Elementi di Analisi Complessa: Funzioni di una variabile

A Daniela, Francesco e Federico

Carlo Presilla

Elementi di Analisi Complessa Funzioni di una variabile

Carlo Presilla Dipartimento di Fisica Universit`a di Roma “La Sapienza”

UNITEXT – La Matematica per il 3+2 ISSN print edition: 2038-5722 ISBN 978-88-470-1829-7 DOI 10.1007/978-88-470-1830-3

ISSN electronic edition: 2038-5757 e-ISBN 978-88-470-1830-3

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Prefazione

La presente opera raccoglie gli argomenti di Analisi Complessa trattati nelle lezioni di Modelli e Metodi Matematici della Fisica, corso da me tenuto a ` un testo adatto per partire dal 2003 all’Universit` a di Roma “La Sapienza”. E una prima esposizione della teoria delle funzioni di singola variabile complessa e si rivolge a studenti di Fisica, Matematica e Ingegneria che abbiano acquisito le nozioni fondamentali dell’Analisi Matematica reale. Esistono gi` a molti trattati eccellenti sull’Analisi Complessa, per alcuni dei quali si rimanda alla bibliografia allegata. L’esigenza di una nuova pubblicazione nasce dall’idea di effettuare una selezione di argomenti, ritenuti fondamentali, la cui esposizione risulti sistematica e autoconsistente in circa 60 ore di lezione mantenendo, al tempo stesso, il rigore matematico volto a favorire la maturazione scientifica dello studente e prepararlo alla lettura di testi avanzati. A corredo della trattazione teorica vengono proposti oltre 200 esercizi, raccolti tra le prove scritte assegnate per il superamento del corso, tutti forniti di soluzione dettagliata. Il loro svolgimento costituisce una parte imprescindibile per l’acquisizione della materia. ` un piacere ringraziare Filippo Cesi per innumerevoli discussioni e E suggerimenti.

Roma, gennaio 2011

Carlo Presilla

Indice

1

Numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1 Fondamenti assiomatici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 L’unit`a immaginaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Moduli e coniugati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Disuguaglianza triangolare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Rappresentazione geometrica dei numeri complessi . . . . . . . . . . . 1.6 Forma polare dei numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Radici di numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Regioni nel piano complesso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Il piano complesso esteso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 2 3 3 4 4 6 7 8 9

2

Spazi metrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 Distanza e spazi metrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Insiemi aperti e insiemi chiusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Spazi metrici connessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Convergenza di successioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Spazi metrici completi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Spazi metrici compatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11 11 12 16 18 19 20 22

3

Limiti e continuit` a ......................................... 3.1 Limiti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Continuit` a.............................................. Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25 25 27 33

4

Successioni e serie di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1 Successioni e serie di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Limiti superiore e inferiore di una successione reale . . . . . . . . . . 4.3 Serie di potenze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35 35 38 41 44

X

Indice

5

Derivate e funzioni analitiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1 Derivate di funzioni complesse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Equazioni di Cauchy-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Funzioni analitiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Derivate di funzioni complesse di variabile reale . . . . . . . . . . . . . 5.5 Trasformazioni conformi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47 47 50 52 54 55 58

6

Funzioni elementari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1 Esponenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Logaritmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Potenze con esponenti complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4 Esponenziali con base complessa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5 Funzioni trigonometriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6 Funzioni iperboliche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7 Funzioni trigonometriche e iperboliche inverse . . . . . . . . . . . . . . . Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59 59 60 63 64 65 67 69 71

7

Integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1 Integrali di funzioni complesse di variabile reale . . . . . . . . . . . . . 7.2 Cammini, tracce di cammini, curve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Integrali di funzioni complesse lungo curve regolari a tratti . . . 7.4 Teorema di Cauchy-Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5 Formula integrale di Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

75 75 76 79 85 90 94

8

Serie di Taylor e Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 8.1 Serie di Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 8.2 Serie di Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 8.3 Moltiplicazione e divisione di due serie di potenze . . . . . . . . . . . 112 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

9

Residui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 9.1 Punti singolari isolati: residui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 9.2 Classificazione delle singolarit` a isolate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 9.3 Zeri delle funzioni analitiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 9.4 Zeri e poli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 9.5 Comportamento in prossimit` a di singolarit` a isolate . . . . . . . . . . 127 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

10 Applicazioni dei residui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 10.1 Integrali impropri: convergenza e valore principale di Cauchy . . 133 10.2 Integrali di funzioni trigonometriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 10.3 Integrali di funzioni razionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

Indice

XI

10.4 Integrali di funzioni razionali moltiplicate per una funzione trigonometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 10.5 Cammini indentati intorno a un polo semplice . . . . . . . . . . . . . . . 144 10.6 Cammini indentati intorno a un punto di diramazione . . . . . . . . 147 10.7 Cammini coincidenti con una linea di diramazione . . . . . . . . . . . 149 10.8 Cammini vari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 10.9 Integrali di Bromwich: trasformata inversa di Laplace . . . . . . . . 156 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 11 Ulteriori propriet` a delle funzioni analitiche . . . . . . . . . . . . . . . . 163 11.1 Prolungamento analitico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 11.2 Principio del massimo modulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 11.3 Funzioni meromorfe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 11.4 Funzioni armoniche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 11.5 Metodo del punto di sella . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 Appendice. Soluzione degli esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 Esercizi del Capitolo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 Esercizi del Capitolo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192 Esercizi del Capitolo 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 Esercizi del Capitolo 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199 Esercizi del Capitolo 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 Esercizi del Capitolo 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 Esercizi del Capitolo 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 Esercizi del Capitolo 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246 Esercizi del Capitolo 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267 Esercizi del Capitolo 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283 Esercizi del Capitolo 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319 Indice analitico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321

1 Numeri complessi

Sommario. Fondamenti assiomatici: definizione dei numeri complessi, loro uguaglianza, somma e prodotto. Il campo C dei numeri complessi. L’unit` a immaginaria. Rappresentazione geometrica dei numeri complessi. Moduli e coniugati. Disuguaglianza triangolare. Forma polare dei numeri complessi: funzione cis o esponenziale simbolico, formula di de Moivre. Radici di numeri complessi. Regioni nel piano complesso. Il piano complesso esteso. Punto all’infinito.

1.1 Fondamenti assiomatici Definizione 1.1 (numeri complessi). Chiamasi C, numeri complessi, l’insieme di tutte le coppie ordinate (x, y) con x, y ∈ R. Per ogni numero complesso z ∈ C con z = (x, y), il numero reale x si chiama la parte reale di z e si indica x = Re z mentre il numero reale y si chiama la parte immaginaria di z e si indica y = Im z. Evidentemente si ha R ⊂ C. Definizione 1.2 (uguaglianza, somma e prodotto di numeri complessi). Detti z1 e z2 due arbitrari numeri complessi con z1 = (x1 , y1 ) e z2 = (x2 , y2 ), si definisce a) z1 = z2 se e solo se x1 = x2 e y1 = y2 ; b) z1 + z2 = (x1 + x2 , y1 + y2 ); c) z1 z2 = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + y1 x2 ). Per y1 = 0 e y2 = 0, la precedente definizione si riduce a quella di uguaglianza, somma e prodotto di numeri reali. Teorema 1.3. L’insieme dei numeri complessi C con la Definizione 1.2 forma un campo, cio`e valgono le seguenti propriet` a: a) ∀z1 , z2 ∈ C, z1 + z2 ∈ C e z1 z2 ∈ C (chiusura); b) ∀z1 , z2 ∈ C, z1 + z2 = z2 + z1 e z1 z2 = z2 z1 (commutativa); Presilla C.: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile. © Springer-Verlag Italia 2011

2

1 Numeri complessi

c) ∀z1 , z2 , z3 ∈ C, (z1 + z2 ) + z3 = z1 + (z2 + z3 ) e (z1 z2 )z3 = z1 (z2 z3 ) (associativa); d) ∀z1 , z2 , z3 ∈ C, z1 (z2 + z3 ) = z1 z2 + z1 z3 (distributiva); e) ∃!0 ∈ C tale che z + 0 = 0 + z = z ∀z ∈ C e ∃!1 ∈ C tale che z1 = 1z = z ∀z ∈ C (esistenza e unicit` a identit` a). Risulta 0 = (0, 0) e 1 = (1, 0); f) ∀z ∈ C, ∃! − z ∈ C tale che −z + z = z + (−z) = 0 e, se z = 0, ∃!z −1 ∈ C tale che z −1 z = zz −1 = 1 (esistenza e unicit` a inverso). Posto z = (x, y), risulta −z = (−x, −y) e z −1 = (x/(x2 + y2 ), −y/(x2 + y2 )). Dimostrazione. Elementare, sfruttando la Definizione 1.2 e il fatto che R `e un campo.   L’esistenza e unicit`a dell’inverso rispetto alla somma e al prodotto permettono di definire nel modo solito la differenza e il rapporto di due numeri complessi zew z − w = z + (−w), z/w = zw −1 ,

(1.1)

se w = 0.

(1.2)

Definizione 1.4 (potenze intere). Detto z un arbitrario numero complesso e n un intero positivo, si definisce la potenza n-esima di z come z n = zz . . . z (n volte).

(1.3)

Se z = 0, si pone poi z −n = 1/z n e z 0 = 1.

1.2 L’unit` a immaginaria Il numero complesso i = (0, 1) si chiama unit` a immaginaria. Esso `e la soluzione, in campo complesso, dell’equazione x2 +1 = 0, che non ammette soluzione in campo reale. Per la Definizione 1.2 si ha i2 = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0). Le potenze intere di i godono della seguente propriet`a di ricorrenza: i = (0, 1), i5 = i, .. .

i2 = −1,

i3 = −i,

i4 = 1,

i6 = −1,

i7 = −i,

i8 = 1,

Per la Definizione 1.2, ogni numero complesso z = (x, y) pu` o essere posto nella forma z = x + iy, intendendo con questa scrittura che (x, y) = (x, 0) + (0, 1)(y, 0). La somma e il prodotto di due numeri complessi si calcolano facilmente in termini dell’unit` a immaginaria applicando le usuali regole dell’algebra z1 + z2 = (x1 + iy1 ) + (x2 + iy2 ) = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 ), z1 z2 = (x1 + iy1 )(x2 + iy2 ) = (x1 x2 − y1 y2 ) + i(x1 y2 + y1 x2 ).

1.4 Disuguaglianza triangolare

3

1.3 Moduli e coniugati Definizione 1.5 (modulo). Ad ogni z ∈ C con z = (x, y) e x, y ∈ R viene associato un numero reale non negativo detto il modulo di z definito  |z| = x2 + y2 . (1.4) Si osservi che |z| = 0 se e solo se z = 0. Definizione 1.6 (coniugato). Ad ogni z ∈ C con z = (x, y) e x, y ∈ R viene associato un numero complesso detto il coniugato di z definito z = (x, −y) = x − iy.

(1.5)

2

Si noti che zz = |z| . Pertanto il modulo di un numero complesso `e facilmente calcolato con la formula √ |z| = zz. (1.6) Se z = 0 si ha inoltre z −1 =

z

2.

(1.7)

|z|

Si verificano immediatamente le seguenti propriet`a: 1 Re z = (z + z), 2 z ± w = z ± w,

Im z =

zw = z w,

|zw| = |z| |w| ,

1 (z − z), 2i

z/w = z/w,

|z/w| = |z| / |w| , |z| = |z| .

(1.8)

(w = 0),

(w = 0),

(1.9) (1.10) (1.11)

1.4 Disuguaglianza triangolare 2

Per definizione si ha |z| = (Re z)2 + (Im z)2 e pertanto |Re z| ≤ |z| come pure |Im z| ≤ |z| per ogni z ∈ C. Da qui segue l’importante disuguaglianza: Teorema 1.7 (disuguaglianza triangolare). Dati due arbitrari numeri complessi z e w, si ha |z + w| ≤ |z| + |w| .

(1.12)

4

1 Numeri complessi

Dimostrazione. Per le propriet` a di moduli e coniugati, si ha |z + w|2 = (z + w)(z + w) = (z + w)(z + w) = zz + zw + wz + ww 2

2

= |z| + 2 Re(zw) + |w| 2

≤ |z| + 2 |zw| + |w|

2

= |z|2 + 2 |z| |w| + |w|2 = (|z| + |w|)2 . Prendendo la radice quadrata di entrambi i membri si giunge al risultato.   Il segno di uguaglianza nella (1.12) vale solo quando Re(zw) = |zw|, cio`e quando Im(zw) = 0 e, escludendo i casi banali in cui uno o entrambi i numeri z e w siano 0, Re(zw) > 0. Posto z = x+iy e w = u+iv, queste due condizioni sono equivalenti a xv = yu e xu + yv > 0. Dalla disuguaglianza triangolare segue a sua volta che |z + w| ≥ ||z| − |w||. Infatti, supposto |z| ≥ |w| si ha |z| = |(z + w) + (−w)| ≤ |z + w| + |−w| = |z + w| + |w| , ovvero |z + w| ≥ |z| − |w| = ||z| − |w||. Allo stesso risultato si giunge, scambiando z con w, se fosse |w| ≥ |z|. In conclusione, dati due arbitrari numeri complessi z e w possiamo scrivere ||z| − |w|| ≤ |z ± w| ≤ |z| + |w| .

