4
e2x + 4
per cui (∗) porge, passando al limite con r → +∞
Z +∞
π
−π
(1 + e )
f (x) dx = e−π/2+i log 2
2
−∞
f (x + iπ) =
cioè
Z
+∞
f (x) dx =
−∞
πe−π/2+i log 2
2(1 + e−π )
e moltiplicando numeratore e denominatore per eπ/2 si ottiene infine
Z +∞
cos log 2 + i sin log 2
f (x) dx = π
.
4 cosh(π/2)
−∞
(iv) Con la sostituzione x = et gli integrali diventano
Z +∞
Z +∞
cos tet
sin tet
dt,
dt,
2t
2t
−∞ e + 4
−∞ e + 4
rispettivamente parte reale e coefficiente dell’immaginario dell’integrale proposto in
(iii). Pertanto
Z +∞
cos(log x)
cos log 2
dx = π
,
2
x +4
4 cosh(π/2)
0
Z +∞
sin(log x)
sin log 2
dx = π
.
2 +4
x
4
cosh(π/2)
0
3.3 Esercizi risolti
51
Esercizio 3.8 (Distanza media Terra–Sole) L’equazione polare dell’ellisse (di sep
miassi 0 < b ≤ a) è r =
, riferita ad un sistema polare con origine in
1 + ε cos ϑ
un fuoco, ed asse polare diretto da quel fuoco al più vicino vertice; p =√b2 /a è il
parametro dell’ellisse, ε = c/a ne è l’eccentricità, con ε = c/a, c = a2 − b2 .
Mostrare che si ha
Z 2π
1
p
b=
dϑ.
2π 0 1 + ε cos ϑ
Soluzione. Si ha, se γ è il circolo unitario:
Z 2π
Z
p
p
1
dz
1
dϑ =
2π 0 1 + ε cos ϑ
2π γ 1 + ε(z + 1/z)/2 iz
Z
p
2
=
dz.
2πi γ 2z + εz 2 + ε
√
I poli sono in (−1 ± 1 − ε2 )/ε; sono reali, e√chiaramente si ha (−1 ±
2
−1 − ε2 )/ε
√ < −1; invece si ha −1 <2 (−1 + 2 1 − ε )/ε < 0, dato che
1 − ε < 1 − ε2 < 0, essendo
√ (1 − ε) < 1 − ε perché 1 − ε < 1 + ε. Si
ha poi per il residuo in (−1 + 1 − ε2 )/ε:
√
Residuo =
lim
(z − (−1 + 1 − ε2 )/ε)
√
z→(−1+ 1−ε2 )/ε
·
=
ε(z − (−1 +
ε(−1 +
√
√
2
1−
ε2 )/ε)(z
− (−1 −
√
1 − ε2 )/ε)
2
1
√
√
=
.
1 − ε2 )/ε − (−1 − 1 − ε2 )/ε
1 − ε2
In base al teorema dei residui si ha quindi
Z 2π
1
p
1
dϑ = p · (Residuo) = p √
2π 0 1 + ε cos ϑ
1 − ε2
=
b2
b2
1
1
21
p
= √ 2
=
b
= b.
a 1 − (c/a)2
a a − c2 /a
b
Intermezzo culturale: qual’è la distanza media Terra-Sole, unità astronomica, u.a.?
Comunemente si intende con questo il semiasse maggiore dell’orbita terrestre; ma
come visto sopra, se si fa la media rispetto all’angolo, essa viene il semiasse minore! In realtà, se si fa la media rispetto all’integrale in ds, la media viene proprio il semiasse maggiore: sia r(x, y) la distanza da un fuoco, %(x, y) la distanza dall’altro; è evidente che se γ è l’ellisse (parametrizzata ad esempio come
(p cos ϑ/(1+ε cos ϑ), p sin ϑ/(1+ε cos ϑ)), ϑ ∈ [0, 2π]), si ha, detto α l’integrale:
Z
Z
Z
α = r(x, y) |dγ| = %(x, y) |dγ| da cui 2α = (r(x, y) + %(x, y)) |dγ|;
γ
γ
E
52
Calcolo di integrali con il metodo dei residui
ma per definizione stessa di ellisse si ha r(x, y) + %(x, y) = 2a, per ogni (x, y) sul
sostegno dell’ellisse; ne segue 2α = 2a` se ` è la lunghezza dell’ellisse; la media è
quindi α/` = a. Questa media coincide anche con la media aritmetica tra la distanza
minima (a − c, al perielio) e la massima (a + c, all’afelio).
Uno studente ha chiesto: e la media rispetto al tempo? Cioè, se ϑ(t) è la fase in
funzione del tempo, quanto vale
Z
1 T
r(ϑ(t)) dt con T periodo, nel caso della terra un anno sidereo.
T 0
Sappiamo che la velocità areale è costante (seconda legge di Keplero!), cioè si ha
r2 (ϑ(t))ϑ̇(t)/2 = α = πab/T ; da ciò si ricava dt = (r2 (ϑ)/(2α)) dϑ e quindi
Z
Z 2π
Z 2π
1 T
1
1
p3
3
r(ϑ(t)) dt =
r (ϑ) dϑ =
dϑ.
T 0
2αT 0
2πab 0 (1 + ε cos ϑ)3
Si ha poi, se γ è il circolo unitario:
Z 2π
Z
1
1
dz
1
1
dϑ
=
2π 0 (1 + ε cos ϑ)3
2π γ (1 + ε(z + 1/z)/2)3 iz
Z
1
8z 2
=
dz.
2πi γ (εz 2 + 2z + ε)3
Quest’ultimo è esattamente il residuo
dell’integrando sull’unico polo entro il circolo,
√
che come sopra visto è (−1 + 1 − ε2 )/ε; si tratta di un polo del terzo ordine ed il
residuo è quindi la derivata:
1
2
d2
dz 2
√
z − (−1 + 1 − ε2 /ε)3
1
=
2
d2
dz 2
8z 2
(εz 2 + 2z + ε)3
√
z=(−1+ 1−ε2 )/ε
8z 2
√
ε3 (z − (−1 − 1 − ε2 )/ε)3
√
z=(−1+ 1−ε2 )/ε
.
I calcoli sono noiosi, chiediamo aiuto a Mathematica, che ci può dare direttamente il
residuo:
√
h
−1 + 1 − ε2 i
8z 2
Residue
In[1]
3 , z,
ε
(εz 2 + 2z + ε)
2 + ε2
5/2
2(1 − ε2 )
.
Out[1]
La media richiesta è questo risultato moltiplicato per p3 /(ab) = b6 /(a4 b) = b5 /a4 ;
si ha
b5
2a2 + c2
3a2 − b2
3a − p
=
=
.
a4 2a2 (a2 − c2 )5/2 /a5
2a
2
3.4 Esercizi proposti
53
3.4 Esercizi proposti
Esercizio 3.9 Si consideri la funzione della variabile complessa z ,
f (z) =
ez/2
.
1 + ez
(i) Trovarne le singolarità, descrivendone il tipo.
(ii) Determinare il raggio di convergenza della serie di Taylor di f di punto iniziale
a = 3. Z
+∞
f (x) dx (usare il teorema dei residui applicato ai circuiti bordi di
(iii) Calcolare
−∞
rettangoli di vertici r, r + 2πi, −r + 2πi, −r).
Esercizio 3.10 Si calcoli, usando il teorema dei residui,
Z 2π
dt
3 − 2 cos t + sin t
0
(si ponga z = eit ).
4
Il Lemma di Jordan
Introduciamo la notazione (ϑ1 , ϑ2 ∈ R, ϑ1 ≤ ϑ2 )
A(c, [ϑ1 , ϑ2 ] = {z ∈ C : z = c + reiϑ ; r ∈ ]0, +∞[ ;
ϑ ∈ [ϑ1 , ϑ2 ]}
per l’angolo di vertice c ed ampiezza ϑ2 − ϑ1 .
Proposizione 4.1 (Lemma di Jordan) Sia 0 ≤ ϑ1 < ϑ2 ≤ π ; si consideri l’angolo
A(0, [ϑ1 , ϑ2 ]) = { z ∈ C : z = reiϑ ; r ∈ ]0, +∞[ , ϑ ∈ [ϑ1 , ϑ2 ] }.
Sia f : A(0, [ϑ1 , ϑ2 ]) → C continua; per r > 0 sia γr (ϑ) = reiϑ , ϑ ∈ [ϑ1 , ϑ2 ].
Allora
(a) se
lim
|z|→∞
z∈A(0,[ϑ1 ,ϑ2 ])
f (z) = 0 ed α > 0 si ha
Z
lim
r→+∞
(b) se
lim
|z|→∞
z∈A(0,[ϑ1 ,ϑ2 ])
f (z) eiαz dz = 0;
γr
z f (z) = 0 ed α ≥ 0, si ha
Z
lim
r→+∞
f (z) eiαz dz = 0;
γr
4.1 Esercizi di allenamento
Esercizio 4.1 Calcolare, utilizzando il metodo dei residui, l’integrale
Z
+∞
−∞
1
dt.
1 + t4
56
Il Lemma di Jordan
Soluzione. Come abbiamo visto nell’Esercizio 1.9 la funzione f (z) = 1/(1 + z 4 ) ha
quattro poli di ordine 1; quelli contenuti nel semipiano Im z ≥ 0 sono z1 = eiπ/4 e
z2 = e3iπ/4 . Si ha inoltre
1
1
iπ/4
= e−3iπ/4 ,
Res(f, e ) =
3
4z z=eiπ/4
4
1
1
Res(f, e3iπ/4 ) =
= e−iπ/4 .
3
4z z=e3iπ/4
4
Integrando sul bordo del semicerchio di raggio r > 0 centrato sull’origine e
contenuto in Im z > 0 si ottiene, posto γr (ϑ) = reiϑ , ϑ ∈ [0, π],
Z
Z r
f (t) dt +
f (z) dz = 2πi Res(f, eiπ/4 ) + Res(f, e3iπ/4 )
−r
γr
√
π −iπ/4
π
π
e
+ e−3iπ/4 = i (−i 2) = √ .
2
2
2
Z
f (z) dz = 0;
lim zf (z) = 0 per il lemma di Jordan si ha lim
=i
Essendo
r→+∞
|z|→+∞
passando al limite per r → +∞ si ottiene
Z +∞
Z +∞
Z
f (t) dt = vp
f (t) dt + lim
−∞
r→+∞
−∞
γr
π
f (z) dz = √ .
2
γr
Esercizio 4.2 È data la funzione
f (z) =
z 2 (1 − e2πiz )
(z 2 − 1)(z 2 + a2 )
a > 0, a costante.
(i) Se ne trovino le singolarità, classificandole. Trovare il residuo nelle singolarità con
parte immaginaria positiva o nulla.
(ii) Provare che il seguente integrale generalizzato esiste finito
Z
+∞
−∞
x2 sin2 (πx)
dx
(x2 − 1)(x2 + a2 )
e calcolarlo col metodo dei residui.
Soluzione. (i) Come si è visto nell’Esercizio 1.6, il denominatore si annulla per z =
±1 e z = ±ia, dove ha zeri semplici; z = ±1 sono singolarità eliminabili. Invece
±ia sono poli semplici, si ha
Res(f, ia) =
a 1 − e−2πa
2i 1 + a2
4.1 Esercizi di allenamento
57
mentre il residuo in ±1 è nullo.
(ii) La funzione integranda è continua in tutto R (per x = ±1 ha limite nullo), ed è
maggiorata in modulo dalla funzione x2 /((x2 − 1)(x2 + a2 )), che per x → ±∞ è
asintotica ad 1/x2 ; pertanto l’integrale generalizzato esiste finito. Scriviamo
x2 sin2 (πx)
1 x2 (1 − cos(2πx))
1
x2 (1 − e2πix )
=
= Re
(x2 − 1)(x2 + a2 )
2 (x2 − 1)(x2 + a2 )
2
(x2 − 1)(x2 + a2 )
(se x ∈ R). Essendo lim z(z 2 /((z 2 −1)(z 2 +a2 ))) = 0, ed a > 0, si può affermare
z→∞
che se γr (ϑ) = reiϑ , ϑ ∈ [0, π] è il semicerchio nel semipiano superiore, si ha
Z
z 2 (1 − e2πiz )
lim
dz = 0;
r→∞ γ (z 2 − 1)(z 2 + a2 )
r
il teorema dei residui dice allora che si ha
Z r
x2 (1 − e2πix )
1 − e−2πa
dx
=
2πi
Res(f,
ia)
=
πa
.
lim
r→+∞ −r (x2 − 1)(x2 + a2 )
1 + a2
L’integrale richiesto è metà della parte reale di tale valore, e cioè
Z +∞
x2 sin2 (πx)
πa 1 − e−2πa
dx
=
.
2
2
2
2 1 + a2
−∞ (x − 1)(x + a )
Esercizio 4.3 Dato α > 0, sia
fα (z) =
eiαz
.
z(1 + z 4 )
(i) Descrivere le singolarità di fα (z), trovando anche i residui.
(ii) Integrando fα su opportuni circuiti, calcolare
Z +∞
sin αx
dx .
4
−∞ x(1 + x )
Soluzione. Singolarità di fα : z(1 + z 4 ) = 0 ⇐⇒ z = 0 o z 4 = −1 ⇐⇒ z = 0 o
z = eiϑk , ϑk = π/4 + kπ/2, k = 0, 1, 2, 3. Trattandosi di zeri semplici ed essendo
eiαz 6= 0 su C tutte queste singolarità di fα sono poli di ordine 1. Si ha, applicando
le formule sul calcolo dei residui,
Res(fα , 0) =
1
= 1;
1
iϑ
iϑk
1
eiαe k
= − eiαe
5ei4ϑk + 1
4
1
1
= − eiα(cos ϑk +i sin ϑk ) = − e−α sin ϑk eiα cos ϑk
4
4
Res(fα , eiϑk ) =
58
Il Lemma di Jordan
da cui
√
√
1
Res(fα , eiπ/4 ) = − e−α 2/2 eiα 2/2 ;
4
√
√
1
Res(fα , e3iπ/4 ) = − e−α 2/2 e−iα 2/2 ;
4
√
1 √
Res(fα , e5iπ/4 ) = − eα 2/2 e−iα 2/2 ;
4
√
1 √
Res(fα , e7iπ/4 ) = − eα 2/2 eiα 2/2 .
4
(ii) L’integrale considerato esiste finito e coincide con
Z +∞
eiαx
Im vp
dx.
4
−∞ x(1 + x )
Si osservi che essendo lim 1/(z(1 + z 4 )) = 0 e α > 0 per il lemma di Jordan è
|z|→+∞
Z
lim
fα (z) dz = 0, ove al solito γr (ϑ) = reiϑ , ϑ ∈ [0, π]. Integrando fα sul
r→+∞
γr
semicerchio superiore indentando l’origine e passando al limite si ottiene
Z +∞
eix
vp
dx − iπ Res(fα , 0) = 2πi(Res(fα , eiπ/4 ) + Res(fα , e3iπ/4 ))
4)
x(1
+
x
−∞
da cui
Z
+∞
vp
−∞
√
√
eix
2πi −α√2/2 iα√2/2
−α 2/2 −iα 2/2
e
+
e
e
dx
=
iπ
−
e
x(1 + x4 )
4
√
√
π
= iπ − i e−α 2/2 2 cos(α 2/2)
2
√
√
= iπ 1 − e−α 2/2 cos(α 2/2)
da cui
Z
+∞
−∞
√
√
sin αx
−α 2/2
dx
=
π
1
−
e
cos(α
2/2) .
4
x(1 + x )
Esercizio 4.4(i) Trovare le singolarità della funzione
fα (z) =
eiαz
,
z4 + z2 + 1
(α > 0)
calcolando il residuo su quelle con parte immaginaria positiva.
4.1 Esercizi di allenamento
59
(ii) Calcolare l’integrale
Z
+∞
−∞
cos(αx)
dx
+ x2 + 1
(α ∈ R)
x4
(farlo prima per α > 0; si vuole un risultato che sia chiaramente reale).
Soluzione. (i) Come abbiamo visto nell’Esercizio 1.3, gli zeri del denominatore,
√ tutti
iπ/3
iπ/3 −iπ/3
−iπ/3
iπ/3
semplici, sono e
,√
−e , e
, −e
. Di questi e
= (1 + i 3)/2 e
−e−iπ/3 = (−1 + i 3)/2 hanno coefficiente dell’immaginario positivo. I residui
sono
√
iπ/3
Res(fα , e
e−α 3/2 eiα/2
√ ;
)=
−3 + i 3
√
Res(fα , −e
−iπ/3
e−α 3/2 e−iα/2
√
)=
.
3+i 3
(ii) L’integrale è la parte reale dell’integrale di fa su R. Per calcolarlo usiamo i soliti
semicerchi centrati in 0, osservando che se α ≥ 0 siamo nelle condizioni di applicare
il lemma di Jordan sul semicerchio superiore; in base al teorema dei residui, se r > 1
si ha
Z
Z r
Z
fa (z) dz
fα (x) dx +
fα (z) dz =
−r
γr
σr
√
= 2πi
√
e−α 3/2 eiα/2 e−α 3/2 e−iα/2
√ +
√
−3 + i 3
3+i 3
!
.
Per il citato lemma di Jordan, passando al limite per r → +∞ si ottiene
iα/2
Z +∞
√
e
e−iα/2
−α 3/2
√
fα (x) dx = 2πe
+√
.
3 + 3i
3 − 3i
−∞
Si ha ora
cos(α/2 − π/3)
eiα/2
e−iα/2
1 √
√
+√
= √ ei(α/2−π/3) + e−i(α/2−π/3) =
.
3 + 3i
3 − 3i
2 3
3
Si ha quindi, per α ≥ 0:
√
π
F (α) = 2 √ e−α 3/2 cos(α/2 − π/3);
3
chiaramente F è pari, quindi si ha
√
π
F (α) = 2 √ e−|α| 3/2 cos(|α|/2 − π/3)
3
per ogni α ∈ R.
60
Il Lemma di Jordan
4.2 Esercizi risolti
Esercizio 4.5 Mostrare che se a, b > 0 la funzione
f (x) =
x2
x2
−
b2 + x2 a2 + x2
Z
f (x) dx con il metodo dei residui.
è sommabile su R, e calcolare
Soluzione. La funzione si scrive
R
f (x) =
(a2 − b2 )/x2
,
(b2 + x2 )(a2 + x2 )
forma che mostra che essa è dello stesso ordine di 1/x2 per x → ±∞ (se a 6= b,
altrimenti è identicamente nulla); essendo continua, la f è allora sommabile su R.
Le singolarità sono in ±ia e ±ib; esse sono poli del primo ordine (supponiamo a 6=