(1.13)

1.5 Rappresentazione geometrica dei numeri complessi Nel piano complesso, noto anche come piano di Argand, ad ogni numero complesso z = (x, y) pu` o essere associato un vettore che congiunge l’origine (0, 0) al punto (x, y). L’interpretazione vettoriale delle operazioni di somma e differenza di numeri complessi come pure quella di modulo e coniugato sono immediate. La disuguaglianza triangolare altro non `e che la nota propriet` a dei triangoli nei quali la lunghezza di un lato `e minore o uguale alla somma delle lunghezze degli altri due. La moltiplicazione e il rapporto di numeri complessi sono invece pi` u facilmente espressi mediante la forma polare.

1.6 Forma polare dei numeri complessi Nel piano complesso ogni numero z = (x, y) = (0, 0) pu` o anche essere rappresentato assegnando le coordinate polari (r, θ), definite dalle relazioni

1.6 Forma polare dei numeri complessi

x = r cos θ, y = r sin θ. Evidentemente si ha  r = |z| = x2 + y2 ,

5

(1.14)

mentre θ `e l’angolo compreso tra il semiasse reale positivo e il segmento che va da 0 a z. L’angolo θ si chiama l’argomento di z e si indica θ = arg z. L’argomento di un numero complesso `e definito a meno di multipli di 2π. Si chiama argomento principale di z e si indica con Arg z il valore dell’angolo θ compreso in (−π, π] −π < Arg z ≤ π,

arg z = Arg z + 2πn,

n ∈ Z.

(1.15)

Esprimiamo ora l’argomento principale di z in termini di x e y invertendo la relazione tan(Arg z) = y/x. Osservando che la funzione arctan `e convenzionalmente una trasformazione biunivoca dell’intervallo (−∞, +∞) nell’intervallo (−π/2, π/2), si ha ⎧ x < 0, y < 0 ⎨ arctan(y/x) − π x ≥ 0, (x, y) = (0, 0) . (1.16) Arg z = arctan(y/x) ⎩ arctan(y/x) + π x < 0, y ≥ 0 Con la precedente scrittura si intende che per x = 0 vale Arg z = sgn(y)π/2 mentre Arg z non `e definito per z = 0. ` comodo introdurre la funzione cis(θ) = cos θ + i sin θ. Per motivi che E saranno ovvi nel seguito, tale funzione viene anche indicata con il simbolo cis(θ) = eiθ . Dati due numeri complessi z1 = r1 cis(θ1 ) e z2 = r2 cis(θ2 ) il loro prodotto vale z1 z2 = r1 r2 [(cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 ) + i(sin θ1 cos θ2 − cos θ1 sin θ2 )] = r1 r2 [cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 )] = r[cos(θ) + i sin(θ)].

Fig. 1.1. Grafico di Arg(x + iy). Si noti la discontinuit` a lungo il semiasse reale negativo. Nell’origine la funzione non `e definita

6

1 Numeri complessi

Quindi in forma polare il prodotto `e dato dalla semplice regola r = r1 r2 e θ = θ1 + θ2 . La regola si estende al prodotto di un numero arbitrario di fattori |z1 z2 . . . zn | = |z1 | |z2 | . . . |zn | , arg (z1 z2 . . . zn ) = arg z1 + arg z2 + · · · + arg zn . In modo analogo, per il rapporto di due numeri complessi z1 e z2 = 0 si ottiene |z1 /z2 | = |z1 | / |z2 | , arg (z1 /z2 ) = arg z1 − arg z2 . Si osservi che in generale Arg (z1 z2 ) = Arg z1 +Arg z2 come pure Arg (z1 /z2 ) = Arg z1 − Arg z2 . Si consideri, ad esempio, z1 = −1 e z2 = i per i quali si ha Arg z1 = π, Arg z2 = π/2 e quindi Arg z1 +Arg z2 = 3π/2 mentre Arg (z1 z2 ) = Arg(−i) = −π/2. La potenza n-esima di z = r(cos θ + i sin θ) `e data da z n = r n [cos(nθ) + i sin(nθ)],

n ∈ Z.

(1.17)

Per r = 1 si ottiene la formula di de Moivre (cos θ + i sin θ)n = cos(nθ) + i sin(nθ).

(1.18)

1.7 Radici di numeri complessi Dato il numero complesso z = 0, si chiama radice n-esima, con n ≥ 2 intero, ogni numero complesso w tale wn = z. Posto w  = reiθ , per la (1.17) si deve n avere r = |z| e nθ = Arg z + 2πk e quindi r = n |z| e θ = (Arg z + 2πk)/n con k ∈ Z. Delle infinite soluzioni cos`ı trovate solo n sono distinte, ad esempio quelle ottenute per k = 0, 1, . . . , n − 1,  wk = n |z|ei(Arg z+2πk)/n , k = 0, 1, . . . , n − 1. (1.19) Si noti infatti che per ogni k = 0, 1, . . . , n − 1, si ha wk = wk+pn con p = ±1, ±2, . . . . In conclusione, ogni numero complesso z = 0 ammette n radici n-esime distinte date dalla formula (1.19). Esempio 1.8. Le radici n-esime dell’unit`a sono i numeri complessi ck = cis(2πk/n),

k = 0, 1, . . . , n − 1,

che giacciono sulla circonferenza di raggio 1 equispaziati da angoli 2π/n a partire dal semiasse reale positivo. Se w `e una qualsiasi radice n-esima del numero z = 0, allora le n radici n-esime distinte di z sono wc0 = w, wc1 , wc2 , . . . , wcn−1 .

1.8 Regioni nel piano complesso

7

Esempio 1.9. L’equazione di secondo grado az 2 + bz + c = 0, con a, b, c ∈ C, ammette la soluzione √ −b + b2 − 4ac , (1.20) z= 2a come `e immediato verificare per sostituzione √ √ (−b + b2 − 4ac)2 −b + b2 − 4ac a +b +c 4a2 2a √ √ 2b2 − 4ac − 2b b2 − 4ac −b2 + b b2 − 4ac + +c = 4a 2a = 0. Posto b2 −4ac = reiθ , la (1.20) corrisponde alle due soluzioni, distinte se r = 0, √ √ −b + reiθ/2 −b − reiθ/2 z1 = , z2 = . (1.21) 2a 2a Per il Teorema fondamentale dell’algebra 7.39 queste sono le uniche due soluzioni dell’equazione considerata.

1.8 Regioni nel piano complesso Sia λ il segmento di linea retta in C che congiunge i punti z1 e z2 . Dalla geometria si ha che λ `e l’insieme dei punti di C parametricamente definiti da λ(t) = z1 + (z2 − z1 )t,

0 ≤ t ≤ 1.

(1.22)

−∞ < t < ∞

(1.23)

Pertanto l’insieme dei punti μ(t) = z1 + (z2 − z1 )t,

rappresenta la retta μ che passa per i punti z1 e z2 . Evidentemente esistono infinite altre parametrizzazioni che rappresentano la stessa retta. Un’equazione non parametrica della retta passante per z1 e z2 si ottiene osservando che per z1 = z2 si ha t = (μ(t) − z1 )/(z2 − z1 ) e poich´e t ∈ R deve essere Im((μ(t) − z1 )/(z2 − z1 )) = 0. Dunque la rappresentazione non parametrica della retta per z1 e z2 `e {μ} = {z ∈ C : Im

z − z1 = 0}. z2 − z1

(1.24)

` possibile mostrare che gli insiemi E {z ∈ C : Im

z − z1 < 0}, z2 − z1

{z ∈ C : Im

z − z1 > 0} z2 − z1

(1.25)

8

1 Numeri complessi

rappresentano rispettivamente i semipiani a destra e a sinistra della retta orientata μ quando questa `e percorsa da z1 verso z2 . Sia γ la circonferenza in C di raggio R centrata nel punto z0 . Dalla geometria si ha che γ `e l’insieme dei punti di C definito da {γ} = {z ∈ C : |z − z0 | = R}.

(1.26)

Una possibile rappresentazione parametrica di tale circonferenza `e γ(θ) = z0 + R cis(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π. Gli insiemi {z ∈ C : |z − z0 | < R},

{z ∈ C : |z − z0 | > R}

(1.27)

rappresentano rispettivamente la porzione di C interna ed esterna alla circonferenza di centro z0 e raggio R.

1.9 Il piano complesso esteso Conviene definire un piano complesso esteso C∞ = C ∪ {∞} che include, oltre a C, il punto all’infinito indicato con il simbolo ∞. Tale punto all’infinito pu` o essere visualizzato mediante la proiezione stereografica di C sulla sfera di Riemann. Si consideri in R3 la sfera di centro O = (0, 0, 0) e raggio 1 e si faccia coincidere C con il piano x3 = 0. La semiretta uscente dal punto N = (0, 0, 1) e passante per il generico punto Pz = (x, y, 0) intercetta sulla sfera un punto Q chiamato la proiezione stereografica del numero complesso z = (x, y). Il punto N `e la proiezione stereografica del punto all’infinito. ` facile trovare le coordinate del punto Q dato z. In R3 la semiretta uscente E da N e passante per Pz ha equazione parametrica μ(t) = N + (Pz − N )t, con

Fig. 1.2. Proiezione stereografica del piano complesso sulla sfera di Riemann. Ad ogni numero complesso z = (x, y) di C (punto Pz del piano x3 = 0) corrisponde sulla sfera il punto Q = (2x/(1 + r2 ), 2y/(1 + r2 ), (r2 − 1)/(1 + r2 )), dove r2 = x2 + y 2

Esercizi

9

t ≥ 0, ovvero `e il sottoinsieme di R3 {(xt, yt, 1 − t) ∈ R3 : t ≥ 0}.

(1.28)

Le coordinate del punto Q corrispondono al valore di t tale che 1 = (xt)2 + (yt)2 + (1 − t)2 .

(1.29)

2

Da questa si ricava t = 2/(1 + |z| ) e quindi per la (1.28) le coordinate di Q sono x1 =

2 Re z 1 + |z|

2,

x2 =

2

2 Im z 1 + |z|

2,

x3 =

|z| − 1 1 + |z|

2.

(1.30)

Viceversa, note le coordinate (x1 , x2 , x3) di Q, il valore di z si ricava ponendo 1 − t = x3 nella (1.28). Dalla stessa equazione si ha x = x1 /t e y = x2 /t, ovvero z=

x1 + ix2 . 1 − x3

(1.31)

Esercizi 1.1. Calcolare le seguenti quantit` a:    2 a) Im i37 , b) Re , 1 − 3i



c) Im

√ 3 i π e4 1+i 3

.

1.2. Descrivere a parole e disegnare l’insieme dei punti z ∈ C che soddisfano le seguenti condizioni: a) 7 ≥ |z − i + 3| > 5,

b) |z − i| = |z + 1|.

1.3. Calcolare tutti i valori distinti delle seguenti radici e rappresentarli graficamente: √ √ b) 2 1 − i. a) 3 −8, 1.4. Supponendo che |z| < 1, maggiorare | Im(1 + 2z + z 2 )|. 1.5. Calcolare le seguenti quantit` a: a)

i101 − 3 , 1 − 4i

b) Im

3i , 2 + 2i



c) Im eiπ/4 Re eiπ/4 .

1.6. Calcolare tutti i valori distinti delle seguenti radici e rappresentarli graficamente: √ √ 2 a) i3 , b) 3 8 + i.

10

1 Numeri complessi

1.7. Determinare a ∈ R+ tale che si abbia   Re i + 2z + z 2 < 3,

|z| < a.

1.8. Determinare e rappresentare graficamente il luogo dei punti z ∈ C tali che z − 3 z + 3 < 2. 1.9. Determinare tutte le soluzioni delle seguenti equazioni: a) z 4 + z 2 + 1 = 0,

b) z 3 − i = 0.

1.10. Calcolare il valore numerico di cos(3 arccos(1/7)). 1.11. Determinare e rappresentare graficamente il luogo dei punti z ∈ C tali che   0 ≤ Arg (z − 1)2 ≤ π/2. 1.12. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione z 5 − (1 + i)z = 0. 1.13. Sia z ∈ C tale che Re(z n ) ≥ 0 per ogni intero positivo n. Mostrare che z `e un numero reale non negativo. 1.14. Determinare tutte le soluzioni delle seguenti equazioni: a) 3z + iz = 4,

b) z 4 = 1 + i.

1.15. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione 1+i = 0. z 1.16. Determinare tutte le soluzioni delle seguenti equazioni: z4 −

a) z 2 + iz + 2 = 0,

b) z 4 + z 2 + 1 = 0.

1.17. Calcolare il valore di cos(4 arctan(3)). 1.18. Siano a, b, c ∈ C. Stabilire sotto quale condizione l’equazione az + bz + c = 0 ha una e una sola soluzione e determinare tale soluzione. 1.19. Dimostrare che ogni numero complesso z di modulo unitario, ad eccezione di z = −1, pu` o essere scritto nella forma 1 + it z= , t ∈ R, |z| = 1, z = −1. 1 − it 1.20. Calcolare le seguenti quantit` a: −1−5i 19

ie (1 + i)3 k (1 + i) , c) a) Arg(cis(17π/5)), b) . 1 + 3i k=1

2 Spazi metrici

Sommario. Spazi metrici, distanza. Diametro di uno spazio metrico. Spazi metrici limitati e illimitati. Palle aperte e chiuse. Insiemi aperti e chiusi. Unione e intersezione di insiemi aperti o chiusi. Definizione di interno, chiusura e frontiera di un insieme e loro propriet` a. Spazi metrici e insiemi connessi. Insiemi connessi in R. Poligonale. Insiemi aperti connessi in C. Successioni convergenti, punti limite. La chiusura di un insieme coincide con i suoi punti limite. Insiemi densi. Successioni di Cauchy. Le successioni convergenti sono di Cauchy. Una successione di Cauchy che ammette una sottosuccessione convergente `e convergente. Spazi metrici e insiemi completi. Completezza di C (assumendo R completo). Un sottoinsieme di uno spazio metrico completo `e completo se e solo se `e chiuso. Spazi metrici e insiemi (sequenzialmente) compatti. Uno spazio metrico compatto `e completo. Spazi metrici totalmente limitati. Uno spazio metrico totalmente limitato `e limitato. Uno spazio metrico `e compatto se e solo se `e completo e totalmente limitato. Un sottoinsieme di Rn `e compatto se e solo se `e chiuso e limitato.

2.1 Distanza e spazi metrici Definizione 2.1 (spazio metrico). Uno spazio metrico `e la coppia (S, d), dove S `e un insieme e d : S × S → R una funzione, detta distanza, che per arbitrari x, y, z ∈ S soddisfa le seguenti propriet` a: a) d(x, y) ≥ 0; b) d(x, y) = 0 se e solo se x = y; c) d(x, y) = d(y, x); d) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y). Definizione 2.2 (diametro). Sia (S, d) uno spazio metrico. Si chiama diametro di S la quantit` a diam S = sup d(x, y).

(2.1)

x,y∈S

Uno spazio metrico si dice limitato se diam S ∈ R, illimitato se diam S = ∞. Presilla C.: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile. © Springer-Verlag Italia 2011

12

2 Spazi metrici

Il diametro di uno spazio dipende dalla distanza, in particolare uno spazio pu` o essere illimitato con una distanza e limitato con un’altra. Esempio 2.3 (spazio metrico complesso). Se non specificato diversamente, d’ora in avanti intenderemo con spazio metrico complesso la coppia (C, d) in cui C `e l’insieme dei numeri complessi e d la distanza euclidea  z, z  ∈ C. d(z, z  ) = |z − z  | = (Re z − Re z  )2 + (Im z − Im z  )2 , ` possibile equipaggiare C con altre Con tale distanza si ha diam C = ∞. E distanze. Ad esempio, si consideri d(z, z  ) =

 (x1 − x1 )2 + (x2 − x2 )2 + (x3 − x3 )2

(2.2)

pari alla distanza euclidea in R3 tra i punti Q = (x1 , x2, x3 ) e Q = (x1 , x2 , x3 ), proiezioni stereografiche di z e z  sulla sfera di Riemann. Usando il fatto che Q e Q giacciono su una sfera di raggio unitario centrata nell’origine, si ha d(z, z  )2 = 2 − 2(x1 x1 + x2 x2 + x3 x3 ) e quindi per la (1.30) d(z, z  ) = 

2 |z − z  | 2

(1 + |z| )(1

+ |z  |2 )

,

z, z  ∈ C.

(2.3)

Con tale distanza si ha diam C = 2. La funzione d appena discussa pu` o essere usata per definire lo spazio metrico complesso esteso (C∞ , d). Analogamente a quanto visto per due punti z, z  ∈ C, la distanza tra z ∈ C e ∞ vale 2 d(z, ∞) =  , 2 1 + |z|

z ∈ C.

(2.4)

Definizione 2.4 (palla aperta, chiusa). Sia x un punto dello spazio metrico (S, d) e r > 0. Si chiamano rispettivamente palla aperta e palla chiusa di centro x e raggio r gli insiemi B(x, r) = {y ∈ S : d(x, y) < r},

(2.5)

B(x, r) = {y ∈ S : d(x, y) ≤ r}.

(2.6)

2.2 Insiemi aperti e insiemi chiusi Definizione 2.5 (insieme aperto). Sia (S, d) uno spazio metrico. L’insieme G ⊂ S si dice aperto in S se ∀x ∈ G ∃ε > 0 tale che B(x, ε) ⊂ G. Teorema 2.6. Una palla aperta nello spazio metrico (S, d) `e un aperto in S.

2.2 Insiemi aperti e insiemi chiusi

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Dimostrazione. Sia B(x, r) con x ∈ S e r > 0 una palla aperta in S. Sia y un generico punto di B(x, r). Per definizione risulta d(y, x) < r. Mostriamo che `e possibile costruire una palla aperta B(y, ε) ⊂ B(x, r). Posto ε = r − d(y, x) > 0, ∀z ∈ B(y, ε), si ha d(z, y) < ε da cui segue, per la propriet` a triangolare, d(z, x) ≤ d(z, y)+d(y, x) < ε+(r−ε) = r, ovvero z ∈ B(x, r). Dall’arbitrariet` a di z si conclude che B(y, ε) ⊂ B(x, r).   Teorema 2.7. Sia (S, d) uno spazio metrico. Allora a) gli insiemi S e ∅ sono aperti in S; n b) se (G1 , G2 , . . . , Gn) `e una collezione finita di aperti in S, allora k=1 Gk `e aperto in S;  c) se (Gα )α∈I `e una collezione arbitraria di aperti in S, allora α∈I Gα `e aperto in S. Dimostrazione. a) Sia x un arbitrario punto di S. Per definizione di palla aperta B(x, ε) ⊂ S con ε arbitrario. D’altro canto ∅ non ha punti, quindi per ogni suo punto `e possibile trovare una palla aperta, vuota, contenuta in ∅. n b) Sia x un arbitrario punto di k=1 Gk . Segue che x ∈ Gk , k = 1, 2, . . ., n, e, poich´e Gk `e aperto, ∃εk > 0 tale che B(x, εk ) ⊂ Gk . Posto ε = min(ε1 , ε2 , . . . , εn), si nha B(x, ε) ⊂ B(x, εk ) ⊂ Gk per ogni k = 1, 2, . . ., n. Pertanto B(x, ε) ⊂ k=1 Gk . c) Sia x un arbitrario punto di α∈I Gα . Segue che ∃α0 ∈ I tale che x ∈ Gα0 . Poich´ e Gα0 `e aperto ∃ε > 0 tale che B(x, ε) ⊂ Gα0 . Pertanto B(x, ε) ⊂  α∈I Gα .   Definizione 2.8 (insieme chiuso). Sia (S, d) uno spazio metrico. L’insieme F ⊂ S si dice chiuso in S se il suo complemento F c = S \ F `e aperto in S. Teorema 2.9. Una palla chiusa nello spazio metrico (S, d) `e un chiuso in S. Dimostrazione. Sia B(x, r) con x ∈ S e r > 0 una palla chiusa in S. Sia y un generico punto di B(x, r)c. Per definizione risulta d(y, x) > r. Mostriamo che `e possibile costruire una palla aperta B(y, ε) ⊂ B(x, r)c. Posto ε = d(y, x)−r > 0, ∀z ∈ B(y, ε), si ha d(z, y) < ε da cui segue, per la propriet` a triangolare, r + ε = d(y, x) ≤ d(y, z) + d(z, x) < ε + d(z, x). Questo implica d(z, x) > r e quindi z ∈ B(x, r)c. Dall’arbitrariet` a di z si conclude che B(y, ε) ⊂ B(x, r)c .   Teorema 2.10. Sia (S, d) uno spazio metrico. Allora a) gli insiemi S e ∅ sono chiusi in S; n b) se (F1 , F2 , . . . , Fn) `e una collezione finita di chiusi in S, allora k=1 Fk `e chiuso in S;  c) se (Fα )α∈I `e una collezione arbitraria di chiusi in S, allora α∈I Fα `e chiuso in S.

14

2 Spazi metrici

 c Dimostrazione. la definizione di chiuso, le leggi di de Morgan ( F ) =  usi  c  c Si   F , ( F ) = F c e il Teorema 2.7. Definizione 2.11 (parte interna, chiusura, frontiera). Sia (S, d) uno spazio metrico e A un sottoinsieme di S. Si chiamano parte interna, chiusura e frontiera di A gli insiemi rispettivamente indicati con A◦ , A e ∂A e definiti come  A◦ = G, (2.7) aperti G⊂A



A=

F,

chiusi F ⊃A ◦

(2.8)

∂A = A \ A = A ∩ (A◦ ) . c

(2.9)

Poich´e l’unione di una collezione arbitraria di aperti `e un aperto e l’intersezione di una collezione arbitraria di chiusi `e un chiuso, la parte interna di un sottoinsieme A di S `e un aperto in S e la sua chiusura `e un chiuso in S. Inoltre o avere A◦ = ∅ e A = S come risulta sempre A◦ ⊂ A ⊂ A. In particolare si pu` nel caso S = R e A = Q. Teorema 2.12. Sia (S, d) uno spazio metrico, A ⊂ S e B ⊂ S. Allora a) A `e aperto in S se e solo se A = A◦ ; b) A `e chiuso in S se e solo se A = A; c) A◦ = (Ac )c ; d) A = ((Ac )◦ )c ; e) ∂A = A ∩ Ac ; ◦ f) (A ∩ B) = A◦ ∩ B ◦ ; g) A ∪ B = A ∪ B. Dimostrazione. a) Sia A aperto in S. Per definizione si ha A◦ ⊂ A. D’altro canto A, essendo contenuto in se stesso, `e uno degli insiemi aperti la cui unione definisce A◦ e pertanto A ⊂ A◦ . Si conclude che A = A◦ . Viceversa, si supponga che A = A◦ . Poich´e A◦ `e aperto in S anche A `e aperto in S. b) Sia A chiuso in S. Per definizione si ha A ⊂ A. D’altro canto A, contenendo se stesso, `e uno degli insiemi chiusi la cui intersezione definisce A e pertanto A ⊂ A. Si conclude che A = A. Viceversa, si supponga che A = A. Poich´e A `e chiuso in S anche A `e chiuso in S. c) Usando le definizioni di parte interna e di chiusura e le leggi di de Morgan, si ha ⎞c  ⎛ c    A◦ = G=⎝ Gc ⎠ = Gc aperti G⊂A



=



chiusi

F ⊃Ac

c F

aperti G⊂A

= (Ac )c ,

chiusi Gc ⊃Ac

2.2 Insiemi aperti e insiemi chiusi

d)

e) f)

g)

15

dove si `e sfruttato il fatto che la corrispondenza tra gli insiemi aperti G contenuti in A e gli insiemi chiusi Gc contenenti Ac `e biunivoca. Si ragioni in modo analogo al punto precedente. Alternativamente, si prenda il complemento della relazione precedente con la sostituzione A → Ac . Segue dalla definizione di frontiera e dal punto c). Dimostriamo separatamente le due inclusioni (A ∩ B)◦ ⊂ A◦ ∩ B ◦ e A◦ ∩ B ◦ ⊂ (A ∩ B)◦ . Poich´e A ∩ B ⊂ A segue (A ∩ B)◦ ⊂ A◦ . Analogamente (A ∩ B)◦ ⊂ B ◦ e pertanto (A ∩ B)◦ ⊂ A◦ ∩ B ◦ . D’altro canto A◦ ∩ B ◦ `e un aperto con la propriet` a A◦ ∩ B◦ ⊂ A ∩ B. Poich´e (A ∩ B)◦ rappresenta l’unione di tutti gli aperti contenuti in A ∩ B, deve essere A◦ ∩ B ◦ ⊂ (A ∩ B)◦ . Si ragioni in modo analogo al punto precedente. Alternativamente, usando l’identit` a A = ((Ac )◦ )c , le leggi di de Morgan e il risultato precedente, si ha A ∪ B = (((A ∪ B)c )◦ )c = ((Ac ∩ B c )◦ )c = ((Ac )◦ ∩ (B c )◦ )c = ((Ac )◦ )c ∪ ((B c )◦ )c = A ∪ B.

 

Teorema 2.13. Sia (S, d) uno spazio metrico, A ⊂ S e x ∈ S. Allora a) x ∈ A◦ se e solo se ∃ε > 0 tale che B(x, ε) ⊂ A; b) x ∈ A se e solo se ∀ε > 0 B(x, ε) ∩ A = ∅; c) x ∈ ∂A se e solo se ∀ε > 0 B(x, ε) ∩ A = ∅ e B(x, ε) ∩ Ac = ∅. Dimostrazione. a) Sia x ∈ A◦ . Poich´e A◦ `e aperto in S allora ∃ε > 0 tale che B(x, ε) ⊂ A◦ ⊂ A. Viceversa, si supponga che ∃ε > 0 tale che B(x, ε) ⊂ A. Poich´e la palla B(x, ε) `e un aperto, dalla definizione di A◦ si ha B(x, ε) ⊂ A◦ e quindi x ∈ A◦ . b) Poich´e A = ((Ac )◦ )c , x ∈ A se e solo se x ∈ / (Ac )◦ . Per il punto precedente, ci`o `e vero se e solo se ∀ε > 0 B(x, ε) ⊂ Ac , ovvero se e solo se ∀ε > 0 B(x, ε) ∩ A = ∅. c) Per definizione x ∈ ∂A se e solo se x ∈ A e x ∈ / A◦ . Per i due punti precedenti questo `e vero se e solo se ∀ε > 0 valgono entrambe le propriet` a B(x, ε) ∩ A = ∅ e B(x, ε) ∩ Ac = ∅.   Un sottoinsieme A ⊂ S nello spazio metrico (S, d) non necessariamente `e aperto o chiuso. Pu` o essere che A non sia n´e aperto n´e chiuso, oppure contemporaneamente aperto e chiuso. Inoltre, la chiusura di una palla aperta non necessariamente coincide con la corrispondente palla chiusa.