b) come è immediato constatare, essendo non nulle le derivate del denominatore in
tali punti. Inoltre, si ha lim zf (z) = 0 dato che per |z| → +∞ la funzione è
|z|→+∞
asintotica ad (a2 − b2 )/z 2 ; allora l’integrale di f sul semicerchio γr (ϑ) = reiϑ ,
ϑ ∈ [0, π] tende a 0; e passando al limite per r → +∞ nella formula
Z r
Z
f (z) dz = 2πi(Res(f, ia) + Res(f, ib))
(r > |a|, |b|),
f (x) dx +
−r
γr
si ottiene
Z
+∞
f (x) dx = 2πi(Res(f, ia) + Res(f, ib)).
−∞
Per il calcolo del residuo conviene tenere la forma originaria di f (i residui sono
additivi) si ottiene
2
z
(ia)2
ia
Res(f, ia) = −
=−
=− ;
2z z=ia
2ia
2
2
2
z
(ib)
ib
Res(f, ib) =
=
= .
2z z=ib
2ib
2
Quindi
Z
+∞
−∞
è l’integrale richiesto.
f (x) dx = −πb + πa = (a − b)π
4.2 Esercizi risolti
61
Osservazione. L’integrale si riconduce ad un integrale immediato nel modo seguente:
Z +∞ Z +∞ x2
x2
x2
x2
−
dx =
−1+1− 2
dx
b2 + x2 a2 + x2
b2 + x2
a + x2
−∞
−∞
Z +∞ a2
−b2
+
dx
=
b2 + x2 a2 + x2
−∞
Z +∞
Z +∞
dx/a
dx/b
+a
= −b
2
1
+
(x/b)
1
+
(x/a)2
−∞
−∞
+∞
= −b[arctan(x/b)]+∞
−∞ + a[arctan(x/a)]−∞
= −bπ + aπ.
Esercizio 4.6
(i) Calcolare
+∞
Z
vp
−∞
eiαx
dx
x − ib
dove α, b sono reali non nulli (attenzione ai segni di α e di b!).
(ii) Decomporre in frazioni semplici la funzione razionale
1
.
z 2 + iz + 2
(iii) Usare (i) ed (ii) per calcolare
Z
+∞
x2
−∞
sin x
dx.
+ ix + 2
Soluzione. (i) Nelle ipotesi poste, la funzione
z 7−→
eiαz
z − ib
ha un polo di ordine 1 ad ib, con residuo e−αb . Supponiamo dapprima α > 0: il
lemma di Jordan dice allora che se σr denota la semicirconferenza di centro l’origine
e raggio r contenuta nel semipiano delle parti immaginarie positive, si ha
Z
lim
r→+∞
σr
eiαz
dz = 0;
z − ib
62
Il Lemma di Jordan
congiungendo tale semicerchio con il segmento [−r, r] il teorema dei residui dice
che, se r > |b|,
Z r iαx
Z
e
eiαz
dx +
dz = 2πie−αb
se b > 0, 0 altrimenti
x
−
ib
z
−
ib
−r
σr
passando al limite si ottiene
(
Z +∞ iαx
2πie−αb
e
vp
dx =
0
−∞ x − ib
se α, b > 0,
se α > 0, b < 0.
Nel caso α < 0 si integra su semicerchi contenuti nel semipiano delle parti
immaginarie negative, ottenendo
(
Z +∞ iαx
−2πie−αb se α, b < 0,
e
vp
dx =
0
se α < 0, b > 0
−∞ x − ib
formule riassumibili nell’unica formula
Z +∞ iαx
e
dx = (sgn(α) + sgn(b))πie−αb
vp
−∞ x − ib
(in realtà esiste anche l’integrale generalizzato, come si vede ad esempio con il
criterio di Abel-Dirichlet).
√
(ii) Gli zeri di z 2 + iz + 2 sono (−i ± i2 − 8)/2; le radici quadrate di i2 − 8 =
−1 − 8 = −9 sono ±3i, per cui gli zeri di z 2 + iz + 2 sono i e −2i; si ha
1
k1
k2
=
+
,
z 2 + iz + 2
z − i z + 2i
dove k1 = Res(1/(z 2 + iz + 2), i) = 1/(2z + i)z=i = 1/3i = −i/3 e k2 =
Res(1/(z 2 + iz + 2), −2i) = 1/(2z + i)z=−2i = −1/3i = i/3, da cui
z2
−i/3
i/3
1
=
+
+ iz + 2
z − i z + 2i
è la richiesta decomposizione in fratti semplici.
(iii) Scritto sin x = (eix − e−ix )/2i, si deve calcolare
Z
+∞
−∞
(eix − e−ix )/2i
dx
x2 + ix + 2
Z +∞ −i/3
i/3
ix
−ix
ix
−ix
=
((e − e )/2i)
+ ((e − e )/2i)
dx
z−i
z + 2i
−∞
Z
1 +∞ −eix
e−ix
eix
e−ix
=
+
+
−
dx
6 −∞ z − i z − i z + 2i z + 2i
=
1
(−2πie−1 + 2πie2 ).
6
4.2 Esercizi risolti
63
L’integrale richiesto vale quindi
Z +∞
x2
−∞
sin x
iπ 2
dx =
(e − e−1 ).
+ ix + 2
3
Esercizio 4.7
(i) Descrivere le singolarità della funzione
fa (z) =
1 − eiaz
(z 2 + a2 )2
(a > 0 costante),
calcolando i residui sulle eventuali singolarità nel semipiano Im z > 0.
(ii) Calcolare l’integrale
Z +∞
1 − cos(at)
F (a) =
dt
a ∈ R r {0}
(t2 + a2 )2
−∞
Suggerimento: Farlo prima per a > 0, usando quanto fatto in (i).
(iii) KDire se l’integrale doppio
Z
1 − cos(xy)
dx dy
2
2 2
R2 (x + y )
esiste finito, calcolandolo in caso affermativo.
Soluzione. (i) Il denominatore si annulla per z = ±ia; questi sono zeri del primo
ordine per z 2 + a2 , e quindi zeri del secondo ordine per (z 2 + a2 )2 . Il numeratore per
2
z = ±ia assume il valore 1 − e∓a , certamente non nullo perché a > 0 per ipotesi.
Ne segue che le uniche singolarità sono a ±ia, zeri del secondo ordine. Di queste ia
è nel semipiano in questione, e si ha, per una nota formula, scritto f (z) = h(z)/(z −
ia)2 = ((1 − eiaz )/(z + ia)2 )/(z − ia)2 , quindi con h(z) = (1 − eiaz )/(z + ia)2 :
−iaeiaz (z + ia)2 − (1 − eiaz )2(z + ia)
0
Res(f, ia) = h (ia) =
(z + ia)4
z=ia
2
=
2
2
−iae−a (−4a2 ) − (1 − e−a )4ia
1 − (1 + a2 )e−a
=
−i
.
16a4
4a3
(ii) Essendo lim z/(z 2 + a2 )2 = 0, tendono a zero al tendere di r a +∞ sia
|z|→+∞
Z
Z
2
1/(z + a2 )2 dz sia
eiaz /(z 2 + a2 )2 dz , se a > 0; σr (ϑ) = reiϑ , ϑ ∈ [0, π]
σr
σr
è il solito semicerchio. Ne segue, se a > 0:
Z +∞
2
1 − eiat
1 − (1 + a2 )e−a
dt
=
2πi
Res(f,
ia)
=
π
.
2
2 2
2a3
−∞ (t + a )
64
Il Lemma di Jordan
Separando reale ed immaginario nel precedente integrale si ha
Z +∞
Z +∞
2
1 − (1 + a2 )e−a
sin(at)
1 − cos(at)
dt = π
;
dt = 0
2 + a2 )2
3
2 + a2 )2
(t
2a
(t
−∞
−∞
(a > 0), l’ultimo risultato essendo anche immediato per la disparità della funzione
integranda. Si ha quindi
2
1 − (1 + a2 )e−a
F (a) = π
2a3
a > 0.
Se a < 0 si ha F (a) = F (−a) (ciò è ovvio, essendo il coseno pari) e quindi
1 − (1 + a2 )e−a
F (a) = π
2|a|3
2
a ∈ R r {0}.
(iii) Se si cambia x in −x, oppure y in −y , l’integranda non muta; si calcola quindi l’integrale sul primo quadrante, che è 1/4 di quello dato. Essendo l’integrando
positivo, e chiaramente misurabile, l’integrale esiste finito se e solo se esiste finito
l’integrale iterato
Z x=+∞
Z y=+∞
Z x=+∞
1 − cos(xy)
dx
dy
=
F (x) dx,
(x2 + y 2 )2
x=0
y=0
x=0
dove F è la funzione sopra detta; si ha
Z +∞
Z +∞
2
1 − (1 + x2 )e−x
dx
F (x) dx =
π
2x3
0
0
"
#+∞
2
1 − (1 + x2 )e−x
= −π
4x2
0
+∞
Z
+π
−2xe
−x2
0
2
+ 2x(1 + x2 )e−x
dx
4x2
2
(si noti che i limiti di (1 − (1 + x2 )e−x )/x2 sono nulli, sia per x → 0, come dopo
si vede, che per x → +∞, come è immediato vedere)
=
π
4
+∞
Z
2
2xe−x dx =
0
π h −x2 i+∞ π
−e
= .
0
4
4
Ne segue che l’integrale proposto vale π . Resta da vedere che si ha
2
1 − (1 + x2 )e−x
lim
= 0;
x→0
x2
2
2
2
scritta la funzione come e−x (ex − (1 + x2 ))/x2 , si ha ex − (1 + x2 ) = 1 + x2 +
o(x3 ) − 1 − x2 = o(x3 ), e si conclude.
4.2 Esercizi risolti
65
Esercizio 4.8 K
(i) Siano x, y > 0, con x 6= y ; calcolare, col metodo dei residui,
Z +∞
1
dt.
2 t2 )(1 + y 2 t2 )
(1
+
x
−∞
(ii) Servirsi del risultato precedente per calcolare
Z
dx dy dz
dove D = [−1, 1] × [−1, 1] × [0, +∞[
2 2
2 2
D (1 + x z )(1 + y z )
(dimostrare con cura che l’integrale effettivamente esiste finito).
(iii) Trovare poi
Z +∞ arctan t 2
dt.
t
0
Soluzione. (i) La funzione f : z 7→ 1/((1 + x2 z 2 )(1 + y 2 z 2 )) ha, nelle ipotesi poste
su x, y , poli del primo ordine in z = ±i/x, z = ±i/y . Integrando sul bordo del
semicerchio di centro l’origine e raggio r contenuto nel semipiano {z : Im z ≥ 0} i
poli che interessano, non appena r > max{1/x, 1/y}, sono i/x, i/y ; si ha
Res(f, i/x) =
1/(1 + y 2 (i/x)2 )
1/(1 − y 2 /x2 )
x
=
=
;
2
2
2x (i/x)
2ix
2i(x − y 2 )
per l’altro, basta chiaramente scambiare fra loro x, y nella formula precedente,
ottenendo
y
.
Res(f, i/y) =
2
2i(y − x2 )
L’integrale sul pezzo ricurvo del semicerchio è infinitesimo perché f ∼ c/z 4 per
|z| → +∞ (con c = 1/(x2 y 2 )). Si ha quindi
Z +∞
x
y
π
1
dt = 2πi
+
=
.
2
2
2
2
2
2
2
2
2i(x − y ) 2i(y − x )
x+y
−∞ (1 + x t )(1 + y t )
(ii) Per simmetria ci si riconduce a x > 0, y > 0, cioè posto E = [0, 1] × [0, 1] ×
[0, +∞[ si ha
Z
Z
dx dy dz
dx dy dz
=
4
.
2
2
2
2
2 2
2 2
D (1 + x z )(1 + y z )
E (1 + x z )(1 + y z )
Fissato (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1], se x > 0, y > 0 ed x 6= y si ha, in base al precedente
risultato
Z +∞
Z
dz
1 +∞
dz
π
=
=
.
2
2
2
2
2
2
2
2
(1 + x z )(1 + y z )
2 −∞ (1 + x z )(1 + y z )
2(x + y)
0
66
Il Lemma di Jordan
Per λ2 -quasi ogni (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1] si ha x > 0, y > 0 ed x 6= y (i punti (x, y)
per cui x = 0 oppure y = 0 oppure x = y sono contenuti nel bordo del quadrato o
nella diagonale, comunque un’unione di segmenti, di misura 2-dimensionale nulla).
Ne segue che per quasi ogni (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1] la (x, y)-sezione dell’integranda
sta in L1 ([0, +∞[), con integrale π/(2(x + y)). Essendo l’integranda positiva il
teorema di Tonelli dice che la funzione è sommabile su E se e solo se esiste finito
Z
π
dx dy
[0,1]×[0,1] 2(x + y)
ed un’ulteriore applicazione del teorema di Tonelli dice che tale integrale esiste finito
se e solo se è finito il risultato del calcolo
Z 1
Z
Z
dy
π 1
π
dx
dx dy =
2 0
0 x+y
[0,1]×[0,1] 2(x + y)
Z 1
π
y=1
=
[log(x + y)]y=0 dx
2 0
Z
π 1
=
(log(x + 1) − log x) dx
2 0
Z
π
π 1
1
= [(x + 1) log(x + 1) − x log x]0 −
(1 − 1) dx
2
2 0
= π log 2.
Ne segue
Z
D
dx dy dz
= 4π log 2.
(1 + x2 z 2 )(1 + y 2 z 2 )
(iii) Usando il teorema di Fubini possiamo affermare che si ha
Z
Z +∞ Z
dx dy dz
dx dy
=
dz.
2 2
2 2
2 2
2 2
D (1 + x z )(1 + y z )
0
[−1,1]×[−1,1] (1 + x z )(1 + y z )
Si ha ora, sempre per Fubini,
Z
Z
Z
dx dy
dx
dy
=
2 2
2 2
2 2
2 2
[−1,1]×[−1,1] (1 + x z )(1 + y z )
[−1,1] 1 + x z
[−1,1] 1 + y z
Z 1
2
dξ
=
,
2 2
−1 1 + ξ z
ed inoltre, se z > 0
Z
Z 1
dξ
2 1
zdξ
2
arctan z
ξ=1
=
= [arctan(zξ)]ξ=0 = 2
;
2
2
2
z 0 1 + (zξ)
z
z
−1 1 + ξ z
4.2 Esercizi risolti
67
pertanto
dx dy dz
=4
(1 + x2 z 2 )(1 + y 2 z 2 )
Z
4π log 2 =
D
Z
+∞
0
arctan z
z
2
dz
e l’integrale richiesto vale π log 2:
Z
+∞
0
arctan t
t
2
dt = π log 2.
Osservazione. Usando la sostituzione t = tan ϑ ed integrando ripetutamente per parti
si ha
Z π/2
Z π/2
Z +∞ arctan t 2
ϑ2
dϑ
ϑ2
dϑ
dt =
=
2
2
t
tan ϑ cos ϑ
sin2 ϑ
0
0
0
Z π/2
2
π/2
cos ϑ
= −ϑ cotan ϑ 0 +
2ϑ
dϑ
sin ϑ
0
Z π/2
π/2
= 2 [ϑ log(sin ϑ)]0 − 2
log(sin ϑ) dϑ
0
= −2
Z
π/2
log(sin ϑ) dϑ;
0
l’ultimo integrale è stato calcolato con un artificio di calcolo in [2, 18.3.4], e si è
trovato che valeva −π log 2/2; si ritrova il risultato per altra via.
Osservazione. Non volendo usare la simmetria per ridurre l’integrale in (ii) ad E ,
occorre fare attenzione al fatto che l’integrale in (i) vale π/(x + y) solo se x >
0, y > 0; con x, y reali non nulli qualunque esso vale π/(|x| + |y|), come è ovvio
per la parità dell’integrale in x, y . Si noti anche che
Z
dx dy
[−1,1]×[−1,1] x + y
non esiste: la funzione integranda diverge sulla seconda diagonale {(x, −x) : x ∈
[−1, 1]}; ed integrando il modulo si troverebbe +∞, su ogni sezione:
Z
y=1
y=−1
dy
=
|x + y|
Z
y=−x
y=−1
dy
+
−(x + y)
Z
1
y=−x
dy
= +∞ + ∞ = +∞.
x+y
Esercizio 4.9 Sia a > 0 fissato.
68
Il Lemma di Jordan
(i) Calcolare
Z
+∞
−∞
t2
1
dt;
+ a2
dedurne, per y reale,
Z
+∞
−∞
1
dt.
(t − y)2 + a2
(ii) KMostrare che la funzione
g(x, y) =
1
+ a2 )(y 2 + a2 )
((x −
Z
appartiene ad L1 (R2 ) e calcolare
g(x, y) dx dy : giustificare con cura.
y)2
R2
(iii) Usando il teorema dei residui calcolare, per x reale non nullo
Z
+∞
h(x) =
−∞
1
dt,
((x − t)2 + a2 )(t2 + a2 )
(iv) Usando h(x) in modo opportuno controllare il risultato ottenuto in (ii).
Soluzione. (i) Si ha
Z +∞
Z
1
1 +∞
1/a
1
π
dt =
dt = [arctan(t/a)]+∞
.
−∞ =
2
2
2
a −∞ (t/a) + 1
a
a
−∞ t + a
L’invarianza per traslazioni mostra subito che anche il secondo integrale vale π/a.
(ii) Usiamo il teorema di Tonelli: si ha g(x, y) ≥ 0 per ogni (x, y) ∈ R2 ; se l’integrale iterato viene finito, allora g appartiene ad L1 (R2 ), e l’integrale iterato è l’integrale
su tutto R2 . Integrando prima in x si ottiene