16

2 Spazi metrici

Esempio 2.14. Sia (S, d) lo spazio metrico definito da S = {z ∈ C : d(z, 0) ≤ 1} ∪ {z ∈ C : d(z, 3) < 1}, dove d `e la usuale distanza euclidea d(z, w) = |z − w|. In (S, d) la palla aperta B(3, 2) e quella chiusa B(3, 2) corrispondono agli insiemi B(3, 2) = {z ∈ C : d(z, 3) < 1}, B(3, 2) = {z ∈ C : d(z, 3) < 1} ∪ {1}. Evidentemente B(3, 2) `e un aperto in S. D’altro canto B(3, 2) `e anche un chiuso in S poich´e il suo complemento B(3, 2)c = {z ∈ C : d(z, 0) ≤ 1} `e un aperto in S. Infatti ∀z ∈ B(3, 2)c si ha B(z, 1/2) ⊂ B(3, 2)c . Dunque B(3, 2) `e un sottoinsieme proprio di S (diverso da S e da ∅) che `e contemporaneamente ` anche un esempio di palla aperta la cui chiusura, aperto e chiuso in S. E coincidente con B(3, 2), `e diversa dalla palla chiusa B(3, 2) = B(3, 2) ∪ {1}.

2.3 Spazi metrici connessi Definizione 2.15 (spazio metrico connesso, sottoinsieme connesso). Uno spazio metrico (S, d) `e detto connesso se gli unici sottoinsiemi di S contemporaneamente aperti e chiusi sono ∅ e S. Se A ⊂ S, allora A `e un sottoinsieme connesso di S se lo spazio metrico (A, d) `e connesso. In base alla precedente definizione, lo spazio metrico S `e non connesso se in S esistono due insiemi aperti disgiunti A e B, entrambi non vuoti, tali che A ∪ B = S. In questo caso, infatti, A = S \ B `e anche chiuso. Esempio 2.16. Sia S = A ∪ B con A = {z ∈ C : |z| ≤ 1} e B = {z ∈ C : |z − 3| < 1} e si assuma per d la usuale distanza euclidea ` d(z, w) = |z − w|. L’insieme A `e contemporaneamente aperto e chiuso. E chiuso in quanto il suo complemento Ac = S \ A = B `e aperto, ed `e aperto in quanto ∀z ∈ A si ha B(z, 1) ⊂ A. Analogamente B `e contemporaneamente aperto e chiuso. Lo spazio metrico (S, d) `e non connesso. Teorema 2.17. Un insieme S ⊂ R `e connesso se e solo se S `e un intervallo. Dimostrazione. Limitiamoci a mostrare che un insieme S ⊂ R connesso `e necessariamente un intervallo (per la dimostrazione dell’implicazione inversa si veda [4]). Sia dunque S ⊂ R connesso. Se, per assurdo, S non fosse un intervallo, allora ∃a, b ∈ S e ∃t ∈ / S tali che a < t < b. Si ponga A = (−∞, t)∩S e B = (t, ∞)∩ S. I due insiemi A e B sono aperti in S, inoltre A = ∅ in quanto a ∈ A, e B = ∅ in quanto b ∈ B. Poich´e t ∈ / S si ha anche A ∩ B = ∅, mentre A ∪ B = S. Si conclude con l’assurdo che S `e non connesso. Pertanto S deve essere un intervallo.  

2.3 Spazi metrici connessi

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Definizione 2.18 (poligonale). Se z, w ∈ C si indichi il segmento di linea retta da z a w come [z, w] = {z + t(w − z), 0 ≤ t ≤ 1}. Si chiama poligonale da z a w l’insieme P = ∪n−1 k=1 [zk , zk+1 ] dove zk ∈ C, k = 1, . . . , n, con z1 = z e zn = w. Teorema 2.19. Un insieme aperto G ⊂ C `e connesso se e solo se ∀z, w ∈ G esiste una poligonale da z a w che giace interamente in G. Dimostrazione. Supponiamo che ∀z, w ∈ G esista una poligonale da z a w che giace interamente in G. Se, per assurdo, G non fosse connesso, allora risulterebbe G = Z ∪ W con Z e W aperti e chiusi, non vuoti e disgiunti. Si considerino due punti z ∈ Z e w ∈ W e sia P una poligonale da z a w tale che P ⊂ G. Per semplicit` a assumiamo che P = [z, w]; se P fosse composta da pi` u intervalli si ragionerebbe in modo simile considerando quel segmento [zk , zk + 1] i cui estremi sono tali che zk ∈ Z e zk+1 ∈ W . Definiti S = {s ∈ [0, 1] : z + (w − z)s ∈ Z} e T = {t ∈ [0, 1] : z + (w − z)t ∈ W }, risulta S ∩ T = ∅ e S ∪ T = [0, 1]. Inoltre S e T sono aperti in [0, 1] e non vuoti in quanto 0 ∈ S e 1 ∈ T . Si `e cos`ı giunti ad una contraddizione con il fatto che l’intervallo [0, 1] `e connesso. Dobbiamo perci`o ammettere che G `e connesso. Viceversa, si supponga G connesso. Sia z un generico punto di G e definiamo W = {w ∈ G : esiste una poligonale P ⊂ G da z a w}. Basta mostrare che W `e simultaneamente aperto e chiuso in G. Infatti, se questo `e vero, poich´e W = ∅, in quanto z ∈ W , e G `e connesso, deve essere W = G. Per mostrare che W `e aperto in G, si consideri un punto w ∈ W e sia P una poligonale da z a w con P ⊂ G. Poich´e G `e aperto ∃ε > 0 tale che B(w, ε) ⊂ G. Se w  ∈ B(w, ε) allora [w, w ] ⊂ B(w, ε) ⊂ G. Quindi la poligonale P ∪ [w, w  ] che va da z a w  `e ancora contenuta in G. Si conclude che B(w, ε) ⊂ W e quindi W `e aperto. Per mostrare che W `e chiuso in G, si supponga che esista un punto w ∈ G \ W e sia ε > 0 tale che B(w, ε) ⊂ G. Deve necessariamente essere W ∩B(w, ε) = ∅, altrimenti sarebbe possibile costruire una poligonale da z a w contenuta in G. Questo vuol dire che B(w, ε) ⊂ G \ W , cio`e G \ W `e aperto e quindi W chiuso in G.   Si osservi che il precedente teorema vale per insiemi G ⊂ C aperti e che, pi` u precisamente, tale propriet`a `e sfruttata solo nella seconda parte della dimostrazione. Si consideri il caso di G non aperto costituito da due dischi disgiunti collegati da un arco non rettilineo: in base alla Definizione 2.15, G `e un insieme connesso ma non tutte le coppie di punti di G sono collegabili da una poligonale interamente giacente in G.

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2 Spazi metrici

2.4 Convergenza di successioni Definizione 2.20 (successione convergente). Sia (xn)∞ u n=1 , o, come pi` brevemente sar` a spesso indicata, (xn ), una successione nello spazio metrico (S, d). Si dice che tale successione converge a x, e si scrive lim xn = x

n→∞

oppure

n→∞

xn −−−−→ x,

(2.10)

se ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che d(x, xn ) < ε ∀n ≥ N . In altre parole, si ha limn→∞ xn = x se e solo se limn→∞ d(x, xn) = 0. Teorema 2.21. Sia (S, d) uno spazio metrico. Un insieme F ⊂ S `e chiuso in S se e solo se per ogni successione (xn ) in F convergente a x si ha x ∈ F . Dimostrazione. Sia F chiuso in (S, d). Se (xn ) `e una generica successione in F convergente a x, allora per definizione ogni xn ∈ F e ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che d(x, xn) < ε ∀n ≥ N . Pertanto ∀ε > 0 B(x, ε)∩F = ∅. Per il Teorema 2.13 si conclude che x ∈ F e quindi, essendo F = F , si ha che x ∈ F . Viceversa, si supponga che per ogni successione (xn ) in F convergente a x si abbia x ∈ F . Se per assurdo F non fosse chiuso, esisterebbe y ∈ F tale che y ∈ / F . Poich´e y ∈ F , ∀ε > 0 B(y, ε) ∩ F = ∅. Posto allora ε = 1/n si ha che ∃yn ∈ F tale che d(yn , y) < 1/n. Abbiamo cos`ı costruito una successione (yn ) in F che converge ay∈ / F . Questo contraddice l’ipotesi e pertanto F deve essere chiuso.   Definizione 2.22 (punto limite). Sia A un sottoinsieme dello spazio metrico (S, d). Un punto x ∈ S si chiama punto limite (punto di aderenza) di A se esiste una successione (xn ) di elementi xn ∈ A che converge a x. Indichiamo con L(A) l’insieme di tutti i punti limite di A. Evidentemente A ⊂ L(A). Teorema 2.23. Sia A un sottoinsieme dello spazio metrico (S, d). Allora A = L(A). Dimostrazione. Mostriamo che A ⊂ L(A) e successivamente che L(A) ⊂ A. Sia x ∈ A. Allora ∀ε > 0 B(x, ε) ∩ A = ∅. Scelto ε = 1/n si conclude che ∃xn ∈ A tale che d(xn , x) < 1/n, cio`e la successione (xn ) di punti di A converge a x. Quindi x ∈ L(A). Viceversa, sia x ∈ L(A). Allora esiste una successione (xn ) di punti di A che converge a x. Pertanto ∀ε > 0 ∃N (ε) tale che d(x, xn ) < ε ∀n ≥ N . Poich´e ogni xn ∈ A si conclude che ∀ε > 0 B(x, ε) ∩ A = ∅, cio`e x ∈ A.   Definizione 2.24 (insieme denso). Sia (S, d) uno spazio metrico e A e B due sottoinsiemi di S tali che A ⊂ B. L’insieme A si dice denso in B se B ⊂ A. In altre parole, A `e denso in B se ∀x ∈ B e ∀ε > 0 ∃y ∈ A tale che d(x, y) < ε.

2.5 Spazi metrici completi

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Definizione 2.25 (successione di Cauchy). Sia (S, d) uno spazio metrico e (xn ) una successione di punti xn ∈ S. La successione `e detta di Cauchy se ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che d(xn, xm) < ε ∀n, m ≥ N . Teorema 2.26. Ogni successione convergente `e una successione di Cauchy. Dimostrazione. Sia (xn ) una successione nello spazio metrico (S, d) convergente a x ∈ S. Ci` o significa che ∀ε > 0 ∃N (ε/2) tale che d(x, xn ) < ε/2 ∀n ≥ N . Dalla disuguaglianza triangolare della distanza d, segue che d(xn , xm ) ≤ d(xn , x) + d(x, xm) < ε/2 + ε/2 = ε ∀n, m ≥ N , cio`e (xn ) `e una successione di Cauchy.   Non necessariamente una successione di Cauchy `e convergente. Tuttavia: Teorema 2.27. Se (xn ) `e una successione di Cauchy nello spazio metrico (S, d) che ammette una sottosuccessione (xnk ) convergente in S, allora (xn ) `e convergente in S. Dimostrazione. Poich´e la successione (xn ) `e di Cauchy ∀ε > 0 ∃N  (ε/2) tale che d(xn , xm ) < ε/2 ∀n, m ≥ N  . Poich´e la sottosuccessione (xnk ) `e convergente in S, diciamo a x ∈ S, ∀ε > 0 ∃N  (ε/2) tale che d(xnk , x) < ε/2 ∀nk ≥ N  . Posto N = max(N  , N ) e scelto nk ≥ N , dalla propriet` a triangolare della distanza segue che ∀n ≥ N d(xn , x) ≤ d(xn, xnk ) + d(xnk , x) ≤ ε/2 + ε/2 = ε, n→∞   cio`e xn −−−−→ x.

2.5 Spazi metrici completi Definizione 2.28 (spazio metrico completo, sottoinsieme completo). Uno spazio metrico (S, d) `e detto completo se tutte le successioni di Cauchy in S sono convergenti in S. Se A ⊂ S, allora A `e un sottoinsieme completo di S se lo spazio metrico (A, d) `e completo. Si dimostra che (R, d) con d distanza euclidea `e completo. Invece (Q, d) non `e completo. Per quanto riguarda il campo dei numeri complessi si ha: Teorema 2.29. (C, d) con d distanza euclidea `e uno spazio metrico completo. Dimostrazione. Assumiamo di aver gi`a dimostrato che (R, d) con d distanza euclidea `e completo. Sia (zn ) con zn = xn + iyn una generica successione di Cauchy in C. Segue che (xn ) e (yn ) sono successioni di Cauchy in R, infatti basta osservare che |xn − xm | ≤ |zn − zm | e |yn − ym | ≤ |zn − zm | qualunque n→∞ n→∞ siano gli indici n e m. Poich´e R `e completo, xn −−−−→ x ∈ R e yn −−−−→ y ∈ R. n→∞   Segue che zn −−−−→ x + iy ∈ C, cio`e C `e completo. Dalla completezza di uno spazio metrico segue un importante criterio per stabilire se un suo sottoinsieme `e completo oppure no.