Z
Z ∞
1
g(x, y) dx =
dx
2 + a2 )(y 2 + a2 )
((x
−
y)
R
−∞
Z ∞
1
1
1
π
dx = 2
;
= 2
y + a2 −∞ (x − y)2 + a2
y + a2 a
un’ulteriore integrazione rispetto ad y permette di concludere che l’integrale esiste e
vale π 2 /a2 .
(iii) Consideriamo la funzione razionale complessa
f (z) =
1
((x − z)2 + a2 )(z 2 + a2 )
4.3 Esercizi proposti
69
dove x ∈ R è un parametro. Il denominatore si annulla per z = x±ia e per z = ±ia,
tutti poli del primo ordine essendo per ipotesi x 6= 0. I residui nel semipiano superiore
sono quindi
Res(f, x + ia) =
1
;
2ia((x + ia)2 + a2 )
Res(f, ia) =
1
.
((x − ia)2 + a2 )2ia
Per |z| → +∞ si ha f (z) ≈ 1/z 4 , quindi zf (z) è infinitesimo per |z| → +∞;
integrando su semicerchi, l’integrale sul pezzo curvo tende a zero e si ha
1
1
h(x) = 2πi
+
2ia((x + ia)2 + a2 ) ((x − ia)2 + a2 )2ia
π
1
1
=
+
a x2 + 2iax x2 − 2iax
=
2x2
2π
1
π
=
.
4
2
2
2
a x + 4a x
a x + 4a2
(iv) Integrando si ottiene
Z
+∞
h(x) dx =
−∞
2π π
π2
= 2,
a 2a
a
coincidente con l’integrale di g su R2 ; si è verificato che integrando la g prima rispetto
ad y e poi rispetto ad x si ottiene lo stesso risultato.
4.3 Esercizi proposti
Esercizio 4.10 Calcolare l’integrale
Z +∞
−∞
x sin x
dx
x2 + 1
utilizzando il metodo dei residui (si ammetta che l’integrale esiste finito).
Esercizio 4.11 1. Determinare i poli e i relativi residui di
f (z) =
eiz
(1 + z 2 )2
contenuti nel semipiano Im (z) ≥ 0.
2. Calcolare, usando il metodo dei residui, l’integrale
Z +∞
cos x
dx
2 2
−∞ (1 + x )
motivando bene i passaggi e citando i risultati teorici utilizzati per arrivare al
risultato.
70
Il Lemma di Jordan
Esercizio 4.12 Calcolare
Z
+∞
(x2
−∞
x2
dx.
+ 4)(x2 + 9)
Esercizio 4.13
(i) Trovare la parte singolare della funzione di variabile complessa
f (z) =
zeiz
(z 2 + b2 )2
in z0 = ib (b > 0).
(ii) Calcolare
Z
+∞
−∞
t sin t
dt.
+ b2 )2
(t2
Esercizio 4.14
(i) Data la funzione razionale fratta
R(z) =
z2 + 1
(z 2 + z + 1)(z − 1)2
se ne scrivano le singolarità; si trovino le parti principali in tali singolarità e quindi
lo sviluppo di R(z) in frazioni semplici.
(ii) Calcolare
Z +∞
(x2 + 1) sin2 πx
dx.
2
2
−∞ (x + x + 1)(x − 1)
Esercizio 4.15
(i) Decomporre in frazioni semplici la funzione
d
1
2z
f (z) =
+ 2
.
2
2
dz (z + 1)
z +1
(ii) Calcolare
Z
+∞
f (x)e−iαx dx
(α > 0).
−∞
Esercizio 4.16 Si consideri la funzione di variabile complessa
1+
z2
1
.
+ z4 + z6
4.3 Esercizi proposti
71
(i) Trovare i poli di f .
(ii) Detto Ω l’aperto di C costituito dal dominio di f , provare che f non ha primitive
in Ω.
(iii) Provare che non esiste un intorno dello zero tale che f ristretta ad esso sia iniettiva.
(iv) Calcolare
Z +∞
dt
.
2
4
6
−∞ 1 + t + t + t
Esercizio 4.17 Calcolare, con il metodo dei residui,
Z +∞
cos x
dx.
2
−∞ (x − π/2)(x + 1)
Esercizio 4.18 Sia
f (z) =
1 − cos (2πz)
.
(z − 1)2
(i) Descrivere il più grande aperto aperto di Ω di C su cui la formula sopra data per f
definisce una funzione olomorfa.
(ii) Trovare gliZzeri di f .
+∞
f (x) dx.
(iii) Calcolare
−∞
5
I Lemmi del cerchio piccolo e
del cerchio grande
Raccogliamo qui gli esercizi che coinvolgono anche il lemma del cerchio piccolo, che
ricordiamo qui sotto. Riprendendo la notazione della Sezione 4 si ha:
Proposizione 5.1 (Lemma dell’arco di cerchio piccolo) Se f è continua in
A(c, [ϑ1 , ϑ2 ] ∩ {z ∈ C : |z − c| < R} per qualche R > 0, allora
Z
Se
lim
f (z) dz = i(ϑ2 − ϑ1 ) k.
(z − c)f (z) = k ∈ C allora lim
z→c
r→0
z∈A(c,[ϑ1 ,ϑ2 ]
γr
γr indica l’arco di cerchio di centro c e raggio r contenuto nell’angolo A(c, [ϑ1 , ϑ2 ]∩
{z ∈ C : |z − c| > R}, cioè si ha γr (ϑ) = c + reiϑ , ϑ ∈ [ϑ1 , ϑ2 ].
Si noti che se c è polo del primo ordine per f le ipotesi del lemma dell’arco di
cerchio piccolo sono verificate, con k = Res(f, c).
É talvolta di utilità anche il Lemma del cerchio grande.
Proposizione 5.2 (Lemma dell’arco di cerchio grande) Se f è continua in
A(c, [ϑ1 , ϑ2 ] ∩ {z ∈ C : |z − c| > R} per qualche R ≥ 0, allora
Z
f (z) dz = i(ϑ2 − ϑ1 )k.
Se
lim
zf
(z)
=
k
∈
C
allora
lim
z→∞
r→+∞
z∈A(c,[ϑ1 ,ϑ2 ]
5.1 Esercizi di allenamento
Esercizio 5.1
(i) Descrivere singolarità e residui della funzione
f (z) =
1 − e2πiz
.
z4 − 1
γr
74
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
(ii) Calcolare
Z
+∞
−∞
sin2 πx
dx
x4 − 1
usando il metodo dei residui.
Soluzione. (i) Come si è visto nell’Esercizio 1.7, gli zeri del denominatore sono le
radici quarte di 1, ovvero 1, i, −1, −i e sono semplici. Inoltre ±1 sono singolarità
eliminabili mentre si ha
Res(f, i) =
−i
(1 − e2π ).
4
(ii) Scriviamo anzitutto sin2 (πx) = (1 − cos(2πx))/2, ed osserviamo che (per
x ∈ R) l’integranda è quindi metà della parte reale della funzione f (x) = (1 −
e2πix )/(x4 − 1) sopra considerata. Si noti che tale funzione è in realtà assolutamente
integrabile su R: infatti è continua, ed è dominata da 2/|x4 − 1|, asintotica ad 1/x4
per x → ±∞, e quindi sommabile attorno all’infinito. Integrando su semicerchi
(segmento [−r, r] e semicerchio σr (t) = reiϑ , ϑ ∈ [0, π]) si ha, se r > 1:
Z
Z r
1 − e2πiz
i
1 − e2πix
dx
+
dz = 2πi Res(f, i) = 2πi (1 − e−2π )
4 −1
4 −1
x
z
4
σr
−r
in base al teorema dei residui. Poiché
lim z/(z 4 − 1) = 0, e 2π > 0, l’integrale
|z|→+∞
su σr è infinitesimo al tendere di r a +∞. Si ottiene
Z +∞
1 − e2πix
π
dx = − (1 − e−2π ),
4
x −1
2
−∞
e quindi l’integrale richiesto, metà della parte reale di tale quantità, vale
Z +∞
sin2 πx
π
dx = − (1 − e−2π ).
4 −1
x
4
−∞
Si noti che il risultato è negativo; mentre non è affatto ovvio che cosı̀ dovesse essere,
la cosa è possibile: la funzione razionale 1/(x4 − 1) è negativa sull’intero intervallo
]−1, 1[.
Esercizio 5.2 Data la funzione di variabile complessa
f (z) =
zez
e4z − 1
classificarne le singolarità. Integrando sul bordo del rettangolo di vertici r, r +
iπ/2, −r + iπ/2, −r, indentato se occorre, calcolare:
Z ∞
xex
dx;
4x − 1
−∞ e
5.1 Esercizi di allenamento
75
calcolandolo si ottiene anche
Z
∞
vp
−∞
ex
dx;
e4x − 1
accettare il fatto che l’integrale sui segmenti paralleli all’asse immaginario è
infinitesimo per r → +∞.
Soluzione. Gli zeri del denominatore sono per 4z = 2kπi e cioè z = kπi/2, tutti
di molteplicità 1; se k = 0 si ha z = 0 dove anche il numeratore è nullo, e la
singolarità z = 0 è eliminabile; gli altri sono poli del primo ordine. Integriamo quindi
su un bordo indentato in iπ/2 col semicerchio σs (ϑ) = iπ/2 + seiϑ , ϑ ∈ [π, 2π].
Chiamando ε(r) il contributo all’integrale dei segmenti verticali si ha
Z
r
f (x) dx −
−r
Z
−s
f (x + iπ/2) dx
−r
−
Z
r
f (x + iπ/2) dx −
Z
s
f (z) dz + ε(r) = 0.
σs
Si ha poi
f (x + iπ/2) =
ixex
π ex
(x + iπ/2)ex+iπ/2
=
−
.
e4x+2πi − 1
e4x − 1 2 e4x − 1
Pertanto, separando reale ed immaginario:
Z
r
−r
Z −s
Z r
π
ex
ex
xex
dx +
dx +
dx
4x − 1
4x − 1
e4x − 1
2
−r e
s e
Z −s
Z
Z r
xex
xex
−i
dx +
dx −
f (z) dz + ε(r) = 0.
4x − 1
4x − 1
s e
−r e
σs
Per il lemma del cerchio piccolo, al tendere di s a 0+ si ha
Z
lim+
s→0
f (z) dz = iπ Res(f, iπ/2) = iπ
σs
(iπ/2)eiπ/2
π2
= −i .
2πi
2e
8
Si noti che per r → +∞ ed s → 0+ l’espressione sopra tende a
Z ∞
Z ∞
Z ∞
xex
π
ex
xex
π2
dx
+
vp
dx
−
i
dx
−
.
4x − 1
4x − 1
4x − 1
2
8
−∞ e
−∞ e
−∞ e
Da cui, uguagliando parti reali ed immaginarie:
Z ∞
xex
π2
dx
=
,
4x − 1
8
−∞ e
76
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
mentre
Z
∞
−∞
xex
π
dx + vp
4x
e −1
2
Z
∞
−∞
ex
dx = 0,
e4x − 1
da cui
Z
∞
vp
−∞
ex
π
dx = − .
4x
e −1
4
Osservazione. La funzione ex /(e4x − 1) è sommabile attorno a +∞ ed a −∞, ma ha
un polo del primo ordine in 0, e quindi l’integrale è nel senso del valore principale;
invece xex /(e4x − 1) si prolunga per continuità in 0, ed il suo integrale è un vero
integrale generalizzato, anche assolutamente convergente.
Esercizio 5.3 Si consideri la funzione
fw (z) =
ewz
ez − eia
dove w ∈ C è un parametro complesso fissato, ed a è reale, 0 < a < 2π .
(i) Trovare e classificare le singolarità di fw , determinando le parti principali.
(ii) KDire per quali w ∈ C si ha fw ∈ L1 (R, C).
Z +∞
(iii) Integrando su opportuni rettangoli calcolare
fw (x) dx per i w ∈ C trovati
−∞
in (ii). Assumere che gli integrali sui pezzi verticali dei rettangoli tendano a 0 per
r → +∞. (Facoltativo:Kgiustificare il limite degli integrali sui pezzi verticali).
(iv) Come cambiano i precedenti risultati supponendo ora soltanto a ∈ R r 2π Z, e non
più anche a ∈ ]0, 2π[?
Soluzione. (i) Il denominatore ha zeri semplici per ez = eia ⇐⇒ z = ia + 2kπi,
con k ∈ Z; poiché il numeratore non è mai nullo, questi sono poli semplici, con
residui
Res(fw , i(a + 2kπ)) =
eiw(a+2kπ)
= ei(wa−a+2kπ)
eia+2kπi
e quindi parti principali
ei(wa−a+2kπ)
Res(fw , i(a + 2kπ))
=
.
z − i(a + 2kπ)
z − i(a + 2kπ)
(ii) Si tratta di vedere per quali w ∈ C l’integrale
Z +∞
|ewx |
dx
|ex − eia |
∞
5.1 Esercizi di allenamento
77
esiste finito; si ha |ewx | = eRe(wx) = e(Re w)x (si ricordi che x è reale), ed |ex −eia | =
ex |1 − eia e−x |, per cui l’integrando è asintotico ad e(Re w)x /ex = ex(Re w−1) per
x → +∞, è invece asintotico ad e(Re w)x per x → −∞. Ne segue che la funzione è
sommabile attorno a +∞ se e solo se Re w − 1 < 0, è sommabile attorno a −∞ se e
solo se Re w > 0; ne segue che fw appartiene a L1 (R, C) se e solo se 0 < Re w < 1.
(iii) Supposto 0 < Re w < 1, integrando sul rettangolo di vertici r, r + 2πi, −r +
2πi, −r si ha
Z r
ew(x+2πi)
ewx
dx
−
dx
x
ia
(x+2πi) − eia
−r e
−r e − e
Z 2π
Z 2π
ew(−r+iη)
ew(r+iη)
i
dη
−
i dη = 2πi Res(fw , ia),
+
e(r+iη) − eia
e(−r+iη) − eia
0
0
Z
r
che si riscrive, indicando con ε(r) il contributo dei lati verticali,
Z r
ewx
2πiw
(1 − e
)
dx + ε(r) = 2πiei(w−1)a .
x
ia
−r e − e
Mostreremo poi che ε(r) → 0 per r → +∞; si ha
2πi/(1 − e2πiw ) =
πe−πiw+iπ
πe−iπ(w−1)
πe−πiw
=
=
.
−(eπiw − e−πiw )/2i
sin πw
sin w
Ne segue
Z
+∞
fw (x) dx =
−∞
π
ei(w−1)(a−π)
sin πw
0 < Re w < 1.
Si ha infine
Z 2π
Z 2π
|ew(r+iη) |
ew(r+iη)
≤
i
dη
dη
e(r+iη) − eia
|e(r+iη) − eia |
0
0
Z 2π (Re w)r−η(Im w)
e
e((Re w)−1)r e2π| Im w|
≤
dη
≤
2π
er − 1
1 − e−r
0
che tende a zero al tendere di r a +∞ perché Re w − 1 < 0. Analogamente
Z 2π
Z 2π −(Re w)r−η(Im w)
ew(−r+iη)
e
e−(Re w)r e2π| Im w|
≤
i
dη
dη
≤
2π
e(−r+iη) − eia
1 − e−r
1 − e−r
0
0
che tende a zero per r → +∞ perché Re w > 0.
(iv) Il polo che ha indice non nullo rispetto ai rettangoli considerati non è più necessariamente ia, ma ib, dove b ∈ ]0, 2π[ è congruo ad a modulo 2π ; l’integrale
diventa
Z +∞
π
fw (x) dx =
ei(w−1)(b−π)
sin
πw
−∞
e null’altro cambia.
78
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
5.2 Esercizi risolti
Esercizio 5.4 Si consideri la funzione di variabile complessa
fαβ (z) =
eiαz − eiβz
z 2 (1 + z 2 )
(α, β ∈ R, α 6= β).
(i) Trovarne e classificarne le singolarità, calcolando i residui su quelle con parte
immaginaria ≥ 0.
(ii) Integrando su semicerchi, indentati se occorre, calcolare (attenzione ai segni di
α, β !)
Z
+∞
−∞
cos(αx) − cos(βx)
dx.
x2 (1 + x2 )
Soluzione. (i) Come si è visto nell’Esercizio 1.4, z = 0 è polo di ordine 1 con residuo
iα − iβ.
Invece z = ±i sono poli di ordine 1 Il residuo in z = i è (e−α − e−β )/(−2i).
(ii) Supponiamo dapprima α, β ≥ 0. Integrando su semicerchi indentati in 0, il teorema dei residui e il lemma di Jordan (applicabile perché α, β ≥ 0 e lim z/(z 2 (1 +
z→∞
z 2 )) = 0) mostrano che si ha:
Z
∞
vp
−∞
eiαx − eiβx
e−α − e−β
dx
=
iπ(iα
−
iβ)
+
2πi
x2 (1 + x2 )
−2i
= π(β − α + e−β − e−α ).
Per disparità la parte immaginaria del valore principale è nulla; la parte reale è un
vero integrale, dato che la singolarità in 0 si elimina; si ha quindi
Z
+∞
−∞
cos(αx) − cos(βx)
dx = π(β − α + e−β − e−α )
x2 (1 + x2 )
(α, β ≥ 0).
La parità del coseno dice poi che si ha
Z
+∞
−∞
cos(αx) − cos(βx)
dx = π(|β| − |α| + e−|β| − e−|α| )
x2 (1 + x2 )
α, β ∈ R.
5.2 Esercizi risolti
79
Esercizio 5.5 Calcolare
Z +∞
tα−1
0
1
dt
(t + 1)(t2 + 1)
0 < α < 1.
Soluzione. L’integrale proposto esiste finito essendo
tα−1
∼0 tα−1
(t + 1)(t2 + 1)
tα−1
∼∞ tα−1−3 = tα−4
(t + 1)(t2 + 1)
e
che è integrabile essendo 4 − α > 1 (α < 3). Posto t = ex è
Z +∞
Z +∞
1
eαx
α−1
t
dt
=
dx;
x
2x + 1)
(t + 1)(t2 + 1)
0
−∞ (e + 1)(e
i poli di
f (z) =
eαz
(ez + 1)(e2z + 1)
compresi nella striscia 0 ≤ Im z ≤ 2π sono gli z con Im z ∈ [0, 2π] tali che
ez = −1 o e2z = −1. È ez = − se e solo se z = logC (−1) = iπ + 2kπi, k ∈ Z, e
e2z = − se e solo se 2z = iπ + 2kπi ovvero z = iπ/2 + kπi, k ∈ Z. I poli di f su
0 ≤ Im z ≤ 2π sono quindi z1 = iπ/2, z2 = iπ , z3 = 3iπ/2. Trattasi di poli del
primo ordine e si ha
αz z
eαiπ/2 /(i + 1)
1
e /(e + 1)
=
=−
eiαπ/2 ;
Res(f, iπ/2) =
2z
2e
−2
2(1
+
i)
z=iπ/2
αz z
e /(e + 1)
eα3iπ/2 /(i − 1)
1
Res(f, i3π/2) =
=
=
e3iαπ/2 ;
2z
2e
−2
2(i
−
1)
z=i3π/2
αz z
e /(e + 1)
eiαπ
eαiπ /2
Res(f, iπ) =
=
−
.
=
2e2z
−1
2
z=iπ
Integrando sul bordo del rettangolo di vertici −r, r, −r + 2πi, r + 2πi orientato in
senso antiorario si ottiene
Z r
Z r
Z
Z
f (t) dt −
f (t + 2πi) dt +
f (z) dz −
f (z) dz
−r
−r
σr
σ−r
= 2πi
3
X
Res(f, zi ) (∗)
i=1
ove, rispettivamente, σr e σ−r sono i segmenti di origine ±r ed estremità ±r + 2iπ .
Si ha che
Z
Z
f (z) dz = lim
f (z) dz = 0
lim
r→+∞
σr
r→+∞
σ−r
80
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
(verifica alla fine); osserviamo che f (t + 2πi) = e2πiα f (t); passando al limite per
r → +∞ in (∗) si trova allora
Z +∞
i − 1 iαπ/2 1 + i 3iαπ/2 eiαπ
2πiα
= 2πi
;
(1 − e
)
e
−
e
−
4
4
2
−∞
ora 1 − e2πiα = eπiα (e−πiα − eπiα ) = 2i eπiα sin πα 6= 0 (α ∈ ]0, 1[) da cui
Z
+∞
−∞
eαt
dt
(et + 1)(e2t + 1)
i − 1 −iαπ/2 1 + i iαπ/2 1
π
e
−
e
−
=
sin πα
4
4
2
π
i −iαπ/2
1
1
=
(e
− eiαπ/2 ) − (eiαπ/2 + e−iαπ/2 ) −
sin πα 4
4
2
1
απ 1
απ 1
π
=
sin
− cos
−
.
sin πα 2
2
2
2
2
Verifichiamo che è
Z
Z
lim
r→+∞
Z
σr
r→−∞
σr
f (z) dz = 0.
σ−r
2π
Z
f (r + it) dt ed è, per t ∈ [0, 2π],
f (z) dz = i
Si ha
f (z) dz = lim
0
α(r+it) e
;
|f (r + it)| = r+it
(e
+ 1)(e2r+2it + 1)
osserviamo che |eαr+iαt | = eαr e che
r+it
e
+ 1 ≥ |er+it | − 1 = |er − 1|;
2r+2it
e
+ 1 ≥ |e2r+2it | − 1 = |e2r − 1|
da cui
eαr
|f (r + it)| ≤ r
(e − 1)(e2r − 1)
per ogni t ∈ [0, 2π], ed essendo eαr /((er − 1)(e2r − 1)) asintotico a e(α−3)r per
r → ∞ si ottiene
sup |f (r + it)| −−−−→ 0
t∈[0,2π]
r→+∞
5.2 Esercizi risolti
81
donde l’asserto (è α < 1).
Si ha poi
α(−r+it) e
|f (−r + it)| = −r+it
(e
+ 1)(e−2r+2it + 1)
ed è
α(−r+it) −r+it
e
= e−αr ;
e
+ 1 ≥ 1 − |e−r+it | = 1 − e−r ;
−2r+2it
e
+ 1 ≥ 1 − |e−2r+2it | = 1 − e−2r da cui
sup |f (−r + it)| ≤
t∈[0,2π]
e−αr
−−−−→ 0
(1 − e−r )(1 − e−2r ) r→+∞
Z
essendo α > 0, quindi lim
r→+∞
f (z) dz = 0.
σ−r
Esercizio 5.6 Integrando la funzione
f (z) = z 2
su un circuito opportuno calcolare
Z
0
+∞
ez
1 + e4z
log t
dt.
1 + t4
Soluzione. Posto x = log t si ha
Z +∞
Z +∞
x ex
log t
dt
=
dx.
4x
1 + t4
−∞ 1 + e
0
Le singolarità di f sono gli z ∈ C tali che e4z = −1, ovvero z = iπ/4 + kiπ/2,
k ∈ Z, tutti poli di ordine uno. Quelli contenuti nella striscia 0 ≤ Im z ≤ 2π sono
z1 = 1π/4, z2 = 3iπ/4, z3 = 5iπ/4, z4 = 7iπ/4. Si ha
2 iπ/4
π e
π 2 iπ/4
Res(f, iπ/4) = i
=
e ;
4
4eiπ
64
2
3π ei3π/4
9π 2 3iπ/4
e
;
Res(f, i3π/4) = i
=
4
4ei3π
64
2
5π ei5π/4
25π 2 5iπ/4
Res(f, i5π/4) = i
=
e
;
i5π
4
4e
64
2
49π 2 7iπ/4
7π ei7π/4
Res(f, i7π/4) = i
=
e
.
4
4ei7π
64
82
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
Integrando f sul bordo del rettangolo di vertici −r, r, −r + 2πi, r + 2πi si ottiene
Z
Z
Z r
Z r
f (x + 2πi) dx +
f (z) dz −
f (z) dz
f (x) dx −
−r
−r
σr
σ−r
= 2πi
4
X
Res(f, zi ) (∗)
i=1
ove σr (rispettivamente σ−r ) è il segmento σr (t) = r + it (rispettivamente σ−r (t) =
−r + it), t ∈ [0, 2π]. Si ha che
Z
Z
lim
f (z) dz = lim
f (z) dz = 0
r→+∞
r→+∞
σr
σ−r
(verifica alla fine); passando al limite in (∗) per r → +∞ si ottiene
Z
+∞
(x2 − (x + 2πi)2 )
−∞
4
X
ex
dx
=
2πi
Res(f, zi ).
1 + e4x
i=1
(∗∗)
Ora è
4
X
i=1
π 2 iπ/4
e
+ 9e3iπ/4 + 25e51π/4 + 49e7iπ/4
64
π2 1
9
25
49
1
9
25
49
√ − √ − √ + √ +i √ + √ − √ − √
=
64
2
2
2
2
2
2
2
2
Res(f, zi ) =
=
π2
π2
√ (16 − 64i) = √ (1 − 4i)
64 2
4 2
e x2 − (x + 2πi)2 = −4πix + 4π 2 da cui, uguagliando in (∗∗) le parti reali e le
parti immaginarie,
√
√
Z +∞
2
π3 2
ex
dx =
=π
,
4x
2
4π
4
−∞ 1 + e
√
√
Z +∞
ex
−π 3 2/4
π2 2
x
dx =
=−
.
1 + e4x
4π
16
−∞
Resta da verificare che
Z
lim
r→+∞
Z
f (z) dz = lim
σr
r→+∞
f (z) dz = 0.
σ−r
Per ogni t ∈ [0, 2π] è
|f (r + it)| = |r + it|2
er
,
|1 + e4r+4it |
5.2 Esercizi risolti
83
si ha poi
|r + it|2 = r2 + t2 ≤ r2 + (2π)2 ;
4r+4it
e
+ 1 ≥ |e4r+4it | − 1 = e4r − 1
sicché
(r2 + 4π 2 )er
−−−−→ 0
r→+∞
|e4r − 1|
sup |f (r + it)| ≤
t∈[0,2π]
ed essendo
Z
σr
Z
f (z) dz = 2π
0
Z
f (r + it) dt ≤
2π
sup |f (r + it)| dt
0
t∈[0,2π]
si ottiene
Z
lim
r→+∞
f (z) dz = 0.
σr
Analogamente è
|f (−r + it)| = |−r + it|2
(r2 + 4π 2 )e−r
e−r
≤
−4r−4it
|1 + e
|
1 − e−4r
sicché supt∈[0,2π] |f (−r + it)| → 0 per r → +∞ da cui
Z
lim
r→−+∞
f (z) dz = 0.
σ−r
Esercizio 5.7 È data la funzione complessa
f (z) =
z2
cosh z sinh z
(α ∈ R).
(i) Trovarne le singolarità, classificarle, trovare le parti principali sulle singolarità.
(ii) Mostrare che la funzione
x 7−→
appartiene ad L1 (R).
x
cosh x sinh x
84
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
(iii) Integrando f sul bordo dei rettangoli di vertici r, r + πi, −r + πi, −r, indentando
sulle singolarità se occorre, calcolare l’integrale
Z
+∞
−∞
x
dx.
cosh x sinh x
Assumere che gli integrali sui pezzi verticali dei rettangoli tendano a 0 per r →
+∞.
(iv) KGiustificare il limite degli integrali sui pezzi verticali.
Soluzione. (i) Si può scrivere
cosh z sinh z =
e2z − e−2z
sinh(2z)
ez + e−z ez − e−z
=
=
,
2
2
4
2
cosicché si può scrivere f (z) = 2
sinh(2z) = 0
z2
. Si ha
sinh(2z)
⇐⇒
e2z = e−2z
⇐⇒
4z = 2kπi
⇐⇒
e4z = 1
(k ∈ Z);
gli zeri del denominatore sono quindi kπi/2, k ∈ Z; poiché in tali punti la derivata
del denominatore, 2 cosh(2z), vale 2 cosh(kπi) = 2(−1)k 6= 0, tali zeri hanno
molteplicità 1. Il numeratore ha z = 0 come unico zero di molteplicità 2. Ne segue:
z = 0 è singolarità eliminabile (ed f ha ivi uno zero di molteplicità 1)
z = kπi/2, k 6= 0, sono per f poli del primo ordine;
si ha
Res(f,
(kπi/2)2
k2 π2
kπi
)=2
= (−1)k+1
;
2
2 cosh(kπi)
4
(−1)k+1 k 2 π 2 /4
.
z − kπi/2
(ii) Il punto x = 0 è discontinuità eliminabile per la funzione data (si ha
lim x/(sinh x cosh x) = 1). La funzione data è pari ed è continua; basta mo-
le parti principali a tali poli sono quindi
x→0
strare che essa è in L1 ([c, +∞[) per qualche c ≥ 0. Si ha x/(sinh x cosh x) =
2x/ sinh(2x) < 2x/ex = 2xe−x per x > 0; e la funzione x 7→ 2xe−x chiaramente
sta in L1 ([0, +∞[).
5.2 Esercizi risolti
85
(iii) Fissati r, s, con 0 < s < r, si considera il rettangolo indentato come in Figura 5.1
per il teorema dei residui si ha, posto γs (ϑ) = iπ + seiϑ , ϑ ∈ [π, 2π]:
r
Z
2x2
dx −
sinh(2x)
−r
−
Z
−r
2
Z
γs
−s
2z
dz +
sinh(2z)
Z
0
π
2(x + πi)2
dx −
sinh(2(x + πi))
Z
2
2(r + iη)
i dη −
sinh(2(r + iη))
r
2(x + πi)2
dx
sinh(2(x + πi))
s
Z
π
0
= 2πi Res(f,
2(−r + iη)2
i dη
sinh(2(−r + iη))
iπ
π2
π3
) = 2πi
=i .
2
4
2
Per disparità,
Z
r
−r
2x2
dx = 0;
sinh(2x)
inoltre (x+πi)2 = x2 +2πix−π 2 e sinh(2(x+πi)) = sinh(2x+2πi) = sinh(2x);
per disparità si ha ancora
Z
−s
−r
2x2
dx +
sinh(2x)
Z
−2π 2
dx +
sinh(2x)
Z
r
2x2
dx = 0
sinh(2x)
r
−2π 2
dx = 0
sinh(2x)
s
ed anche
Z
−s
−r
s
Detta ε(r) la somma degli integrali sui lati verticali resta quindi
−
Z
−s
−r
2 · 2πix
dx −
sinh(2x)
Z
s
r
Z
π3
2 · 2πix
f (z) dz + ε(r) = i
dx +
sinh(2x)
2
γs
essendo iπ polo di ordine 1 si ha, per il lemma del cerchio piccolo:
Z
f (z) dz = iπ Res(f, iπ) = iπ(−π 2 ) = −iπ 3
lim+
s→0
γs
Z
+∞
mentre il termine entro parentesi converge a 2πi vp
(2x/ sinh(2x)) dx =
−∞
2πiI , indicando con I l’integrale richiesto. Si ha quindi −2πiI = iπ 3 /2 − iπ 3
da cui
Z +∞
x
π2
I=
dx =
.
4
−∞ cosh x sinh x
86
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
(iv) Resta solo da vedere che gli integrali sui lati verticali sono effettivamente
infinitesimi per r → +∞. Si ha
Z π
Z π
(±r + iη)2
| ± r + iη|2
≤
i
dη
dη
0 sinh(±2r + 2iη)
0 | sinh(±2r + 2iη)|
inoltre
±2r+2iη
∓2r−2iη e
−
e
| sinh(±2r + 2iη)| = 2
1
≥ |e±2r+2iη | − |e∓2r−2iη |
2
1
= (e2r − e−2r ) = sinh(2r)
2
poiché r > 0, ed anche | ± r + iη|2 ≤ (| ± r| + |iη|)2 = (r + η)2 ≤ (r + r)2 = 4r2
se r ≥ π . Ne segue
Z π
16πr2
4r2
dr =
|ε(r)| ≤ 4
sinh(2r)
0 sinh(2r)
per r > π ; chiaramente quest’ultima quantità tende a zero per r → +∞.
− r+ i
i
r+
i
s
i/2
−r
0
r
Figura 5.1.
Esercizio 5.8 KScopo dell’esercizio è il calcolo dell’integrale
Z +∞
cos x −i2πξx
F (ξ) =
dx
(ξ ∈ R).
e
2
2
−∞ π − 4x
(i) Provare che effettivamente per ogni ξ ∈ R l’integrando appartiene ad L1 (R).
(ii) Calcolare
Z +∞
eiαx
vp
dx;
2
2
−∞ a − x
a > 0, α ≥ 0 sono costanti reali; trovarlo poi con α ∈ R qualsiasi.
5.2 Esercizi risolti
87
(iii) Dedurre da (ii)
Z
+∞
vp
−∞
cos x cos(βx)
dx
a2 − x2
β ∈ R, a > 0.
Trovare infine F (ξ).
Soluzione. (i) L’integrando è maggiorato in modulo da
1
,
− 4x2
π2
funzione sommabile in un intorno di ±∞ perché asintotica a 1/(4x2 ); inoltre esso si
prolunga per continuità in ±π/2. Pertanto l’integrando sta in L1 (R).
(ii) La funzione f (z) = eiαz /(a2 − z 2 ) ha poli semplici in ±a; il residuo in essi vale
Res(f, ±a) =
e±iaα
eiα(∓a)
=∓
.
−2(±a)
2a
Integrando su semicerchi indentati γr,s,t come in Figura 5.2, si trova, in base al
teorema dei residui:
Z
Z
Z
Z
f (z) dz =
f (z) dz −
f (z) dz −
f (z) dz
γr,s,t
σr
σs
σt
a−s
Z
+
Z
a−t
Z
f (x) dx +
r
f (x) dx +
r
a+s
f (x) dx = 0;
a+t
facendo tendere r a +∞Z, e t, s a 0+ , l’ultima riga tende al valore principale richiesto;
→ 0 (o quello del cerchio grande se α = 0), mentre per
per il lemma di Jordan
σr
il lemma del cerchio piccolo si ha
Z
e−iaα
lim+
f (z) dz = iπ
;
s→0
2a
σs
Z
lim+
t→0
f (z) dz = iπ
σt
−eiaα
;
2a
quindi si ha
Z
+∞
vp
−∞
eiαx
−eiaα + e−iaα
dx
−
iπ
= 0,
a2 − x2
2a
da cui
Z
+∞
vp
−∞
eiαx
sin(aα)
dx = π
.
2
2
a −x
a
Si è quindi anche visto che si ha
Z +∞
cos(αx)
sin(aα)
vp
dx = π
;
2
2
a
−∞ a − x
Z
+∞
vp
−∞
sin(αx)
dx = 0,
a2 − x2
88
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
r
t
s
−r
−a
s
a
O
t
r
Figura 5.2.
per a > 0 ed α ≥ 0.
Per parità e disparità si ha
Z +∞
cos(αx)
sin(a|α|)
dx = π
;
vp
2
2
a
−∞ a − x
Z
+∞
vp
−∞
sin(αx)
dx = 0,
a2 − x2
anche se α < 0.
(iii) Per le formule di Werner (vedi Formulario) si ha
cos x cos(βx) =
1
(cos((β + 1)x) + cos((β − 1)x)) ,
2
e pertanto
Z
+∞
vp
−∞
cos x cos(βx)
dx = vp
a2 − x2
Z
+∞
cos((β + 1)x)
dx
a2 − x2
−∞
Z
+∞
+ vp
−∞
cos((β − 1)x)
dx
a2 − x2
π
=
(sin(a|β + 1|) + sin(a|β − 1|)).
2a
Usando poi le formule di Eulero e la disparità si ottiene
Z +∞
Z
cos x cos(2πξx)
1 +∞ cos x cos(2πξx)
F (ξ) =
dx cioè F (ξ) =
dx,
π 2 − 4x2
4 −∞
(π/2)2 − x2
−∞
e quindi (a = π/2, β = 2πξ):
1
F (ξ) = (sin(π|2πξ + 1|/2) + sin(π|2πξ − 1|/2)).
4
Si noti che la funzione F è a supporto compatto; si ha infatti