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2 Spazi metrici

Teorema 2.30. Sia (S, d) uno spazio metrico completo e F ⊂ S. Lo spazio metrico (F, d) `e completo se e solo se F `e chiuso in S. Dimostrazione. Supponiamo che (F, d) sia completo e mostriamo che F `e ` sufficiente mostrare che per ogni successione (xn ) di punti chiuso in S. E xn ∈ F convergente a x si ha x ∈ F . Questo `e proprio quello che capita in quanto (xn ), essendo una successione convergente, `e anche di Cauchy e (F, d) `e completo. Viceversa, supponiamo che F sia chiuso in S e mostriamo che (F, d) `e completo. Si consideri una generica successione di Cauchy (xn ) in F . Ovviamente questa `e anche una successione di Cauchy in S che `e completo. n→∞ Pertanto ∃x ∈ S tale che xn −−−−→ x. Poich´e F `e chiuso in S deve essere x ∈ F , quindi (xn ) converge in F e (F, d) `e completo.   La propriet` a di chiusura di F in S `e ovviamente una condizione necessaria affinch´e (F, d) sia completo. In generale non `e una condizione sufficiente se lo spazio metrico (S, d) non `e completo. Si consideri ad esempio lo spazio metrico (Q, d) con d distanza euclidea e si prenda F = [0, 1] ∩ Q. Si mostra immediatamente che F `e chiuso in Q ma (F, d) non `e completo.

2.6 Spazi metrici compatti Definizione 2.31 (spazio metrico (sequenzialmente) compatto, sottoinsieme (sequenzialmente) compatto). Uno spazio metrico (S, d) si dice sequenzialmente compatto se ogni successione in S ammette una sottosuccessione convergente in S. Se A ⊂ S, allora A `e un sottoinsieme sequenzialmente compatto di S se lo spazio metrico (A, d) `e sequenzialmente compatto. Pu` o essere mostrato che ogni spazio metrico sequenzialmente compatto `e anche compatto (ogni copertura ammette una sottocopertura finita) e viceversa. Pertanto d’ora in avanti non faremo distinzione tra compattezza e sequenziale compattezza. Corollario 2.32. Ogni spazio metrico (sequenzialmente) compatto `e completo. Dimostrazione. Segue immediatamente dal Teorema 2.27 e dalla Definizione 2.31.   Definizione 2.33 (spazio metrico totalmente limitato). Uno spazio metrico (S, d) `e detto totalmente limitato se ∀ε > 0 esiste un sottoinsieme finito di S, diciamo {x1 , x2 , . . . , xn }, tale che S = ∪ni=1 B(xi , ε). Teorema 2.34. Uno spazio metrico (S, d) totalmente limitato `e limitato. Dimostrazione. In base alla definizione di totale limitatezza, scelto arbitrariamente ε > 0 e detto {x1 , x2 , . . . , xn} l’insieme finito di punti tale che

2.6 Spazi metrici compatti

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S = ∪ni=1 B(xi , ε), allora ∀x, y ∈ S `e possibile trovare due indici 1 ≤ j, k ≤ n tali che x ∈ B(xj , ε) e y ∈ B(xk , ε). Pertanto d(x, y) ≤ d(x, xj ) + d(xj , xk ) + d(xk , y) ≤ ε + d(xj , xk) + ε e quindi diam S = sup d(x, y) ≤ 2ε + max d(xj , xk ) < ∞, x,y∈S

da cui si conclude che S `e limitato.

j,k=1,n

 

Teorema 2.35. Uno spazio metrico (S, d) `e compatto se e solo se `e completo e totalmente limitato. Dimostrazione. Supponiamo, per iniziare, che (S, d) sia compatto e mostriamo che `e completo e assolutamente limitato. La completezza di (S, d) segue dal Corollario 2.32. Se per assurdo (S, d) non fosse totalmente limitato allora esisterebbe ε0 > 0 tale che per nessun insieme finito di punti {x1 , x2 , . . . , xn} si avrebbe S = ∪ni=1 B(xi , ε0 ). Scelto un punto arbitrario x1 ∈ S si ha allora S = B(x1 , ε0 ). Pertanto ∃x2 ∈ S tale che d(x1 , x2 ) ≥ ε0 . D’altro canto si ha S = B(x1 , ε0 ) ∪ B(x2 , ε0 ) e quindi ∃x3 ∈ S tale che d(x1 , x3 ) ≥ ε0 e d(x2 , x3) ≥ ε0 . Proseguendo in questo modo costruiamo una successione (xn ) di punti di S con la propriet` a che d(xi, xj ) ≥ ε0 se i = j. Tale successione non ammette alcuna sottosuccessione convergente e questo contraddice l’ipotesi che (S, d) `e sequenzialmente compatto. Viceversa, supponiamo che (S, d) sia completo e totalmente limitato e mostriamo che `e sequenzialmente compatto. Sia (xn ) una generica successione di punti xn ∈ S. Poich´e (S, d) `e totalmente limitato, ∀ε > 0 esiste un sottoinsieme finito di S, diciamo {y1 , y2 , . . . , yk }, tale che S = ∪ki=1 B(yi , ε). Evidentemente almeno una di queste k palle, diciamo quella di centro yi0 , deve contenere infiniti elementi della successione (xn ). In altre parole, ∃N (ε) e una sottosuccessione (xnj ) tali che xnj ∈ B(yi0 , ε) ∀nj ≥ N . Segue che la successione (xnj ) `e di Cauchy e quindi, per la completezza di (S, d), convergente. In conclusione, dall’arbitraria successione (xn ) di S abbiamo estratto una sottosuccessione convergente, e quindi (S, d) `e sequenzialmente compatto.   Teorema 2.36 (Heine-Borel). Un sottoinsieme K ⊂ Rn `e compatto se e solo se K `e chiuso e limitato. Dimostrazione. Supponiamo, per iniziare, che K ⊂ Rn sia compatto e mostriamo che `e chiuso e limitato. Per il Teorema 2.35 K `e completo e totalmente limitato. Pertanto, per il Teorema 2.30 K `e chiuso in Rn e per il Teorema 2.34 limitato. Viceversa, supponiamo che K sia chiuso e limitato e mostriamo che `e compatto. Poich´e K `e limitato ∃a1 , . . . , an ∈ R e ∃b1 , . . . , bn ∈ R tali che K ⊂ F = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn]. Essendo F chiuso in Rn e Rn completo

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2 Spazi metrici

segue che F `e completo. D’altro canto F `e anche totalmente limitato (∀ε > 0 si consideri una quadrettatura di F in cubi n-dimensionali di lato ≤ ε: il corrispondente numero finito di vertici pu` o essere usato come l’insieme finito di punti {x1 , x2 , . . . , xN }, tale che S = ∪N i=1 B(xi , ε)) e quindi per il Teorema 2.35 F risulta compatto. In conclusione, K `e un sottoinsieme chiuso di F compatto e quindi `e esso stesso compatto.   I sottoinsiemi di C compatti sono tutti e solo quelli chiusi e limitati. Mentre in Rn limitatezza e totale limitatezza coincidono, in generale la totale limitatezza `e una propriet` a pi` u forte della limitatezza. Per questo motivo il teorema di Heine-Borel non si applica a un generico spazio metrico nel quale `e possibile trovare insiemi chiusi e limitati che non sono compatti.

Esercizi 2.1. Sia S un insieme arbitrario non vuoto e d : S × S → R la funzione  0 x=y d(x, y) = . 1 x = y Dimostrare che (S, d) `e uno spazio metrico (detto spazio di punti isolati). 2.2. Sia S = R e si consideri la funzione d : S × S → R d(x, y) =

|x − y| . 1 + |x − y|

Si dimostri che (S, d) `e uno spazio metrico e si valuti il suo diametro. Suggerimento: si osservi che g(t) = t/(1 + t) `e monotona crescente per t ∈ [0, ∞). 2.3. Si consideri la funzione d : C × C → R d(z1 , z2 ) = max (|Re(z1 − z2 )| , |Im(z1 − z2 )|). Si dimostri che (C, d) `e uno spazio metrico e si disegni la palla chiusa B(0, 1). 2.4. Dimostrare le seguenti affermazioni, se vere, o fornire un controesempio, se false: a) l’unione di una infinit` a numerabile di aperti `e un aperto; b) l’intersezione di una infinit` a numerabile di aperti `e un aperto; c) l’unione di una infinit` a numerabile di chiusi `e un chiuso; d) l’intersezione di una infinit` a numerabile di chiusi `e un chiuso.

Esercizi

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2.5. Dimostrare le seguenti affermazioni, se vere, o fornire un controesempio, se false: a) (A ∪ B)◦ = A◦ ∪ B ◦ ; b) (A ∩ B)◦ = A◦ ∩ B ◦ ; c) A ∪ B = A ∪ B; d) A ∩ B = A ∩ B. 2.6. Dimostrare la seguente affermazione, se vera, o fornire un controesempio, se falsa. Sia A un sottoinsieme dello spazio metrico (S, d), allora diam A = diam A. 2.7. Siano A e B due sottoinsiemi di uno spazio metrico (S, d). Dimostrare che se A ⊂ B, allora A ⊂ B e A◦ ⊂ B ◦ . 2.8. Sia A un sottoinsieme di uno spazio metrico (S, d). Dimostrare che A◦ = A e (A)◦ = A◦ .

3 Limiti e continuit` a

Sommario. Definizione di convergenza per funzioni tra spazi metrici. Unicit`a del limite e caratterizzazione in termini di successioni convergenti. Limiti di funzioni composte. Il caso delle funzioni complesse: relazione con i limiti delle funzioni parte reale e immaginaria, limite della somma, del prodotto e del rapporto di due funzioni. Limiti con il punto all’infinito. Funzioni continue in un punto, funzioni continue. Una funzione `e continua se e solo se la funzione inversa trasforma aperti in aperti o chiusi in chiusi. La composizione di funzioni continue `e continua. Il caso delle funzioni complesse: relazione con la continuit` a delle funzioni parte reale e immaginaria, continuit` a della somma, del prodotto e del rapporto di due funzioni continue. Funzioni uniformemente continue e Lipschitz continue: mutue implicazioni. Una funzione continua trasforma compatti in compatti e connessi in connessi. Una funzione continua su un compatto a valori in R assume massimo e minimo assoluti. Il modulo di una funzione continua su un compatto a valori in C assume massimo e minimo assoluti. Una funzione a valori in C continua e non nulla in un punto `e non nulla in un intorno dello stesso punto. Una funzione continua su un compatto `e uniformemente continua.

3.1 Limiti Definizione 3.1 (limite). Siano (S, d) e (Ω, ρ) due spazi metrici e si consideri una funzione f : S → Ω. Se a ∈ S e ω ∈ Ω, allora limx→a f(x) = ω `e equivalente a dire che ∀ε > 0 ∃δ(ε) > 0 tale che f(x) ∈ B(ω, ε) ∀x ∈ B(a, δ) \ {a}. In altre parole, ∀ε > 0 ∃δ(ε) > 0 tale che ρ(f(x), ω) < ε quando 0 < d(x, a) < δ. Teorema 3.2 (unicit` a del limite). Sia f : (S, d) → (Ω, ρ), a ∈ S e ω ∈ Ω. Se limx→a f(x) = ω allora ω `e unico. Dimostrazione. Si supponga che esista ω ∈ Ω tale che limx→a f(x) = ω . Allora ∀ε > 0 ∃δ  (ε/2) > 0 tale che ρ(f(x), ω ) < ε/2 quando 0 < d(x, a) < δ  . Poich´e per ipotesi si ha anche limx→a f(x) = ω, in corrispondenza allo stesso ε ∃δ(ε/2) > 0 tale che ρ(f(x), ω) < ε/2 quando 0 < d(x, a) < δ. Pertanto, se Presilla C.: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile. © Springer-Verlag Italia 2011

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3 Limiti e continuit` a

x = a `e un punto di S tale che d(x, a) < min(δ, δ  ), per la propriet` a triangolare della distanza ρ si ha ρ(ω, ω ) ≤ ρ(ω, f(x)) + ρ(f(x), ω ) < ε/2 + ε/2 = ε. Dall’arbitrariet` a di ε segue ρ(ω, ω ) = 0 e quindi ω  = ω.   Teorema 3.3. Sia f : (S, d) → (Ω, ρ), a ∈ S e ω ∈ Ω. Allora limx→a f(x) = ω se e solo se per ogni successione (xn ) di punti xn ∈ S tali che limn→∞ xn = a si ha limn→∞ f(xn ) = ω. Dimostrazione. Si supponga che limx→a f(x) = ω. Allora ∀ε > 0 ∃δ(ε) > 0 tale che ρ(f(x), ω) < ε quando 0 < d(x, a) < δ. D’altro canto se (xn ) `e una generica successione di punti xn ∈ S tali che limn→∞ xn = a, allora ∃N (δ) tale che d(xn, a) < δ quando n ≥ N . Combinando le due propriet` a troviamo che ρ(f(xn ), ω) < ε quando n ≥ N , cio`e limn→∞ f(xn ) = ω. Viceversa, si supponga che per ogni successione (xn ) di punti xn ∈ S tali che limn→∞ xn = a si abbia limn→∞ f(xn ) = ω. Supponiamo, per assurdo, che sia falso che limx→a f(x) = ω. In tal caso esisterebbe un ε > 0 tale che ∀δ > 0 ∃x ∈ B(a, δ) \ {a} con la propriet` a ρ(f(x), ω) ≥ ε. Si scelga δ = 1/n, e si chiami xn il punto (uno dei punti) in B(a, 1/n) \ {a} per cui ρ(f(xn ), ω) ≥ ε. Abbiamo cos`ı costruito una successione (xn ) in S tale che limn→∞ xn = a ma per la quale f(xn ) non converge a ω. Dobbiamo quindi ammettere che limx→a f(x) = ω.   Teorema 3.4. Siano f : (S1 , d1 ) → (S2 , d2) e g : (S2 , d2 ) → (S3 , d3 ) due funzioni tali che limx→a f(x) = b e limy→b g(y) = c, con a ∈ S1 , b ∈ S2 e c ∈ S3 . Allora limx→a (g ◦ f)(x) = c. Dimostrazione. Elementare, sfruttando la definizione di limite e osservando che (g ◦ f)(x) = g(f(x)).   Si osservi che, in generale, limx→a (g ◦ f)(x) = g(limx→a f(x)), mentre tale uguaglianza vale se g `e continua in b, come si vedr`a pi` u avanti. Nel caso di funzioni complesse, alle propriet` a del limite sopra derivate a partire dalla Definizione 3.1, aggiungiamo le seguenti. Teorema 3.5. Sia f : C → C e a, w ∈ C. Allora  limz→a Re f(z) = Re w lim f(z) = w se e solo se . limz→a Im f(z) = Im w z→a Dimostrazione. Elementare, sfruttando la definizione di limite e osservando che ∀z ∈ G valgono le disuguaglianze |Re f(z) − Re w| = |Re(f(z) − w)| ≤ |f(z) − w| , |Im f(z) − Im w| = |Im(f(z) − w)| ≤ |f(z) − w| , e la disuguaglianza triangolare |f(z) − w| = |Re(f(z) − w) + i Im(f(z) − w)| ≤ |Re f(z) − Re w| + |Im f(z) − Im w| .  

3.2 Continuit` a

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Teorema 3.6. Siano f : (S, d) → C, g : (S, d) → C, a ∈ S e wf , wg ∈ C. Se lim f(x) = wf

x→a

e

lim g(x) = wg ,

x→a

allora lim (f ± g)(x) = wf ± wg ,

x→a

lim (fg)(x) = wf wg ,

x→a

lim (f/g)(x) = wf /wg ,

x→a

se wg = 0.

Dimostrazione. Elementare, sfruttando la definizione di limite.

 

Nel piano complesso esteso la palla aperta di centro ∞ e raggio r `e definita come l’insieme B(∞, r) = {z ∈ C : 1/ |z| < r}. Di conseguenza, i limiti che coinvolgono il punto all’infinito possono essere riscritti in termini di opportuni limiti ordinari. Teorema 3.7. Sia f : C → C e a, w ∈ C. Allora 1 = 0, f(z)  1 = w, lim f(z) = w se e solo se lim f z→∞ z→0 z 1 lim f(z) = ∞ se e solo se lim  1  = 0. z→∞ z→0 f z lim f(z) = ∞

z→a

se e solo se

lim

z→a

(3.1) (3.2) (3.3)

Dimostrazione. Elementare, sfruttando la definizione di limite e quella di palla aperta di centro ∞.   Esempio 3.8. Si considerino i seguenti tre casi:  −1 1 1 = ∞ poich´ e lim = lim (z − 1)3 = 0, lim z→1 (z − 1)3 z→1 (z − 1)3 z→1 4z 2 = 4 poich´e z→∞ (z − 1)2 lim

z2 + 1 =∞ z→∞ z − 1 lim

4z −2 4 = lim = 4, z→0 (z −1 − 1)2 z→0 (1 − z)2 lim

 poich´e

lim

z→0

z −2 + 1 z −1 − 1

−1 = lim

z→0

z − z2 = 0. 1 + z2

3.2 Continuit` a Definizione 3.9 (funzione continua). Sia f : (S, d) → (Ω, ρ). La funzione f si dice continua nel punto a ∈ S se limx→a f(x) = f(a), ovvero se ∀ε > 0 ∃δ(ε) > 0 tale che f(x) ∈ B(f(a), ε) ∀x ∈ B(a, δ). La funzione f si dice continua se `e continua in ogni punto di S, ovvero se ∀a ∈ S e ∀ε > 0 ∃δ(ε, a) > 0 tale che ρ(f(x), f(a)) < ε quando d(x, a) < δ.

28

3 Limiti e continuit` a

La continuit` a di una funzione in un punto o in tutto il dominio `e regolata dalle seguenti propriet` a. Teorema 3.10. Sia f : (S, d) → (Ω, ρ) e sia a ∈ S. Le seguenti affermazioni sono equivalenti: a) f `e continua in a; b) ∀ε > 0 f −1 (B(f(a), ε)) contiene una palla di centro a; c) se limn→∞ xn = a, allora limn→∞ f(xn ) = f(a). Dimostrazione. Elementare.

 

Esempio 3.11. La funzione distanza d : S × S → R `e continua. Basta osservare che, se (xn ) e (yn ) sono due qualsiasi successioni convergenti in S rispettivamente a x e y, allora limn→∞ d(xn, yn ) = d(x, y). Infatti, per la propriet` a triangolare della distanza, si ha |d(x, y) − d(xn , yn )| = |d(x, y) − d(xn , y) + d(xn , y) − d(xn , yn )| ≤ |d(x, y) − d(xn , y)| + |d(xn , y) − d(xn , yn )| ≤ d(x, xn) + d(y, yn ). D’altro canto limn→∞ d(x, xn) = limn→∞ d(y, yn ) = 0 e quindi l’asserto. Teorema 3.12. Sia f : (S, d) → (Ω, ρ). Le seguenti affermazioni sono equivalenti: a) f `e continua; b) se Γ `e aperto in Ω allora f −1 (Γ ) `e aperto in S; c) se Γ `e chiuso in Ω allora f −1 (Γ ) `e chiuso in S. Dimostrazione. Dimostriamo nell’ordine le implicazioni a) ⇒ b), b) ⇒ c) e infine c) ⇒ a). a) ⇒ b) Si supponga f continua. Sia Γ ⊂ Ω aperto e si consideri un punto x ∈ f −1 (Γ ) ⊂ S. Poich´e f(x) ∈ Γ e Γ `e aperto, ∃ε > 0 tale che B(f(x), ε) ⊂ Γ . Per il punto b) del Teorema 3.10 ∃δ > 0 tale che B(x, δ) ⊂ f −1 (Γ ). Dalla arbitrariet` a di x segue che f −1 (Γ ) `e aperto. b) ⇒ c) Si supponga che ogni aperto in Ω sia trasformato da f −1 in un aperto in S. Se Γ ⊂ Ω `e chiuso, allora Ω \ Γ `e aperto e quindi anche f −1 (Ω \ Γ ) = S \ f −1 (Γ ) `e aperto. Pertanto f −1 (Γ ) `e chiuso. c) ⇒ a) Si supponga che ogni chiuso in Ω sia trasformato da f −1 in un chiuso in S. Se, per assurdo, f `e non continua in un qualche punto x ∈ S, allora ∃ε > 0 e una successione (xn ) tale che per ogni n vale ρ(f(xn ), f(x)) ≥ ε mentre limn→∞ xn = x. Si ponga Γ = Ω \ (B(f(x), ε). Per costruzione Γ `e chiuso e ogni xn ∈ f −1 (Γ ). Poich´e f −1 (Γ ) `e chiuso deve essere x ∈ f −1 (Γ ). Questo implica ρ(f(x), f(x)) ≥ ε, che `e assurdo, pertanto f deve essere continua.   Teorema 3.13. Siano f : (S1 , d1 ) → (S2 , d2) e g : (S2 , d2 ) → (S3 , d3 ) continue. Allora g ◦ f : (S1 , d1) → (S3 , d3 ) `e continua.

3.2 Continuit` a

29

Dimostrazione. Se A `e aperto in (S3 , d3 ), allora g −1 (A) `e aperto in (S2 , d2 ) e f −1 (g−1 (A)) `e aperto in (S1 , d1 ). Osservando (g ◦ f)(x) = g(f(x)) e, di conseguenza, f −1 (g −1 (x)) = (g ◦ f)−1 (x), per il punto b) del Teorema 3.12 si conclude che g ◦ f `e continua.   Nel caso di funzioni complesse valgono inoltre le seguenti propriet` a. Teorema 3.14. Sia f : C → C e a ∈ C. La funzione f `e continua in a se e solo se le funzioni componenti Re f, Im f : R2 → R sono continue in (Re a, Im a). Dimostrazione. Elementare, sfruttando la definizione di continuit` a e il Teorema 3.5.   Teorema 3.15. Siano f : (S, d) → C e g : (S, d) → C continue. Allora le funzioni f ± g e fg sono continue. La funzione f/g `e continua in ogni punto x ∈ S tale che g(x) = 0. Dimostrazione. Elementare, sfruttando la definizione di continuit` a.

 

Definizione 3.16 (funzione uniformemente continua). Sia f : (S, d) → (Ω, ρ). La funzione f si dice uniformemente continua se ∀ε > 0 ∃δ(ε) > 0, dipendente solo da ε, tale che ρ(f(x), f(y)) < ε ∀x, y ∈ S con d(x, y) < δ. Definizione 3.17 (funzione Lipschitz continua). Sia f : (S, d) → (Ω, ρ). La funzione f si dice Lipschitz continua se ∃M > 0 tale che ∀x, y ∈ S risulta ρ(f(x), f(y)) < M d(x, y). ` evidente che una funzione uniformemente continua `e continua mentre E una funzione Lipschitz continua `e uniformemente continua. Il viceversa, in entrambi i casi, `e in generale falso. Esempio 3.18. La funzione f(x) = x2 con x ∈ [0, ∞) `e continua ma non uniformemente continua. Infatti, fissato un numero reale a > 0 e scelto ε > 0 tale che f(a) − ε > 0, si indichi con δ(ε, a) il raggio della palla di centro a tale che f(B(a, δ)) ⊂ B(f(a), ε). Si ha   δ(ε, a) = min f −1 (f(a) + ε) − a, a − f −1 (f(a) − ε)

   = min a2 + ε − a, a − a2 − ε  = a2 + ε − a. Poich´e lima→∞

√

a2 + ε − a = 0, risulta inf

δ(ε, a) = 0,

a∈[0,∞)

pertanto la funzione f non `e uniformemente continua in [0, ∞).

30

3 Limiti e continuit` a

Fig. 3.1. Grafico di f (x) = x2 . Incrementi costanti della funzione f (a) ± ε corrispondono a incrementi della variabile a− δ1 e a+ δ2 differenti a seconda del valore di a. Posto δ = min(δ1 , δ2 ) si ha f (B(a, δ)) ⊂ B(f (a), ε). Si osservi che δ(ε, a) decresce al crescere di a

√ Esempio 3.19. La funzione f(x) = x con x ∈ [0, ∞) `e uniformemente continua ma non Lipschitz continua. Per dimostrare che f `e uniformemente continua, si ragioni come nell’esempio precedente. Fissato un numero reale a > 0 e scelto ε > 0 tale che f(a) − ε > 0, si indichi con δ(ε, a) il raggio della palla di centro a tale che f(B(a, δ)) ⊂ B(f(a), ε). Si ha   δ(ε, a) = min f −1 (f(a) + ε) − a, a − f −1 (f(a) − ε)  √ √ = min ( a + ε)2 − a, a − ( a − ε)2 √ = 2ε a − ε2 √ √ √ = ε( a + ( a − ε)) > ε a > ε2 , avendo sfruttato il fatto che f(a) − ε > 0, cio`e inf

a∈[0,∞)

√ a > ε. Poich´e

δ(ε, a) ≥ ε2 > 0,

a di f in [0, ∞). D’altro canto la scelta δ(ε) = ε2 assicura l’uniforme continuit` la f non `e Lipschitz √ continua in quanto, considerata la coppia √ √ di punti x e 0, la disuguaglianza x − 0 ≤ M |x − 0| implica M ≥ 1/ x che non pu` o essere soddisfatta per alcun valore della costante reale M quando x ∈ (0, ∞). Se f e g sono due funzioni uniformemente (Lipschitz) continue da (S, d) a C, la loro somma f +g `e ancora una funzione uniformemente (Lipschitz) continua mentre il prodotto fg in generale no.

3.2 Continuit` a

Fig. 3.2. Come nella figura precedente nel caso di f (x) = decresce al decrescere di a

√

31

x. Si osservi che δ(ε, a)

Esempio 3.20. La funzione f(x) = x2/3 con x ∈ [0, ∞) `e uniformemente continua mentre (ff)(x) = x4/3 `e solo continua. Infatti, generalizzando i due esempi precedenti, si ha che una funzione del tipo f(x) = xα `e uniformemente continua in [0, ∞) se 0 < α < 1, mentre per α > 1 nello stesso dominio risulta solo continua. Esempio 3.21. La funzione f(x) = (1+x2 )1/2 con x ∈ R `e Lipschitz continua con costante M = 1 mentre (ff)(x) = 1 + x2 `e solo continua. Teorema 3.22. Sia f : (S, d) → (Ω, ρ) continua. Allora a) se S `e compatto, f(S) `e un sottoinsieme compatto di Ω; b) se S `e connesso, f(S) `e un sottoinsieme connesso di Ω. Dimostrazione. a) Sia (ωn ) una generica successione di punti ωn ∈ f(S) ⊂ Ω. Per ogni ωn ∃xn ∈ S tale che ωn = f(xn ). Si consideri la successione (xn) in S. Essendo S compatto, (xn ) ammette una sottosuccessione (xnk ) convergente a x ∈ S. Posto f(x) = ω ∈ f(S), poich´e f `e continua limnk →∞ ωnk = ω. Si conclude che f(S) `e sequenzialmente compatto. b) Sia Γ ⊂ f(S) un sottoinsieme di f(S) ⊂ Ω non vuoto e contemporaneamente aperto e chiuso in Ω. Poich´e Γ = ∅ deve anche essere f −1 (Γ ) = ∅. Inoltre, poich´e Γ `e contemporaneamente aperto e chiuso in Ω e f `e continua, f −1 (Γ ) `e contemporaneamente aperto e chiuso in S. Essendo S connesso, deve essere f −1 (Γ ) = S e quindi Γ = f(S). Si conclude che f(S) `e connesso.  