 1 cos(π 2 ξ) per ξ ∈ ]−1/(2π), 1/(2π)[,
F (ξ) = 2

0
per |ξ| ≥ 1/(2π).
5.2 Esercizi risolti
89
Esercizio 5.9 K È data la funzione complessa
fξ (z) =
eiξz
1 + cosh(2z)
con ξ parametro reale.
(i) Determinarne le singolarità e classificarle.
(ii) Per ogni r > 0 sia γr il circuito bordo del rettangolo di vertici r, r + πi, −r +
πi, −r; trovare la parte principale di fξ sulle singolarità che hanno indice non nullo
rispetto a tale circuito.
(iii) Calcolare
Z +∞
Z +∞
eiξx
fξ (x) dx =
g(ξ) =
dx.
−∞ 1 + cosh(2x)
−∞
Assumere che gli integrali sui pezzi verticali dei rettangoli tendano a 0 per r →
+∞.
(iv) KGiustificare il limite degli integrali sui pezzi verticali.
Soluzione. (i) Il numeratore non è mai nullo. Il denominatore si annulla per
cosh(2z) = −1
⇐⇒
cos(2iz) = −1
⇐⇒
z = −iπ/2 − kiπ,
⇐⇒
2iz = π + 2kπ
cioè per z = zm = iπ/2 + miπ , m ∈ Z; in tali punti la derivata del denominatore,
che è 2 sinh(2z), vale 0, mentre la derivata seconda, 4 cosh(2z), vale −4. Si tratta
di poli del secondo ordine. La funzione fξ ha i punti zm = iπ/2 + miπ (m ∈ Z)
come poli del secondo ordine.
(ii) L’unica singolarità entro il rettangolo è z0 = iπ/2. Si può scrivere
fξ (z) = R(z) +
c−2
c−1
+
z − iπ/2 (z − iπ/2)2
dove R, parte regolare, è olomorfa attorno a iπ/2. Si ha
c−2 = lim (z − iπ/2)2 fξ (z) = lim (z − iπ/2)2
z→iπ/2
z→iπ/2
eiξz
1 + cosh(2z)
2
(z − iπ/2)
.
z→iπ/2 1 + cosh(2z)
= e−ξπ/2 lim
Si ha ora
2(z − iπ/2)
(z − iπ/2)2
= (Hôpital) = lim
= (Hôpital)
z→iπ/2 1 + cosh(2z)
z→iπ/2 2 sinh(2z)
lim
2
1
=− .
z→iπ/2 4 cosh(2z)
2
= lim
90
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
Si ha quindi c−2 = −e−ξπ/2 /2; inoltre si è visto che
1 + cosh(2z) ≈ −2(z − iπ/2)2
per z → iπ/2. Si ha poi
c−1 = Res(fξ , iπ/2) = lim (z − iπ/2) fξ (z) −
z→iπ/2
c−2
(z − iπ/2)2
eiξz (z − iπ/2)2 + e−ξπ/2 (1 + cosh(2z))
z→iπ/2
2(1 + cosh(2z))(z − iπ/2)
= lim
2eiξz (z − iπ/2)2 + e−ξπ/2 (1 + cosh(2z))
z→iπ/2
−4(z − iπ/2)3
= lim
dove all’ultimo passaggio si è usata l’asintoticità sopra osservata di 1 + cosh(2z) con
−2(z − iπ/2)2 . Per semplicità poniamo w = z − iπ/2, cioè z = w + iπ/2; si ha
allora
cosh(2z) = cosh(2w + iπ) =
=−
e2w+iπ + e−2w−iπ
2
e2w + e−2w
= − cosh(2w),
2
ed il limite precedente diventa (si ricordino gli sviluppi di Maclaurin di
cosh(2w) = 1 +
(2w)2
+ o(w3 ),
2!
eiξw = 1 + (iξw) +
(iξw)2
+ o(w2 ))
2!
e−ξπ/2 2eiξw w2 + 1 − cosh(2w)
w→0 −4
w3
lim
e−ξπ/2
2w2 + 2iξw3 + o(w3 ) − 2w2 + o(w3 )
lim
−4 w→0
w3
iξ
= − e−ξπ/2 .
2
=
Si ha quindi che la parte principale di fξ a iπ/2 è
(−iξ/2)e−ξπ/2
−e−ξπ/2 /2
+
.
z − iπ/2
(z − iπ/2)2
Osservazione. Per il calcolo del residuo si poteva anche scrivere
eiξz (z − iπ/2)2
1 + cosh(2z)
fξ (z) =
,
(z − iπ/2)2
5.2 Esercizi risolti
91
e calcolare c−1 come il valore in iπ/2 della derivata di
eiξz (z − iπ/2)2
,
1 + cosh(2z)
ottenendo
(iξeiξz (z −
iπ 2
iπ
iπ
) + eiξz 2(z − ))(1 + cosh(2z)) + eiξz (z − )2 2 sinh(2z)
2
2
2
(1 + cosh(2z))2
procedimento non meno complicato del precedente.
(iii) Il teorema dei residui mostra che si ha
Z r
Z r
fξ (x) dx −
fξ (x + iπ) dx
−r
−r
Z
+
π
fξ (r + iη)i dη −
0
Z
π
fξ (−r + iη)i dη = 2πi Res(fξ , iπ/2) (I)
0
per ogni r > 0; si ha ora
fξ (x + iπ) =
eiξx−ξπ
e−ξπ eiξx
=
= e−ξπ fξ (x),
1 + cosh(2x + 2iπ)
1 + cosh(2x)
inoltre
−iξ −ξπ/2
e
= πξe−πξ/2 ,
2
indicando con ε(r) la somma degli integrali sui pezzi verticali, (I) si riscrive
Z r
(1 − e−πξ )
fξ (x) dx + ε(r) = πξe−πξ/2
2πi Res(fξ , iπ/2) = 2πi
−r
ed ammettendo che lim ε(r) = 0, come fra poco verificheremo, si ha (si osservi
r→+∞
che è e−πξ/2 /(1 − e−πξ ) = 1/(eπξ/2 − e−πξ/2 ) = 1/(2 sinh(πξ/2)))
Z +∞
πξ
eiξx
dx =
.
2 sinh(πξ/2)
−∞ 1 + cosh(2x)
(iv) Gli integrali su pezzi verticali sono, in valore assoluto, per r grande
Z π
Z π
e±iξr e−ξη
|e±iξr | |e−ξη |
i dη ≤
dη
|1 + cosh(±2r + 2iη)|
0 1 + cosh(±2r + 2iη)
0
Z π
eπ|ξ|
dη
≤
| cosh(±2r + 2iη)| − 1
0
(si noti che |e±iξr | = 1, e che |e−ξη | ≤ eπ|ξ| se 0 ≤ η ≤ π ), ed essendo
| cosh(±2r + 2iη)| = |e±2r+2iη + e∓2r−2iη |/2 ≥ (e2r − e−2r )/2 = sinh(2r), si
vede che l’integrando è maggiorato da eπ|ξ| /(sinh(2r) − 1); ne segue che |ε(r)| ≤
πeπ|ξ| /| sinh(2r) − 1|, chiaramente infinitesimo per r → +∞.
92
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
Esercizio 5.10 K Si consideri la funzione complessa
f (z) =
eiωz
eπz + e−πz
(ω costante reale).
(i) Trovare singolarità e residui di f .
(ii) Si ponga
Z
+∞
A=
−∞
cos(ωx)
dx,
cosh(πx)
Z
+∞
B=
−∞
sin(ωx)
dx.
sinh(πx)
Dati r, s, con 0 < s < r, sia γrs il circuito di Figura 5.3. Integrando f su γrs , e
facendo tendere s a 0+ ed r a +∞, trovare una relazione tra A e B ; cambiando in
essa ω con −ω , calcolare A e B . Al solito ammettere prima che gli integrali sui
pezzi verticali tendano a 0 per r → +∞, poi provare a dimostrarlo (K).
Soluzione. (i) Si ha eπz + e−πz = 0 ⇐⇒ e2πz = −1 ⇐⇒ 2πz = (2k + 1)πi
(k ∈ Z); gli zeri del denominatore sono quindi zk = (k + 1/2)i, al variare di
k ∈ Z. Tali zeri sono semplici (la derivata del denominatore vale π(eπki+πi/2 −
e−πki−πi/2 ) = π(−1)k 2i 6= 0) ed il numeratore non è mai nullo; ogni zk è quindi
polo semplice per f , con residuo
Res(f, zk ) =
−ω(k+1/2)
eiω(k+1/2)i
ke
=
(−1)
(−1)k 2πi
2πi
ovvero
Res(f, zk ) = (−1)k
− r + i/2
i/2
e−ω(k+1/2)
.
2πi
r + i/2
s
−r
Figura 5.3.
0
r
5.2 Esercizi risolti
93
(ii) Chiaramente γrs è nullomotopo in C r {zk : k ∈ Z}, quindi
Z
f (z) dz = 0.
γrs
Si ha (σs (ϑ) = i/2 + seiϑ , ϑ ∈ [π, 2π] è il semicerchio di centro i/2 e raggio s)
Z
f (z) dz
γrs
Z
r
=
f (x) dx −
−s
Z
Z
f (z) dz +
−r
−r
r
f (z) dz −
s
Z
f (z) dz + ε(r)
σs
(∗)
=0
dove con ε(r) si è indicato il contributo dei pezzi verticali, che si mostrerà essere
infinitesimo per r → +∞. Si ha poi
Z
r
Z
r
f (x) dx =
−r
−r
Z
r
=
−r
Z
r
=
−r
eiωx
dx
eπx + e−πx
cos(ωx) + i sin(ωx)
dx
2 cosh(πx)
cos(ωx)
A
dx −→
2 cosh(πx)
2
per r → ∞,
l’integrale con il seno essendo nullo per disparità. Inoltre
Z
−s
Z
r
f (z) dz +
−r
f (z) dz
s
−s
Z r
eiω(x+i/2)
eiω(x+i/2)
dx
+
dx
πx+πi/2 + e−πx−πi/2
πx+πi/2 + e−πx−πi/2
−r e
s e
Z −s
Z r
eiωx
eiωx
−ω/2
−ω/2
=
e
dx
+
e
dx
i(eπx − e−πx )
i(eπx − e−πx )
−r
s
Z −s
Z r
e−ω/2
cos(ωx) + i sin(ωx)
cos(ωx) + i sin(ωx)
= −i
dx +
dx
2
sinh(πx)
sinh(πx)
s
−r
Z r
sin(ωx)
= e−ω/2
dx −→ e−ω/2 B/2 per s → 0+ , r → ∞
s sinh(πx)
Z
=
(gli integrali in coseno si elidono per disparità, quelli col seno coincidono). Infine, è
ben noto, per il lemma dell’arco di cerchio piccolo, che è
Z
lim+
s→0
f (z) dz = iπ Res(f, i/2) =
σs
e−ω/2
,
2
94
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
per cui, passando in (∗) al limite per s → 0+ ed r → ∞ si ottiene
A
B e−ω/2
− e−ω/2 −
=0
2
2
2
e cambiando in tale espressione ω con −ω (osservando che allora anche B cambia
segno, mentre A resta uguale) si ottiene
B eω/2
A
+ eω/2 −
= 0.
2
2
2
Pertanto A e B si ottengono risolvendo il sistema lineare
(
A − e−ω/2 B = e−ω/2
A + eω/2 B = eω/2 ,
sistema che ha per soluzione A = 1/ cosh(ω/2), B = tanh(ω/2). Resta da
mostrare che il contributo sui pezzi verticali tende a zero per r → +∞. Sul lato
destro
Z
Z
1/2
1/2
eiωr−ωη
e−ωη
i
dη
≤
dη
0
eπr+πiη + e−πr−πiη
eπr − e−πr
0
1
= πr
e − e−πr
Z
1/2
e−ωη dη ≤
0
e|ω|/2
.
2(eπr − e−πr )
Chiaramente quest’ultima quantità è infinitesima per r → +∞. Sul lato sinistro,
similmente, si ha
Z
Z
1/2
1/2
e−iωr−ωη
e−ωη
i
dη
≤
dη
0
e−πr+πiη + eπr−πiη
eπr − e−πr
0
che come sopra è infinitesima se r → +∞.
Esercizio 5.11 K Siano a1 , . . . , aN ∈ C, e sia f ∈ H(C r {a1 , . . . , aN }).
Accettare (per ora) il seguente fatto (i):
(i) Se lim zf (z) = 0 allora
N
X
z→∞
Res(f, ak ) = 0.
k=1
(ii) Data la funzione razionale
fm (z) =
1
,
z m (z 2 + 4z + 1)
trovarne i residui ai poli diversi da z = 0; usare poi (i) per trovare il residuo in
z = 0, al variare del parametro m nell’insieme Z degli interi.
5.2 Esercizi risolti
95
Z
(iii) Calcolare (1/2πi)
fm (z) dz , dove γ è il circolo unitario semplice positivamente
γ
orientato; usare ciò per calcolare i coefficienti di Fourier cm (f ), in periodo 2π ,
della funzione
1
ϑ 7−→
2 + cos ϑ
Z 2π
1
f (e−imϑ ) dϑ).
(si ricorda che cm (f ) =
2π 0
(iv) Dimostrare l’affermazione fatta in (i).
2
Soluzione.
√ (i) I poli non nulli di fm si hanno agli zeri di z + 4z + 1, che sono
−2 ± 3; si tratta ovviamente di zeri semplici per il denominatore di fm , quindi essi
sono poli semplici per fm , con residui (la derivata di z 2 + 4z + 1 è 2(z + 2)):
Res(fm , −2 −
Res(fm , −2 +
√
√
3) =
1
(−1)m+1
√
√ = √
√
;
2(−2 − 3)m (− 3)
2 3(2 + 3)m
3) =
1
√ .
√
2(−2 + 3)m 3
Si noti che si ha lim zf (z) = 0 se e solo se m ≥ 0, dato che per z → ∞ la
z→∞
funzione è ovviamente asintotica a 1/z m+2 , quindi zfm (z) è asintotica a 1/z m+1 ,
che è infinitesimo se e solo se m + 1 > 0 ⇐⇒ m ≥ 0. Per m ≤ −1, z = 0 non
è singolarità per fm (e quindi Res(fm , 0) = 0 per m ≤ −1); per m ≥ 0, z = 0 è
polo di ordine m (singolarità eliminabile se m = 0) per fm , con residuo che è
√ √
Res(fm , 0) = − Res(fm , −2 − 3) + Res(fm , −2 + 3)
!
−1
(−1)m+1
1
√
√
= √
+
(m ≥ 1)
2 3 (2 + 3)m (−2 + 3)m
mentre, come sopra detto,
√ è Res(fm , 0) = 0 per m ≤ −1. √
(ii) Si osservi che −2 −
√ 3 < −2 < −1 mentre −1 < −2 + 3 < 1 (tale relazione
equivale infatti a 1 < 3 < 3, equivalente√
a 1 < 3 < 9, certamente vera). Ne segue
che fra le singolarità di fm solo z = −2 + 3, e z = 0 quando è singolarità, cadono
entro il circolo unitario. Per il teorema dei residui si ha quindi
Z
√
√
1
fm (z) dz = Res(fm , 0) + Res(fm , −2 + 3) = − Res(fm , −2 − 3)
2πi γ
(−1)m
√
= √
2 3(2 + 3)m
se m ≥ 1;
mentre
Z
√
1
1
√
fm (z) dz = Res(fm , −2 + 3) = √
2πi γ
2 3(−2 + 3)m
se m ≤ 0.
96
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
(iii) Per definizione dei coefficienti di Fourier, si ha
Z 2π
e−imϑ dϑ
cm (f ) =
= (posto ζ = eiϑ )
2
+
cos
ϑ
2π
0
Z
Z
1
2ζ
dζ
1
1
=
2fm (ζ) dζ
=
2π γ ζ m ζ 2 + 4ζ + 1 iζ
2πi γ
da cui, usando il risultato precedente,