32

3 Limiti e continuit` a

Corollario 3.23. Sia f : (S, d) → (Ω, ρ) continua e K ⊂ S. Allora a) se K `e compatto, f(K) `e compatto in Ω; b) se K `e connesso, f(K) `e connesso in Ω. Teorema 3.24. Sia f : (S, d) → R continua e K ⊂ S compatto. Allora f assume in K un massimo e un minimo assoluti, cio`e ∃xa , xb ∈ K tali che ∀x ∈ K si ha f(xa ) ≤ f(x) ≤ f(xb ). Dimostrazione. Si ponga α = inf x∈K f(x) e β = supx∈K f(x). Poich´e f `e continua e K compatto, il sottoinsieme f(K) ⊂ R `e compatto e quindi, per il teorema di Heine-Borel, chiuso e limitato. Pertanto α, β ∈ f(K), cio`e ∃xa , xb ∈ K tali che f(xa ) = α e f(xb ) = β.   Corollario 3.25. Sia f : (S, d) → C continua e K ⊂ S compatto. Allora |f| assume in K un massimo e un minimo assoluti, cio`e ∃xa , xb ∈ K tali che ∀x ∈ K si ha |f(xa )| ≤ |f(x)| ≤ |f(xb )|. Dimostrazione. La funzione g(x) = |f(x)| da (S, d) in R `e continua.

 

Teorema 3.26. Sia f : (S, d) → C. Se f `e continua in a ∈ S e f(a) = 0, allora ∃δ > 0 tale che f(x) = 0 ∀x ∈ B(a, δ). Dimostrazione. Poich´e f `e continua in a, ∀ε > 0 esiste δ(ε) > 0 tale che |f(x) − f(a)| < ε ∀x ∈ B(a, δ). Si scelga ε = |f(a)| /2. Allora |f(x) − f(a)| < |f(a)| /2 ∀x ∈ B(a, δ). Se fosse f(x) = 0 per un qualche x ∈ B(a, δ) si avrebbe |f(a)| < |f(a)| /2. Dunque f(x) = 0 ∀x ∈ B(a, δ).   Teorema 3.27. Sia f : (S, d) → (Ω, ρ) continua e S compatto, allora f `e uniformemente continua. Dimostrazione. Fissato un arbitrario ε > 0 vorremmo trovare δ(ε) > 0 tale che ∀x, y ∈ S con d(x, y) < δ si abbia ρ(f(x), f(y)) < ε. Si supponga, per assurdo, che ci`o non sia possibile, in particolare, la propriet` a sia falsa per ogni δ = 1/n. Allora ∀n ≥ 1, ∃x n , yn ∈ S tali che d(xn , yn ) < 1/n ma ρ(f(xn ), f(yn )) ≥ ε. Poich´e S `e compatto, `e possibile estrarre da (xn ) una sottosuccessione (xnk ) convergente a un qualche punto x ∈ S. Ma se limnk →∞ xnk = x, allora anche limnk →∞ ynk = x. Infatti, n →∞

k −−→ 0. d(x, ynk ) ≤ d(x, xnk ) + d(xnk , ynk ) < d(x, xnk ) + 1/nk −−

Poich´e f `e continua, limnk →∞ f(xnk ) = limnk →∞ f(ynk ) = f(x) e quindi nk →∞

ρ(f(xnk ), f(ynk )) ≤ ρ(f(xnk ), f(x)) + ρ(f(x), f(ynk )) −−−−→ 0 in contraddizione con ρ(f(xnk ), f(ynk )) ≥ ε.

 

Esercizi

33

Esercizi 3.1. Calcolare i seguenti limiti: a)

6(z 3 − 2)2 , z→∞ (z − 1)4 lim

z 101 − 1 , z→1 z − 1

b) lim

(z 2 + 1)2 . z→i (z − i)2

c) lim

3.2. Determinare, se esistono, i seguenti limiti giustificando la risposta: √ z z z4 − z3 − z2 + z , b) lim , c) lim . a) lim 2 z→i z + 1 z→i z z→i z+1 √ √ Si assuma z = reiθ/2 con r ≥ 0 e −π < θ ≤ π. 3.3. Dimostrare che la funzione f(z) = 1/z non `e uniformemente continua in A = {z ∈ C : 0 < |z| ≤ 2}. 3.4. Determinare, se esistono, i seguenti limiti giustificando la risposta: a) lim Re z→1

1+z , z − 3i

b)

1

i

lim |z| 2 e 2 Arg z ,

z→−3

c) lim

z 3

z→0

z

.

3.5. Determinare, se esistono, i seguenti limiti giustificando la risposta: a) lim

z→0

z2 |z|

2,

b)

lim

z→∞

√

√ √ z +i− z−i z,

2

c)

lim

z→∞

1 − |z| . z2 + i

3.6. Determinare, se esistono, i seguenti limiti giustificando la risposta: √ √ √ z 2 − 2i z a) lim 2 , b) lim , c) lim ( z + 2i − z + i). z→∞ z→−3 z z→1+i z − 2z + 2 √ √ Posto z = reiθ con r ≥ 0 e −π < θ ≤ π, si assuma z = reiθ/2 . 3.7. Provare che limz→z0 f(z) = w0 implica limz→z0 |f(z)| = |w0 |. Mostrare con un esempio che il viceversa `e falso.

4 Successioni e serie di funzioni

Sommario. Successioni di funzioni convergenti e convergenti uniformemente. Una successione di funzioni continue convergenti uniformemente ha come limite una funzione continua. Somme parziali di una successione di funzioni a valori in C, serie di funzioni. Convergenza, convergenza uniforme e convergenza assoluta di una serie di funzioni. Una serie di funzioni assolutamente convergente `e convergente. Criterio di Weierstrass per la convergenza uniforme di una serie di funzioni. Limiti superiore e inferiore di una successione numerica reale. Serie di potenze. La serie geometrica. Raggio di convergenza, teorema di Abel. Criterio del rapporto.

4.1 Successioni e serie di funzioni Sia S un insieme e (Ω, ρ) uno spazio metrico. Si consideri la successione di funzioni (fn )∞ n=1 con fn : S → (Ω, ρ). Definizione 4.1 (successione di funzioni convergente). La successione di funzioni (fn ) converge a f : S → (Ω, ρ), e si scrive lim fn (x) = f(x)

n→∞

oppure

n→∞

fn (x) −−−−→ f(x),

se ∀x ∈ S e ∀ε > 0 ∃N (ε, x) intero tale che ρ(fn (x), f(x)) < ε ∀n ≥ N . Definizione 4.2 (successione di funzioni uniformemente convergente). La successione di funzioni (fn ) converge uniformemente a f : S → (Ω, ρ) se ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che ρ(fn (x), f(x)) < ε ∀n ≥ N e ∀x ∈ S. Se S `e equipaggiato con una distanza d vale il seguente teorema. Teorema 4.3. Sia (fn ) una successione di funzioni continue fn : (S, d) → (Ω, ρ) convergente uniformemente a f : (S, d) → (Ω, ρ), allora f `e continua. Dimostrazione. Si prendano x ∈ S e ε > 0 arbitrari. Poich´e la successione (fn ) converge uniformemente a f, ∃n tale che ρ(f(y), fn (y)) < ε/3 ∀y ∈ S. Presilla C.: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile. © Springer-Verlag Italia 2011

36

4 Successioni e serie di funzioni

D’altro canto, essendo fn continua, ∃δ(ε) > 0 tale che ρ(fn (y), fn (x)) < ε/3 ∀x, y ∈ S con d(x, y) < δ. Per la propriet` a triangolare della distanza, si ha allora ρ(f(y), f(x)) ≤ ρ(f(y), fn (y)) + ρ(fn (y), fn (x)) + ρ(fn (x), f(x)) < ε/3 + ε/3 + ε/3 = ε, ∀y ∈ S con d(y, x) < δ. Dall’arbitrariet` a di ε segue la continuit` a di f in x e dall’arbitrariet` a di x la continuit` a di f in tutto S.   Pu` o venire il dubbio che, se le funzioni fn : (S, d) → (Ω, ρ) convergenti a f : (S, d) → (Ω, ρ) sono continue e S `e compatto, allora la convergenza `e sempre uniforme. In generale, ci`o non `e vero. Esempio 4.4. Si consideri la successione di funzioni fn (x) : [0, 1] → [0, 1] con  1 − n |x − 1/n| 0 ≤ x ≤ 2/n fn (x) = . 0 2/n < x ≤ 1 ` immediato dimostrare che tale successione converge, puntualmente ma non E uniformemente, a f(x) = 0. Si consideri il caso speciale in cui Ω = C. Se (fn ) `e una successione di funzioni fn : S → C `e possibile costruire la successione (sn ) delle funzioni somma parziale n-esima sn (x) = f1 (x) + f2 (x) + · · · + fn (x) : S → C. La successione di funzioni (sn ) `e detta serie di funzioni associata alla successione di funzioni (fn ). Definizione 4.5 (serie di funzioni convergente). Si dice che la serie di funzioni associata alla successione di funzioni (fn ) con fn (x) : S →  C converge alla funzione s(x) : S → C, e si scrive s(x) =

∞

fk (x),

k=1

se e solo se ∀x ∈ S s(x) = lim sn (x) = lim n→∞

n→∞

n

fk (x).

k=1

Condizione necessaria affinch´e una serie di funzioni converga `e che ∀x ∈ S si abbia limn→∞ fn (x) = 0. Infatti, se la serie di funzioni converge, allora ∀x ∈ S risulta lim fn (x) = lim (sn (x) − sn−1 (x)) = lim sn (x) − lim sn−1 (x) = 0.

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

Una serie di funzioni che non converge `e detta divergente. In altre parole, una serie di funzioni `e divergente se per qualche x ∈ S si ha s(x) = ∞ oppure  limn→∞ sn (x).

4.1 Successioni e serie di funzioni

37

Definizione 4.6 (serie di  funzioni convergente uniformemente). Si di∞ ce che la serie di funzioni k=1 fk (x) converge uniformemente a s(x) se la successione delle somme parziali n-esime (sn ) converge uniformemente a s. Definizione 4.7 (serie di funzioni convergente assolutamente). Si dice ∞ che la serie di funzioni ∞ k=1 fk (x) converge assolutamente se `e convergente la serie di funzioni k=1 |fk (x)|. Teorema 4.8. Sia (fn ) una successione di funzioni fn : (S, d) → C. Se la ∞ serie di funzioni k=1 fk (x) `e convergente assolutamente, allora tale serie `e convergente. Dimostrazione. Si pongasn (x) = f1 (x) + f2 (x) + · · · + fn (x). Per ipotesi ∞ ∃g : (S, d) → R tale che k=1 |f altre parole ∀x ∈ S e ∀ε > 0 k (x)| = g(x). In  n ∞ ∃N (ε, x) intero tale che |g(x) − k=1 |fk (x)|| = k=n+1 |fk (x)| < ε ∀n ≥ N . Allora ∀n, m ≥ N , supposto m > n, si ha m m ∞

|sm (x) − sn (x)| = fk (x) ≤ |fk (x)| ≤ |fk (x)| < ε. k=n+1

k=n+1

k=n+1

Per ogni fissato x ∈ S si ha quindi che (sn (x)) `e una successione di Cauchy in C. Poich´e C `e completo, ∃s(x) ∈ C tale che limn→∞ sn (x) = s(x).   Teorema 4.9 (criterio di Weierstrass). Sia (fn ) una successione di funzioni fn : (S, d) → C. Se per ogni intero n ∃Mn > 0 con le propriet` a ∞ ∞ |fn (x)| ≤ Mn ∀x ∈ S e k=1 Mk < ∞, allora la serie di funzioni k=1 fk (x) `e convergente uniformemente. Dimostrazione. Si ponga sn (x) = f1 (x) + f2 (x) + · · · + fn (x). Per m > n e ∀x ∈ S risulta m n n ∞

fk (x) ≤ |fk (x)| ≤ Mk ≤ Mk . |sm (x) − sn (x)| = k=n+1 k=n+1 k=n+1 k=n+1 ∞ Poich´e k=1 Mk = M ∈ R, si ha lim

n→∞

∞

Mk = M − lim

k=n+1

n→∞

n

k=1

Questo implica che ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che Pertanto ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che |sm (x) − sn (x)| < ε,

Mk = 0. ∞ k=n+1

Mk < ε ∀n ≥ N . (4.1)

∀m, n ≥ N e ∀x ∈ S. In altre parole, per ogni fissato x ∈ S la successione (sn (x)) `e una successione di Cauchy in C. Per la completezza di C tale successione `e convergente. Si ponga s(x) = limn→∞ sn (x). Risulta cos`ı definita la funzione limite s : (S, d) → C. Prendendo il limite m → ∞ nella (4.1), si ottiene infine che ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che |s(x) − sn (x)| ≤ ε ∀n ≥ N e ∀x ∈ S, cio`e la successione di funzioni (sn (x)) converge a s(x) uniformemente in S.  