1



 √3(−2 + √3)m
cm (f ) =

(−1)m


√
√

3(2 + 3)m
se m ≤ 0,
se m ≥ 1.
(iv) Sia r0 = max{|a1 |, . . . , |aN |}; se γr denota il circolo semplice positivamente
orientato di centro l’origine e raggio r, γr (ϑ) = reiϑ , ϑ ∈ [0, 2π], si ha grazie al
teorema dei residui
Z
N
X
(1/2πi)
f (z) dz =
Res(f, ak )
γr
k=1
per ogni r > r0 . Mostriamo che è
Z
lim (1/2πi)
r→+∞
f (z) dz = 0
γr
da cui il risultato. Questo è conseguenza del lemma dell’arco di cerchio grande
Esercizio 5.12 K Sia a > 0 fissato. Sia
f (z) =
z
.
a − e−iz
(i) Trovarne le singolarità, discuterne il tipo, trovarne i residui.
(ii) Facendo tendere h a +∞ nell’integrale
Z
f (z) dz,
γh
dove γh è il circuito bordo del rettangolo di vertici −π, π, π + ih, −π + ih, trovare
il valore di
Z π
t sin t
I(a) =
dt
2 − 2a cos t + 1
a
−π
(attenzione: distinguere i casi a > 1 e a ≤ 1; provare che l’integrale sul pezzo in
alto tende a zero).
5.2 Esercizi risolti
97
(iii) Esprimere mediante I(a) l’integrale
Z π
log (a2 − 2a cos t + 1) dt.
−π
Soluzione. (i) Il denominatore è nullo per −iz = log a + 2kπi ⇐⇒ z = 2`π +
i log a, ` ∈ Z. Si tratta di poli del primo ordine, salvo nel caso a = 1 ed ` = 0; se
a = 1, z = 0 è singolarità eliminabile per z/(1 − e−iz ) (si prolunga con il valore
1/i = −i). Negli altri casi il residuo è
2`π + i log a
log a 2`π
=
−
i.
ia
a
a
(ii) Si ha, per l’integrale su γh :
Z
z
dz = (scriviamo prima il pezzo in basso e quello in alto:)
−iz
γh a − e
Z π
Z π
x
x + ih
=
dx
−
dx
−ix
−i(x+ih)
−π a − e
−π a − e
poi quelli sui lati verticali:
Z
+
0
da cui
Z
γh
h
π + iη
i dη −
a − e−i(π+iη)
Z
h
−π + iη
i dη
a − e−i(−π+iη)
0
Z π
x
x + ih
dx
−
dx
−ix
−ix eh
−π a − e
−π a − e
Z h
Z h
π + iη
−π + iη
+
i dη −
i dη
−iπ
η
iπ η
e
0 a−e
0 a−e e
Z π
Z h
Z π
x
π
x + ih
=
dx + 2
i dη −
dx.
−ix
η
−ix eh
−π a − e
0 a+e
−π a − e
z
dz =
a − e−iz
Z
π
L’ultimo integrale scritto è dominato da
Z π
Z π
Z π
|x + ih|
|x| + h
π+h
2π(π + h)
dx ≤
dx ≤
dx =
,
−ix
h
−ix
h
h
e |
e |−a
eh − a
−π |e
−π e − a
−π |a − e
che chiaramente è infinitesima per h → +∞. In definitiva
Z
γh
z
dz =
a − e−iz
Z
π
−π
x
dx + 2πi
a − e−ix
Z
0
h
dη
+ ε(h),
a + eη
98
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
dove ε(h) è infinitesimo per h → +∞. Per il teorema dei residui si ha poi

Z
log a

z
2πi
a>1
dz
=
a
−iz

a
−
e
γh
0
a≤1
(si ricordi che se a = 1 la singolarità z = 0 è eliminabile, come sopra osservato).
Inoltre è
Z π
Z π
x
x((a − cos x) − i sin x)
dx
=
dx
−ix
(a − cos x)2 + sin2 x
−π a − e
−π
Z π
Z π
x(a − cos x)
x sin x
=
dx − i
dx
2
2
−π a − 2a cos x + 1
−π a − 2a cos x + 1
= −iI(a),
essendo per disparità nullo il primo integrale; ed anche
Z +∞
Z +∞
Z +∞
dη
e−η
1
−ae−η
=
dη
=
dη
a + eη
ae−η + 1
−a 0
ae−η + 1
0
0
η=+∞
−1 log(1 + a)
log(ae−η + 1) η=0 =
.
a
a
In definitiva si ha, passando al limite per h → +∞,

log a
log(1 + a) 2πi
a>1
=
−iI(a) + 2πi
a
0
a
a≤1
=
da cui, se a > 1
I(a) = 2π
log(1 + a) − log a
log(1 + 1/a)
= 2π
,
a
a
mentre, se a ≤ 1,
I(a) = 2π
log(1 + a)
.
a
(iii) Si ha
Z
π
I(a) =
−π
1
t sin t
dt =
2
a − 2a cos t + 1
2a
Z
π
t
−π
a2
2a sin t
dt
− 2a cos t + 1
integriamo per parti, con 2a sin t/(a2 − 2a cos t + 1) dt come fattore differenziale:
Z
t=π
1 1 π
t log(a2 − 2a cos t + 1) t=−π −
log(a2 − 2a cos t + 1) dt
2a
2a −π
Z
2π
1 π
=
log(1 + a) −
log(a2 − 2a cos t + 1) dt
a
2a −π
=
5.2 Esercizi risolti
99
da cui si ottiene
Z
π
log(a2 − 2a cos t + 1) dt =
−π
Z
4π
− 2aI(a).
a
π
Osservazione. L’integrale
x/(a − e−ix ) dx si calcola facilmente nel seguente
−π
modo, se |a| =
6 1; si scrive, se |a| > 1:
∞
x
x
1
1 X xe−inx
=
=
;
a − e−ix
a 1 − (e−ix /a)
a n=0 an
similmente, se |a| < 1 si scrive
∞
X
x
−xeix
=
=−
xei(n+1)x an ;
a − e−ix
1 − aeix
n=0
le serie di funzioni a secondo membro convergono totalmente su ogni compatto di R,
e sono quindi
Z integrabili termine a termine su ogni compatto. Si ha nel
Z primo caso (si
π
π
xe−ipx dx = (−1)p 2πi/p per ogni intero p 6= 0, e
noti che è
−π
xei0x dx =
−π
0):
π
Z
π
∞
x
1X
(−1)n
log(1 + 1/a)
dx
=
2πi
= −2πi
,
−ix
n
a−e
a n=1
na
a
∞
X
ricordando la serie logaritmica, log(1 + u) =
(−1)n+1 un /n, valida per |u| ≤
n=1
1, u 6= −1. Se |a| < 1:
Z
π
π
∞
X
x
(−1)n+1 n
log(1 + a)
dx
=
−
2πi
a = −2πi
.
−ix
a−e
n+1
a
n=1
Z
π
Essendo, come visto,
x/(a − e−ix ) dx = −iI(a), si ritrovano i risultati ottenuti.
π
Se a = 1 questo metodo non è utilizzabile. Si può però procedere come segue
Z π
Z
t sin t
1 π
sin t
I(1) =
dt =
t
dt
2 −π 1 − cos t
−π 1 − 2 cos t + 1
usando la parità e la formula di bisezione
Z
=
0
π
2 sin(t/2) cos(t/2)
t
dt =
2 sin2 (t/2)
Z
π
t
0
cos(t/2)
dt
sin(t/2)
100
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
posto t/2 = s, ed integrando poi per parti
Z π/2
cos s
cos s
2 ds = 4
s
ds
=
(2s)
sin s
sin s
0
0
Z
Z π/2
π/2
log sin s ds = −4
= 4 [s log sin s]0 − 4
Z
π/2
log sin s ds.
0
0
Z
π/2
π/2
log sin s ds è stato calcolato in Analisi Uno, 18.3.4, e vale
L’integrale
0
−(π/2) log 2. Ne segue
I(1) = 2π log 2.
Esercizio 5.13 K Per ogni α ∈ C si considera la funzione razionale
fα (z) =
z−1
z 3 − α3
per gli z ∈ C tali che z 3 − α3 6= 0.
(i) Per quali α ∈ C si ha fα ∈ L1 (R, C) (si intende: la restrizione ai reali di fα
appartiene ad L1 (R, C))?
(ii) Determinare i poli di fα ; calcolare i residui, nel caso α ∈
/ R.
(iii) Sia α = aeit , a > 0, t ∈ ]0, π/3[? Servirsi del teorema dei residui per calcolare
Z
+∞
I(α) =
−∞
x−1
dx;
x3 − α3
determinare poi lim+ I(eit ).
t→0
(iv) Accettando il fatto che t 7→ I(eit ) è continua su ]−π/3, π/3[, dire quanto vale
Z
+∞
−∞
x2
1
dx.
+x+1
Soluzione. (i) Occorre vedere, al variare di α ∈ C, se fα è o meno definito su R;
siamo quindi indotti a rispondere subito anche alla domanda (ii). Si ha z 3 − α3 = 0
se e solo se z è una delle radici cubiche di α3 ; se α = 0 c’è solo z = 0; poiché
f0 (z) = (z − 1)/z 3 = 1/z 2 − 1/z 3 si vede che z = 0 è per f0 un polo del terzo
ordine, con parte singolare 1/z 2 − 1/z 3 e parte regolare nulla; se α 6= 0, le radici
cubiche di α3 sono α0 = α, α1 = αe2iπ/3 e α2 = αe−2iπ/3 . (Si ricorda che nota una
radice n-esima, le altre si hanno moltiplicando questa per le radici n-esime dell’unità;
5.2 Esercizi risolti
101
in ogni caso, scrivendo α = |α|eit , si ha α3 = |α|3 ei3t , e quindi le radici cubiche di
α3 sono
|α| ei3t/3 = |α|eit = α,
|α| ei3t/3+i2π/3 = |α| eit ei2π/3 = α ei2π/3 ,
|α| ei3t/3+i4π/3 = |α| eit ei4π/3 = α e−i2π/3 .)
Se nessuna di tali radici è 1, esse sono per fα poli del primo ordine con residuo
(αk − 1)/(3αk2 ); se una di tali radici è 1, e ciò accade ovviamente se e solo se
α3 = 1, in tale radice αk = 1 la funzione fα ha una singolarità eliminabile, essendo
lim fα (z) = lim
z→αk
z→1
1
z−1
1
= .
= lim
z 3 − 1 z→1 1 + z + z 2
3
Concludendo: se α = 0, f0 ha un’unica singolarità in z = 0, polo di ordine 3 con
residuo nullo. Se α non è radice cubica dell’unità, fα ha poli del primo ordine nelle
tre radici cubiche di α3 , con residui (αk − 1)/(3αk2 ); se α è radice cubica di 1, fα
ha poli del primo ordine in e±2iπ/3 , ha una singolarità eliminabile in z = 1. Si è cosı̀
risposto alla domanda (ii).
Per rispondere alla (i), si noti che qualunque sia α la funzione fα , essendo asintotica ad 1/z 2 per z → ±∞ è certamente sommabile attorno all’infinito; e se non
ha singolarità reali, è continua su R e certamente vi è allora sommabile. Se nessuna
radice cubica di α è reale, certamente fα è sommabile su R; e ciò accade se e solo se
α3 non è reale. Se poi α3 ∈ R, ma α3 6= 1, il polo reale di fα è del primo ordine,
o del terzo ordine se α = 0, e quindi fα non è sommabile su alcun intorno di tale
polo. Se però α3 = 1 allora l’unica singolarità reale di fα , z = 1, è eliminabile,
e certamente allora fα è sommabile attorno ad essa. Un numero complesso ha cubo
reale se e solo se è reale, oppure è della forma ±re±2πi/3 . In definitiva, l’insieme
dei numeri complessi con cubo reale è R ∪ L ∪ L, dove L = {te2iπ/3 : t ∈ R} e
L = {te−2iπ/3 : t ∈ R} sono rispettivamente le rette (reali) per l’origine che fanno
angoli rispettivamente di 2π/3
S e di π/3 con l’asse reale R; fα è sommabile se e solo
se α ∈ (C r (R ∪ L ∪ L)) {1, e2iπ/3 , e−2iπ/3 }.
(iii) Integriamo al solito sui semicerchi di diametro [−r, r] contenuti nel semipiano
Im z ≥ 0; si noti che si ha lim zfα (z) = 0 per ogni α ∈ C, e quindi il lemma di
|z|→+∞
Jordan assicura che l’integrale sul pezzo curvo tende a zero al tendere di r a +∞. I
poli sono aeit , aei(t+2π/3) , aei(t−2π/3) ; essendo 0 < t < π/3 si ha 0 < t + 2π/3 <
π , mentre è −2π/3 < t−2π/3 < 0, per cui solo i primi due poli sono nel semipiano
102
I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande
superiore. Ne segue, posto ε = e2πi/3
Z +∞
x−1
it
it+2πi/3
dx
=
2πi
Res(f
,
ae
)
+
Res(f
,
ae
)
I(α) =
α
α
3
3
−∞ x − α
it
ae − 1 aeit ε − 1
= 2πi
+ 2 2it 2
3a2 e2it
3a e ε
2πi
α − 1 αε − 1
+
=
(α − 1 + αε2 − ε)
= 2πi
2
2
2
3α
3α ε
3α2
=
2πi
(α + αε − ε − 1)
3α2
avendo osservato che è ε2 = e4iπ/3 = e−2iπ/3 = 1/ε = ε. Per t → 0+ si ha
it
lim eit √
= 1 e quindi I(e
√ ) tende a 2πi(1 + ε − ε − 1)/3 = 2πi(−2 Im ε)/3 =
2πi(−i 3)/3 = 2π/ 3.
(iv) L’ipotizzata
continuità dice che I(ei0 ) è il limite precedentemente calcolato e
√
cioè 2π/ 3; si ha poi
+∞
x−1
dx =
3 −1
x
−∞
√
ed il valore richiesto è quindi 2π/ 3.
I(1) = I(ei0 ) =
Z
Z
+∞
−∞
1
dx,
x2 + x + 1
5.3 Esercizi proposti
Esercizio 5.14 Si consideri la funzione
f (z) =
eiπz
,
(z 3 − 1)(z 2 + 4)
z ∈ C.
1. Si classifichino le singolarità di f e si calcolino i residui in quelle con parte
immaginaria ≥ 0.
2. Si provi che la funzione
sin(πx)
.
− 1)(x2 + 4)
Z +∞
è sommabile su R e si calcoli l’integrale
g(x) dx.
g(x) =
(x3
−∞
Esercizio 5.15 Si consideri la funzione di variabile complessa
f (z) =
1
a + cosh z
(a > 1; α ∈ R).
5.3 Esercizi proposti
103
(i) Trovare le singolarità di f e calcolarvi i residui.
Si consideri il circuito costituito dal rettangolo di vertici −iπ, iπ, iπ + r, −iπ + r,
percorso in questo verso, con indentature verso l’alto nei poli di f su esso; γ1 e γ3
lati verticali, γ2 e γ4 lati orizzontali, superiore ed inferiore rispettivamente.
(ii) Calcolare
Z
lim
r→+∞
Z
f (z) dz
f (z) dz
e dedurne
γ3
γ1
(tenere conto della periodicità di f ).
(iii) Ricavare da (ii) l’integrale
Z π
−π
dt
.
a + cos t
Esercizio 5.16 1. Determinare singolarità e residui nei poli di
h(z) =
e−izω
,
z3 + 1
ω ∈ R.
2. Calcolare
Z
+∞
v.p.
−∞
e−iωx
dx.
x3 + 1
Esercizio 5.17 Data la funzione
f (z) =
eiz
,
z(z 2 + 1)
(i) si studino le singolarità di f e si calcolino i residui per quelle con parte immaginaria
≥ 0;
(ii) si provi che f è sommabile in R e si calcoli l’integrale
+∞
sin x
dx;
2
−∞ x(x + 1)
π
(iii) si studino le singolarità di g(z) = f (z)/ sin 2 .
z
Z
6
Funzioni definite da integrali
6.1 Esercizi risolti
Esercizio 6.1
(i) Per p > 0 calcolare
Z
I(p) =
+∞
e−px
+∞
Z
0
0
cos(xy)
dy
dx.
1 + y2
(ii) Sia
+∞
Z
G(x) =
0
sin(xt)
dt.
t(1 + t2 )
Provare che G è derivabile e calcolare G0 (x), usando il teorema dei residui.
(iii) Supponiamo di sapere che λ = lim G(x) esiste finito. Provare che λ =
x→+∞
lim+ I(p).
p→0
(iv) Provare che lim G(x) esiste finito (serve il lemma di Riemann-Lebesgue).
x→+∞
Suggerimento: (i) Mostrare che è possibile scambiare gli integrali; viene π/(2(1 +
p)); (ii) G0 (x) = πe−|x| /2.
Esercizio 6.2 Sia α ∈ R, α 6= 1; si considera la funzione
fα (z) =
eαz
.
e2z + ez + 1
(i) Determinarne le singolarità, classificandole; trovare i residui nelle singolarità con
parte immaginaria compresa tra 0 e 2π .
(ii) Trovare l’insieme D degli α ∈ R per cui esiste finito l’integrale
Z
I(α) =
0
+∞
t2
tα−1
dt.
+t+1
106
Funzioni definite da integrali
(iii) Per gli α ∈ D r {1} calcolare l’integrale I(α), integrando fα sul rettangolo di
vertici r, r + 2πi, −r + 2πi, −r; accettare il fatto che sui lati verticali l’integrale
tende a zero, per gli α di (ii) (la formula deve chiaramente esprimere I(α) come
funzione reale di α).
(iv) È vero che I(α) è continua su D? Calcolare I(1).
√
Soluzione. (i) Le radici dell’equazione t2 +t+1 = 0 sono −1/2±i 3/2 = e±i2π/3 ,
per cui il denominatore ha zeri nei punti ±i2π/3 + 2kπi (k ∈ Z); tali zeri sono
semplici perché la derivata del denominatore, 2e2z + ez = ez (2ez + 1) non è nulla
in tali punti, dove vale e±i2π/3 (2e±i2π/3 + 1) 6= 0. Il numeratore non è mai nullo.
Tali punti sono quindi poli del primo ordine. I poli i2π/3, i4π/3 sono quelli voluti;
in essi i residui sono
Res(fα , 2iπ/3) =
ei(α−1)2π/3
eiα2π/3
√
=
;
e2πi/3 (2e2πi/3 + 1)
i 3
Res(fα , 4iπ/3) =
eiα4π/3
ei(α−1)4π/3
√
=
.
e4πi/3 (2e4πi/3 + 1)
−i 3
(ii) Per t → 0+ l’integrando è asintotico a tα−1 = 1/t1−α , sommabile attorno a 0
se e solo se 1 − α < 1, equivalentemente α > 0; per t → +∞ l’asintoticità è con
tα−3 = 1/t3−α , sommabile su [1, +∞[ se e solo se 3 − α > 1, equivalentemente
α < 2. Ne segue che si ha D = ]0, 2[.
Z +∞
fα (x) dx. Si
(iii) Il cambiamento di variabile t = ex mostra che si ha I(α) =
−∞
ha, per ogni r > 0, in base al teorema dei residui,
Z r
Z r
fα (x) dx −
fα (x + 2πi) dx + ε(r) = 2πi(Res(fα , 23 iπ) + Res(fα , 43 iπ))
−r
−r
dove ε(r) indica il contributo all’integrale dei pezzi verticali. Si ha
r
r
eα(x+2πi)
fα (x + 2πi) dx =
dx = eα2πi
2x+2πi + ex+2πi + 1
−r
−r e
Z r
α2πi
=e
fα (x) dx,
Z
Z
Z
r
−r
eαx
dx
e2x + ex + 1
−r
per cui
r
2π fα (x) dx = √ ei(α−1)2π/3 − ei(α−1)4π/3 − ε(r),
3
−r
Z
(1 − eα2πi )
da cui
Z
+∞
−∞
2π ei(α−1)2π/3 − ei(α−1)4π/3
fα (x) dx = √
.
1 − eα2πi
3
6.1 Esercizi risolti
107
Moltiplicando a secondo membro numeratore e denominatore per e−i(α−1)π =
−e−iαπ si ottiene
2π e−i(α−1)π/3 − ei(α−1)π/3
2π sin((1 − α)π/3)
√
=√
,
−iαπ
iαπ
−(e
−e )
sin(απ)
3
3
cioè
2π sin((1 − α)π/3)
,
I(α) = √
sin(απ)
3
α ∈ ]0, 2[ r {1};
si noti che I(α) è reale e strettamente positivo, come deve essere data la sua
espressione con l’integrale.
(iv) Si può provare che I(α) è continuo su D = ]0, 2[ usando il criterio della maggiorante sommabile; fissato α0 ∈ D, occorre trovare un intorno U = ]α0 − δ, α0 + δ[
di α0 contenuto in D ed una funzione γ : ]0, +∞[ → R sommabile e tale che sia
tα−1 /(t2 + t + 1) ≤ γ(t) per quasi ogni t ∈ ]0, +∞[ ed ogni α ∈ U . Basta che δ
sia tale che sia 0 < α0 − δ < α0 + δ < 2; si prende infatti allora γ cosı̀ definita
 (α −δ)−1
t 0


se t ∈ ]0, 1];
 2
t+1
γ(t) = t (α+0 +δ)−1

t


se t > 1
t2 + t + 1
ed è immediato che γ ha i requisiti richiesti.
Quindi I è continua anche in α = 1.
√
Si ha I(1) = lim I(α) = 2π/(3 3), facendo il limite nell’espressione trovata.
α→1
Ed il calcolo diretto dell’integrale, immediato, porge infatti
√
Z ∞
Z ∞
Z +∞
dt
2
dt
2dt/ 3
√
=
=√
t2 + t + 1
(t + 1/2)2 + 3/4
3 0
1 + ((2t + 1)/ 3)2
0
0
2
2t + 1 +∞
√
= √ arctan
3
3
0
√ 2π
2 π
=√
− arctan 1/ 3 = √ .
3 2
3 3
Esercizio 6.3 Sia β ∈ ]0, 2π[, α ∈ R.
(i) Elencare e classificare le singolarità della funzione
fαβ (z) =
eiαz
cosh z − cos β
(ricordare che cosh z = cos(iz), per ogni z ∈ C...).
108
Funzioni definite da integrali
(ii) Mostrare che la formula
Z
+∞
F (α, β) =
−∞
eiαx
dx
cosh x − cos β
definisce una funzione continua F : R × ]0, 2π[ → C.
(iii) Detto P l’insieme degli (α, β) ∈ R × ]0, 2π[ tali che α 6= 0 e che fαβ abbia come
singolarità solo poli del primo ordine, trovare F (α, β) per (α, β) ∈ P , integrando
fαβ sul bordo di rettangoli di vertici −r, r, r + 2πi, −r + 2π , e facendo tendere r
a +∞.
(iv) Trovare F su tutto R × ]0, 2π[.
Soluzione. (i) Il denominatore è nullo se e solo cos(iz) = cos α; ciò si ha se e solo se
iz = ±β +2kπ , da cui z = ±iβ +2`πi (` ∈ Z). La derivata prima del denominatore
è sinh z , che in tali punti vale sinh(±iβ + 2`πi) = sinh(±iβ) = ± sinh(iβ) =
±i sin β , nulla se e solo se β = π . La derivata seconda del denominatore è cosh z ,
che vale −1 in iπ . Il numeratore non è mai nullo. Si ha quindi
in ±iβ + 2kπ (k ∈ Z) fαβ ha poli del primo ordine;
se β = π , in (2k + 1)πi, (k ∈ Z) fαπ ha poli del secondo ordine.
(ii) Se δ è tale che 0 < δ < π , si ha −1 ≤ cos β ≤ cos δ per δ ≤ β ≤ 2π − δ ;
fissato (α0 , β0 ) ∈ R × ]0, 2π[, se δ > 0 è tale che 0 < δ < β0 < 2π − δ , e
δ < π/2 (e chiaramente un tale δ esiste sempre, essendo ad esempio il minimo tra
β0 /2, (2π − β0 )/2, e π/2) si ha − cos β ≥ − cos δ > 0, quindi
1
1
eiαx
cosh x − cos β = cosh x − cos β ≤ cosh x − cos δ
per ogni (α, β) ∈ U = R × [δ, 2π − δ], che è intorno di (α0 , β0 ) se δ è come sopra
detto. Chiaramente le funzione x 7→ 1/(cosh x − cos δ) è sommabile su R. Il criterio
della maggiorante sommabile permette di concludere che F è continua.
(iii) Detto ε(r) il contributo dei pezzi verticali si ha
Z
r
−r
eiαx
dx −
cosh x − cos β
Z
r
−r
eiα(x+2πi)
dx + ε(r)
cosh(x + 2πi) − cos β
= 2πi (Res(fαβ , iβ) + Res(fαβ , i(2π − β)))
6.1 Esercizi risolti
109
avendo osservato che i soli poli entro il rettangolo sono iβ e i(2π − β). Il primo
membro si riscrive
Z
r
−r
Z r
eiαx
eiαx e−2πα
dx −
dx + ε(r)
cosh x − cos β
−r cosh x − cos β
Z r
Z r
eiαx
eiαx
=
dx − e−2πα
dx + ε(r)
−r cosh x − cos β
−r cosh x − cos β
Z r
eiαx
−2πα
= (1 − e
)
dx + ε(r).
−r cosh x − cos β
I residui sono
Res(fαβ , iβ) =
Res(fαβ , i(2π − β)) =
eiαiβ
e−αβ
=
;
sinh(iβ)
i sin β
eiαi(2π−β)
e−α(2π−β)
=
.
sinh(i(2π − β))
−i sin β
Facendo tendere r a +∞ ε(r) tende a zero, come vedremo poi; si ha quindi
−2πα
(1 − e
Z
+∞
)
−∞
−αβ
eiαx
e
e−α(2π−β)
dx = 2πi
+
,
cosh x − cos β
i sin β
−i sin β
da cui, se α 6= 0
Z
+∞
−∞
2π
eiαx
dx =
cosh x − cos β
1 − e−2πα
e−αβ
e−α(2π−β)
−
sin β
sin β
,
moltiplicando numeratore e denominatore per eπα il secondo membro riscrive
sinh(α(π − β))
π
eα(π−β) − e−α(π−β) = 2π
;
sinh(πα) sin β
sinh(πα) sin β
in definitiva
Z
+∞
F (α, β) =
−∞
eiαx
sinh(α(π − β))
dx = 2π
.
cosh x − cos β
sinh(πα) sin β
Mostriamo che i limiti degli integrali sui pezzi verticali sono nulli; sul lato destro
Z 2π
Z 2π
eiα(r+iη)
|eiα(r+iη) |
≤
i
dη
dη
cosh(r + iη) − cos β
| cosh(r + iη) − cos β|
0
0
Z 2π
e−αη
dη;
≤
| cosh(r + iη)| − | cos β|
0
110
Funzioni definite da integrali
si ha ora
e−αη ≤ e2π|α|
se 0 ≤ η ≤ 2π
ed anche
|e(r+iη) + e−(r+iη) |
|e(r+iη) | − |e−(r+iη) |
≥
2
2
r
−r
e −e
=
= sinh r
2
| cosh(r + iη)| =
per cui
| cosh(r + iη)| − | cos β| ≥ sinh r − 1;
ed in definitiva, per r > 0 grande
Z 2π
Z 2π
iα(r+iη)
e2π|α|
e
≤
i
dη
dη
cosh(r + iη) − cos β
sinh r − 1
0
0
=
2πe2π|α|
sinh r − 1
chiaramente infinitesimo per r → +∞. Per il segmento di sinistra la cosa è in tutto
analoga.
(iv) Per α → 0 il prolungamento si ottiene calcolando il limite
lim
α→0
cosh(α(π − β))(π − β)
sinh(α(π − β))
= Hôpital = lim
α→0
sinh(πα)
cos(πα)π
=
π−β
,
π
per cui

2 π − β
sin β
F (0, β) =

2
β 6= π;
β = π.
Facendo il limite per β → π di F (α, β) si ottiene
F (α, π) =
2πα
.
sinh(πα)
Infatti si ha
sinh(α(π − β))
cosh(α(π − β))(−α)
= (Hôpital) = lim
= α.
β→π
β→π
sin β
cos β
lim
6.1 Esercizi risolti
111
Esercizio 6.4 Siano a, b reali entrambi non nulli.
(i) Mostrare che la funzione
1
(x − ia)(x + ib)
x 7−→
appartiene ad L1 (R, C).
(ii) Dopo aver enunciato un criterio per la continuità degli integrali generalizzati (o
se si preferisce per integrali di Lebesgue) dipendenti da parametri, servirsene per
provare che la formula
Z
+∞
F (ξ, η, ζ) =
−∞
eiζx
dx
(x − iξ)(x + iη)
definisce una funzione continua su ]0, +∞[ × ]0, +∞[ × R.
(iii) Calcolare i residui nelle singolarità di
f (z) =
eiαz
(z − ia)(z + ib)
supposto a, b reali strettamente positivi, α ∈ R.
(iv) Esprimere F (ξ, η, ζ) per ξ, η > 0, con una formula in cui non compaiono integrali.
(v) Osservare che F (ξ, η, ζ) è reale. È possibile provare ciò senza calcolarlo?
Soluzione. (i) Si ha
1
1
1
(x − ia)(x + ib) = |x − ia| |x + ib| = √x2 + a2 √x2 + b2 ;
tale funzione è continua su R, quindi localmente integrabile, ed asintotica ad 1/x2
per x → ±∞, quindi certamente sommabile su R.
(ii) Rimandiamo per questo al libro Analisi Due. Dati a, b > 0 ed α ∈ R dobbiamo
trovare un intorno U di (a, b, α) in ]0, +∞[ × ]0, +∞[ × R ed una funzione γ ∈
L1 (R) tale che sia
eiζx
(x − iξ)(x + iη) ≤ γ(x)
per ogni (ξ, η, ζ) ∈ U ed ogni x ∈ R.
√ sopra scritta è (ricordare che
√ La quantità
|eiζx | = 1, ed il calcolo sopra fatto) 1/( x2 + ξ 2 x2 + η 2 ) se U = [a/2, +∞[ ×
[b/2, +∞[ × R, U è intorno di (a, b, α), e se si pone
1
p
γ(x) = p
2
2
x + (a/2) x2 + (b/2)2
112
Funzioni definite da integrali
si ha
1
eiζx
(x − iξ)(x + iη) = √x2 + ξ 2 √x2 + η 2 ≤ γ(x)
per ogni (ξ, η, ζ) ∈ U ed ogni x ∈ R, come voluto.
(iii) La funzione ha ovviamente poli del primo ordine in ia, −ib (il numeratore non è
mai nullo, ed il denominatore ha zeri del primo ordine). Si ha
Res(f, ia) =
eiα(ia)
e−aα
=
;
ia + ib
i(a + b)
Res(f, −ib) =
ebα
.
−i(a + b)
(iv) Essendo lim z/((z − iξ)(z − iη)) = 0, il lemma di Jordan si applica per dire
|z|→+∞
che, se ζ ≥ 0 si ha
Z +∞
eiζx
e−ξζ
2π −ξζ
dx = 2πi Res(f, iξ) = 2πi
=
e ,
i(ξ + η)
ξ+η
−∞ (x − iξ)(x + iη)
cioè
F (ξ, η, ζ) =
2π −ξζ
e
ξ+η
ζ ≥ 0; ξ, η > 0.
Se invece è ζ < 0 si ha
F (ξ, η, ζ) = −2πi Res(f, −iη) = −2πi
eηζ
2π ηζ
=
e ,
−i(ξ + η)
ξ+η
ξ, η, > 0;
ciò si riconosce ad esempio integrando su semicerchi col pezzo curvo nel semipiano
Im z ≤ 0. Riassumendo:

2π −ξζ


ζ ≥ 0;
ξ + η e
F (ξ, η, ζ) =

2π ηζ


e
ζ < 0,
ξ+η
che, volendo, si compendiano in
F (ξ, η, ζ) =
2π −ξ|ζ|
e
;
ξ+η
ξ, η > 0, ζ ∈ R.
(v) Si prende il coniugato F (ξ, η, ζ); usando il fatto che il coniugato di un integrale
è l’integrale del coniugato si ha
Z +∞
e−iζx
F (ξ, η, ζ) =
dx
ponendo x = −t nell’integrale
−∞ (x + iξ)(x − iη)
Z −∞
Z +∞
eiζt
eiζt
=
(−dt) =
dt
+∞ (−t + iξ)(−t − iη)
−∞ (t − iξ)(t + iη)
= F (ξ, η, ζ)
e la conclusione è raggiunta.
6.1 Esercizi risolti
113
Esercizio 6.5 Si consideri l’espressione
Z
+∞
2
ezt−t dt.
f (z) =
−∞
(i) Servendosi dei teoremi di derivazione sotto il segno di integrale mostrare che la
formula precedente definisce una funzione olomorfa intera f ∈ H(C).
(ii) Osservato che zt − t2 = z 2 /4 − (t − z/2)2 , trovare l’espressione di f per z ∈ R;
dedurne quella di f per z ∈ C qualsiasi.
2
2
Soluzione. (i) Se z = x+iy con x, y ∈ R si ha |ezt−t | = ext−t , funzione certamente sommabile su R in quanto continua e dominata attorno all’infinito da (ad esempio)
2
2
e−t /2 ; la funzione t 7→ ezt−t sta quindi in L1 (R, C) ed f è effettivamente definita
2
2
su tutto C. La derivata parziale in z dell’integrando è ∂z (ezt−t ) = tezt−t ; il modulo
2
2
di tale espressione è text−t . Fissato z0 = a + ib prendiamo γ(t) = |t|e(a+1)t−t ; si
2
ha |tezt−t | ≤ γ(t) per ogni z ∈ C tale che Re z ≤ a + 1 (insieme che è intorno
di z0 = a + ib) ed inoltre γ ∈ L1 (R), come si vede perché è continua e dominata
2
attorno all’infinito da e−t /2 . Quindi f è derivabile in senso complesso su tutto C, in
altre parole f è funzione olomorfa intera.
(ii) Si ha per ogni z ∈ C
+∞
Z
ez
f (z) =
2
/4−(t−z/2)2
dt = ez
2
/4
−∞
Z
+∞
2
e−(t−z/2) dt,
−∞
grazie all’osservazione fatta. Per ogni z ∈ R si ha
Z
+∞
2
e−(t−z/2) dt =
Z
−∞
+∞
2
e−t dt =
√
π
−∞
per l’invarianza per traslazioni dell’integrale. Ne segue che è
f (z) = ez
2
/4
√
π
√
2
per ogni z ∈ R; ma f e z 7→ ez /4 π sono entrambe olomorfe intere, e pertanto
coincidono su tutto C, per il principio di identità delle funzioni olomorfe.
Esercizio 6.6 K Sia α costante reale, positiva e diversa da 1.
(i) Descrivere le singolarità della funzione
fα (z) =
e calcolarvi i residui.
αeiz − eiαz − (α − 1)
z3
114
Funzioni definite da integrali
(ii) Esprimere
Z
+∞
F (α) =
0
α sin x − sin(αx)
dx;
x3
con una formula in cui non compaiono integrali.
Suggerimento: Farlo prima per α > 0, usando (i), poi...
(iii) È possibile ottenere F 0 (α) derivando rispetto ad α sotto il segno di integrale?.
Soluzione. (i) Il denominatore si annulla solo in z = 0 con molteplicità 3; il numeratore si annulla in z = 0; la derivata prima del numeratore è αieiz − αieiαz , pure
nulla in z = 0; la derivata seconda è −αeiz + α2 eiαz , che in z = 0 vale α2 − α, non
zero perché per ipotesi è α > 0 ed α 6= 1. Il numeratore ha quindi in z = 0 uno zero
di molteplicità 2, quindi fα ha in z = 0 un polo del primo ordine. Il residuo in z = 0
è il limite lim zfα (z), che è la derivata seconda del numeratore in z = 0 divisa per
z→0
2 (si pensi allo sviluppo in serie di Maclaurin del numeratore, o se si preferisce, alla
regola di de l’Hôpital); la derivata seconda, prima calcolata, vale α2 − α. Insomma
Res(fα , 0) = α(α − 1)/2, e z = 0 è polo del primo ordine.
(ii) Per parità dell’integranda l’integrale è la metà dell’integrale su R della stessa
funzione, che si vede subito essere la parte immaginaria di fα . Si integra dunque fα
su un semicerchio γrs indentato in 0 (σr (ϑ) = reiϑ , σs (ϑ) = seiϑ , ϑ ∈ [0, π]),
Figura 6.1.
r
s
−r
r
−s 0 s
Figura 6.1. Il semicerchio indentato γrs .
Si ottiene
Z
Z
fα (z) dz =
γrs
−s
−r
= 0.
Z
fa (x) dx +
r
Z
fa (x) dx +
s
σr
fα (z) dz −
Z
fα (z) dz
σs
6.1 Esercizi risolti
115
Separando il reale e l’immaginario si ha
Z −s
Z r
Z −s
α cos x − cos(αx) − (α − 1)
fa (x) dx =
fa (x) dx +
dx
x3
−r
s
−r
Z r
α cos x − cos(αx) − (α − 1)
+
dx
x3
s
Z −s
α sin x − sin(αx)
+i
dx
x3
−r
Z r
α sin x − sin(αx)
+i
dx
x3
s
Z r
α sin x − sin(αx)
= 2i
dx;
x3
s
infatti gli integrali delle parti reali si elidono per disparità, per parità si sommano quelli della parte immaginaria. Essendo lim z/z 3 = 0, ed α > 0, l’integraz→∞
le sul semicerchio grande σr tende a zero per r → +∞, per il lemma di Jordan;
quello sul semicerchio piccolo, per il lemma dell’arco di cerchio piccolo, tende a
iπ Res(fa , 0) = iπα(α − 1)/2. Si ha in definitiva, passando al limite per r → +∞
ed s → 0+ :
Z +∞
α sin x − sin(αx)
α
2i
dx − iπ (α − 1) = 0
3
x
2
0
cioè
Z +∞
π
α sin x − sin(αx)
dx = α(α − 1)
(α > 0).
3
x
4
0
Si ha insomma F (α) = πα(α − 1)/4 per α > 0. Chiaramente F (α) è dispari; F è
dunque, per α < 0, il prolungamento dispari di F e quindi è
π
α∈R
F (α) = α(|α| − 1)
4
(vedi formulario).
(iii) La derivata rispetto ad α dell’integranda è
sin x − x cos(αx)
;
x3
dobbiamo, per ogni α0 ∈ R fissato, trovare un intorno U di α0 , e maggiorare tale
funzione con una funzione della sola x, sommabile su [0, +∞[, indipendentemente
da α ∈ U . Conviene spezzare l’integrale, fra 0 ed 1 ed 1 e +∞:
Z
0
+∞
sin x − x cos(αx)
dx
x3
Z 1
Z +∞
sin x − x cos(αx)
sin x − x cos(αx)
=
dx
+
dx;
3
x
x3
0
1
116
Funzioni definite da integrali
il secondo si maggiora indipendentemente da α ∈ R con
sin x − x cos(αx) ≤ | sin x| + |x| | cos(αx)| ≤ 1 + |x| ≤ 2
3
x
x3
x3
x2
(x ≥ 1),
e la funzione 2/x2 è sommabile su [1, +∞[; per il pezzo su [0, 1] si scrive
sin x − x + x(1 − cos(αx))
sin x − x 1 − cos(αx)
sin x − x cos(αx)
=
=
+
;
3
3
x
x
x3
x2
si ricordi ora che si ha (1 − cos u) ≤ u2 /2 per ogni u reale, quindi
1 − cos(αx)
|1 − cos(αx)|
α2
=
≤
;
x2
x2
2
si ha quindi, se x ∈ [0, 1],
2
sin x − x cos(αx) ≤ x − sin x + α
x3
x3
2
da cui facilmente la conclusione (si può prendere come maggiorante in [0, 1] la
funzione (x − sin x)/x3 + (|α| + 1)2 /2, valida per α ∈ U = [α0 − 1, α0 + 1]).
La derivata non era richiesta; in ogni caso F è ovunque derivabile e si ha F 0 (α) =
(π/4)(|α|−1+α sgn α) = (π/4)(2|α|−1), come si vede con un calcolo diretto, per ogni
α ∈ R. E la disuguaglianza (1 − cos u) ≤ u2 /2 si trova subito 1 − cos u = 2 sin2 (u/2) ≤
2(u/2)2 = u2 /2.
Osservazione. Anche se è vero che (α sin x − sin(αx))/x3 è la parte immaginaria
di (αeix − eiαx )/x3 se x ∈ R, non è possibile calcolare
Z
+∞
vp
(αeix − eiαx )/x3 dx;
−∞
il polo z = 0 è del secondo ordine per tale funzione, ed il lemma dell’arco di cerchio
piccolo non è applicabile; occorre togliere α − 1 a numeratore.
Inoltre, non è vero che se α < 0 l’integrale si ottiene cambiando segno: è vero
che F (−α) = −F (α), e questo dice che se α < 0 allora F (α) = −F (−α) =
−(−α)((−α) − 1)π/4 = α((−α) − 1)π/4 (che coincide con α(|α| − 1)π/4,
come osservato).
Attenzione: non è possibile usare il teorema dei residui se α < 0: non esiste in questo caso un semicerchio al quale il lemma di Jordan sia applicabile
simultaneamente per αeiz ed eiαz .
6.2 Esercizi proposti
117
6.2 Esercizi proposti
Esercizio 6.7
(i) Mediante integrazione per parti calcolare
Z
+∞
2
e−aξ ξ 2 dξ =
+∞
Z
−∞
−∞
a essendo reale strettamente positivo.
(ii) Provare che
Z
F (z) =
2
ξ
(e−aξ (−2aξ)) dξ
−2a
+∞
2
e−zξ ξ 2 dξ
−∞
è una funzione olomorfa nel suo insieme di definizione; trovare tale insieme ed
usando (i) ed il principio di identità delle funzioni olomorfe, scrivere parte reale e
coefficiente dell’immaginario di F .
Esercizio 6.8 K
(i) Provare che la formula
Z
f (z) =
1
+∞
1
1
+
ξ z−ξ
Z
+∞
dξ =
1
z
dξ
ξ(z − ξ)
definisce una funzione olomorfa f : C r S → C dove S = {z ∈ R : z ≥ 1}
(usare i teoremi di derivazione sotto il segno di integrale).
(ii) Calcolare f (0), f 0 (z) ed esprimere f mediante una funzione nota.
(iii) Sia ora z = eiα con α ∈
/ 2π Z. Dopo avere verificato che per ξ > 1 si ha
∞
eiα X einα
eiα
− 2
=
ξ n=0 ξ n
ξ(eiα − ξ)
provare che le ridotte della serie
∞
X
einα /ξ n soddisfano in ]1, +∞[ alle ipotesi del
n=0
teorema di Lebesgue sulla convergenza dominata. Concludere che si può integrare
per serie.
(iv) Calcolare
∞
X
sin nα
n=1
dove 0 < α < 2π .
n
,
Bibliografia
[1] G. De Marco, Analisi Uno, Decibel/Zanichelli, 1996.
[2] G. De Marco, Analisi Due, Decibel/Zanichelli, 1999.
[3] G. De Marco, C. Mariconda,
Esercizi di calcolo in una variabile,
Decibel/Zanichelli, 2001.
[4] G. De Marco, C. Mariconda, Esercizi di Analisi Due, Libreria Progetto, 2013.
Indice analitico
cerchio grande
lemma, 73
cerchio piccolo
lemma, 73
distanza media dal sole, 51
valore principale, 39
vp, 39
De l’Hôpital
regola, 8
Jordan
lemma, 55
Laurent
sviluppo, 7
lemma
del cerchio grande, 73
del cerchio piccolo, 73
di Jordan, 55
polo
ordine 2
un metodo per calcolare il residuo,
28
principale
valore, 39
residui
metodo, 39
residuo
poli di ordine 2, 28
Rouché
teorema, 38
sviluppo
di Laurent, 7
teorema
di Rouché, 38
terra
121