38

4 Successioni e serie di funzioni

4.2 Limiti superiore e inferiore di una successione reale Definizione 4.10 (limite superiore, limite inferiore). Data una successione (an ), si definiscono i limiti superiore e inferiore lim sup an = lim sup ak , n→∞

n→∞ k≥n

lim inf an = lim inf ak . n→∞

n→∞ k≥n

(4.2) (4.3)

Evidentemente questa definizione ha senso solo per successioni in insiemi dotati di ordinamento dove i concetti di sup e inf sono definiti. Nel seguito ci limiteremo a considerare il caso in cui an ∈ R. I limiti definiti nelle (4.2) e (4.3) esistono sempre. Nel caso del lim sup, (s) (s) posto an = supk≥n ak , risulta che (an ) `e una successione monotona non (s)

(s)

(s)

crescente di numeri reali, an+1 ≤ an , oppure an = +∞ ∀n. Segue che (s) limn→∞ an = a(s) con a(s) ∈ R oppure a(s) = ±∞. Nel caso del lim inf, (i) (i) posto an = inf k≥n ak , risulta che (an ) `e una successione monotona non (i) (i) (i) decrescente di numeri reali, an+1 ≥ an , oppure an = −∞ ∀n. Segue che (i) limn→∞ an = a(i) con a(i) ∈ R oppure a(i) = ±∞. Il significato di lim sup e lim inf `e caratterizzato con precisione dal seguente: Teorema 4.11. Sia (an ) una successione di numeri reali. Allora a) lim supn→∞ an = a(s) ∈ R se e solo se ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che an < a(s) + ε ∀n ≥ N e inoltre an > a(s) − ε per infiniti valori di n; b) lim supn→∞ an = +∞ se e solo se an assume valori arbitrariamente grandi per infiniti valori di n; c) lim supn→∞ an = −∞ se e solo se limn→∞ an = −∞; d) lim inf n→∞ an = a(i) ∈ R se e solo se ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che an > a(i) − ε ∀n ≥ N e inoltre an < a(i) + ε per infiniti valori di n; e) lim infn→∞ an = +∞ se e solo se limn→∞ an = +∞; f) lim inf n→∞ an = −∞ se e solo se an assume valori arbitrariamente piccoli per infiniti valori di n. Dimostrazione. Vediamo in dettaglio i tre casi relativi al lim sup: a) limn→∞ supk≥n ak = a(s) ∈ R `e equivalente a dire che ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che |a(s) − supk≥n ak | < ε, ovvero a(s) − ε < supk≥n ak < a(s) + ε, ∀n ≥ N . Questa coppia di disuguaglianze a sua volta `e equivalente alle due condizioni an < a(s) + ε ∀n ≥ N e a(s) − ε < an per infiniti valori di n; b) limn→∞ supk≥n ak = +∞ `e equivalente a dire che ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che supk≥n ak > 1/ε ∀n ≥ N . A sua volta ci`o `e equivalente a dire che an assume valori arbitrariamente grandi per infiniti valori di n; c) limn→∞ supk≥n ak = −∞ `e equivalente a dire che ∀ε > 0 ∃N (ε) intero o `e tale che supk≥n ak < −1/ε, ovvero an < −1/ε, ∀n ≥ N . A sua volta ci` equivalente a dire che limn→∞ an = −∞. Un analogo ragionamento si applica al lim inf.

 

4.2 Limiti superiore e inferiore di una successione reale

39

Esempio 4.12. Si considerino le seguenti successioni (an ) di numeri reali: a) an = n (s)

(s)

an = supk≥n ak = +∞ quindi limn→∞ an = +∞, (i)

(i)

an = inf k≥n ak = n quindi limn→∞ an = +∞; b) an = 1 − 1/n (s)

(s)

an = supk≥n ak = 1 quindi limn→∞ an = 1, (i)

(i)

an = inf k≥n ak = 1 − 1/n quindi limn→∞ an = 1; c) an = 1 + 1/n (s)

(s)

an = supk≥n ak = 1 + 1/n quindi limn→∞ an = 1, (i)

(i)

an = inf k≥n ak = 1 quindi limn→∞ an = 1; d) an = −n (s)

(s)

(i)

(i)

an = supk≥n ak = −n quindi limn→∞ an = −∞, an = inf k≥n ak = −∞ quindi limn→∞ an = −∞; e) an = (−1)n (s)

(s)

an = supk≥n ak = 1 quindi limn→∞ an = 1, (i)

(i)

an = inf k≥n ak = −1 quindi limn→∞ an = −1. Il precedente esempio suggerisce che quando esiste il limite ordinario della successione (an ) allora i valori di lim, lim sup e lim inf coincidono. Ci` o `e meglio precisato dai seguenti teoremi. Teorema 4.13. Sia (an ) una successione di numeri reali. Allora lim inf an ≤ lim sup an . n→∞

(4.4)

n→∞

Dimostrazione. L’ovvia disuguaglianza inf k≥n ak ≤ supk≥n ak `e valida per ogni valore di n e quindi rimane valida prendendo il limite n → ∞.   Teorema 4.14. Sia (an ) una successione di numeri reali. Allora esiste limn→∞ an = a se e solo se lim inf n→∞ an = lim supn→∞ an = a. Dimostrazione. Se, per ipotesi, limn→∞ an = a ∈ R, allora ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che |an − a| < ε/2, ovvero a − ε/2 < an < a + ε/2, ∀n ≥ N . Di conseguenza, a−ε/2 < supk≥n ak ≤ a+ε/2, ovvero | supk≥n ak −a| ≤ ε/2 < ε, ∀n ≥ N . Quindi lim supn→∞ an = a. Analogamente, a − ε/2 ≤ inf k≥n ak < a + ε/2, ovvero | inf k≥n ak − a| ≤ ε/2 < ε, ∀n ≥ N . Quindi lim infn→∞ an = a. Viceversa, si supponga che lim supn→∞ an = lim infn→∞ an = a ∈ R. Ci` o vuol dire che ∀ε > 0 ∃Ns (ε) e ∃Ni (ε) interi tali che | supk≥n ak − a| < ε ∀n ≥ Ns e | inf k≥n ak − a| < ε ∀n ≥ Ni . Posto N = max(Ns , Ni ), da queste relazioni segue che a − ε < an < a + ε ∀n ≥ N , cio`e limn→∞ an = a. I casi a = ±∞ seguono immediatamente dai punti c) ed e) del Teorema 4.11 e dal Teorema 4.13.  

40

4 Successioni e serie di funzioni

Teorema 4.15. Siano (an ) e (bn ) due successioni limitate di numeri reali. Allora lim inf an + lim inf bn ≤ lim inf (an + bn ) n→∞

n→∞

n→∞

≤ lim inf an + lim sup bn n→∞

n→∞

≤ lim sup(an + bn ) n→∞

≤ lim sup an + lim sup bn . n→∞

(4.5)

n→∞

Dimostrazione. Si osservi che ∀k ≥ n si ha ak + inf k  ≥n bk  ≤ ak + bk ≤ ak +supk ≥n bk  . Prendendo l’estremo inferiore di questa espressione per k ≥ n e osservando che inf k≥n (ak + c) = inf k≥n ak + c, si ha   = inf ak + inf inf ak + inf b bk  k   k ≥n

k≥n

k ≥n

k≥n

≤ inf (ak + bk ) k≥n  ≤ inf ak + sup bk  k≥n

k  ≥n

= inf ak + sup bk . k≥n

k  ≥n

Nel limite n → ∞ si ottiene lim inf an + lim inf bn ≤ lim inf(an + bn ) ≤ lim inf an + lim sup bn . n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

Per dimostrare le rimanenti disuguaglianze, si osservi che ∀k ≥ n si ha inf k  ≥n ak  +bk ≤ ak +bk ≤ supk≥n ak  +bk . Prendendo l’estremo superiore di questa espressione per k ≥ n e osservando che sup k≥n (c + bk ) = c + supk≥n bk , si ha  sup inf ak  + bk = inf ak + sup bk   k≥n

k ≥n

k ≥n

k≥n

≤ sup (ak + bk ) k≥n



≤ sup k≥n

sup ak + bk

k ≥n

= sup ak + sup bk . k ≥n

k≥n

Nel limite n → ∞ si ottiene lim inf an + lim sup bn ≤ lim sup(an + bn ) ≤ lim sup an + lim sup bn . n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

 

4.3 Serie di potenze

41

Corollario 4.16. Siano (an ) e (bn ) due successioni di numeri reali e sia limn→∞ an = a ∈ R. Allora lim sup(an + bn ) = a + lim sup bn , n→∞

(4.6)

n→∞

lim inf(an + bn ) = a + lim inf bn. n→∞

(4.7)

n→∞

Dimostrazione. Per il teorema precedente si ha lim inf an + lim sup bn ≤ lim sup(an + bn ) ≤ lim sup an + lim sup bn , n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

lim inf an + lim inf bn ≤ lim inf(an + bn ) ≤ lim sup an + lim inf bn . n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

Le relazioni (4.6) e (4.7) seguono immediatamente da queste osservando che   lim inf n→∞ an = lim supn→∞ an = limn→∞ an = a.

4.3 Serie di potenze Definizione 4.17 (serie di potenze). Siano z, z0 , an ∈ C con n ≥ 0 intero. Si chiama serie di potenze intorno a z0 la serie di funzioni ∞

an (z − z0 )n .

(4.8)

n=0

Esempio 4.18. Una serie notevole `e la serie geometrica di ragione z ∞

zn.

(4.9)

n=0

Usando l’identit` a (1 + z + z 2 + · · · + z n )(1 − z) = 1 − z n+1, per z = 1 si ha n

k=0

zk =

1 − z n+1 . 1−z

Se |z| < 1, allora limn→∞ z n = 0 e la serie geometrica converge a 1/(1−z). Tale convergenza `e anche assoluta come si vede immediatamente cambiando z → |z| n nel precedente ragionamento. Se invece |z| > 1, abbiamo che limn→∞ |z| = ∞ e quindi la serie diverge. La serie geometrica (4.9) converge a 1/(1 − z) uniformemente per z ∈ B(0, r) con 0 < r < 1 arbitrario. Infatti, ∀z ∈ B(0, r) si ha n n+1 |z| r n+1 1 k ≤ . z − = 1 − z |1 − z| 1−r k=0

42

4 Successioni e serie di funzioni

Poich´e 0 < r < 1, ∀ε > 0 `e possibile trovare un intero N (ε) sufficientemente grande, ad esempio   ln(ε(1 − r)) − 1, N (ε) = ln r tale che ∀n > N (ε) si abbia rn+1 /(1 − r) < ε e quindi n 1 k ∀z ∈ B(0, r). z − < ε, 1 − z k=0

Si osservi che la convergenza della serie geometrica a 1/(1 − z) non `e uniforme in B(0, 1). Infatti, scelto 0 < ε < 1, per intero n `e possibile ognin+1 n / |1 − z| > ε. trovare z ∈ B(0, 1) tale che k=0 z k − 1/(1 − z) = |z| Il risultato del precedente esempio `e un archetipo dello schema di convergenza di una generica serie di potenze ed `e usato nella dimostrazione del seguente teorema. ∞ n Teorema 4.19 (Abel). Data la serie di potenze con n=0 an (z − z0 ) an , z, z0 ∈ C, si definisca il numero R ∈ [0, ∞] mediante la formula di Hadamard 1 = lim sup |an |1/n . R n→∞

(4.10)

Allora a) se |z − z0 | < R la serie converge assolutamente; b) se |z − z0 | > R la serie diverge (i termini della serie diventano illimitati); c) se 0 < r < R la serie converge uniformemente in B(z0 , r). Dimostrazione. Per semplicit`a di notazione si ponga w = z − z0 . 1/n

a) Se |w| < R, ∃r tale che |w| < r < R. Poich´e 1/r > 1/R = lim sup |an | , dalla definizione di limsup otteniamo che ∃N tale che |an |1/n < 1/r ∀n ≥ N . Quest’ultima disuguaglianza pu`o essere riscritta come |an | < 1/rn equindi |anw n | < (|w| /r)n ∀n ≥ N . Poich´e|w| /r < 1, la serie ∞ ∞ n n reale converge n=0 (|w| /r) converge e pertanto la serie n=0 an w assolutamente; 1/n b) Se |w| > R, ∃r tale che |w| > r > R. Poich´e 1/r < 1/R = lim sup |an | , 1/n dalla definizione di limsup otteniamo che |an | > 1/r per infiniti valori di n. Quest’ultima disuguaglianza pu` o essere riscritta come |an | > 1/r n e quindi |an wn | >  (|w| /r)n per infiniti valori di n. Poich´e |w| /r > 1, i ∞ termini della serie n=0 anw n diventano illimitati per n → ∞; c) Sia 0 < r < R, allora ∃ρ tale che r < ρ < R. Poich´e 1/ρ > 1/R = 1/n lim sup |an | , dalla definizione di limsup otteniamo che ∃N tale che

4.3 Serie di potenze

43

1/n

|an | < 1/ρ ∀n ≥ N . Quest’ultima disuguaglianza pu` o essere riscritta n come |an | < 1/ρn e quindi ∀w ∈ B(0, ρ) si ha |a w | < (|w| /ρ)n < (r/ρ)n ∞ n n ∀n ≥ N . Poich´e r/ρ < 1, la serie reale n=0 (r/ρ) converge e pertanto ∞ in base al criterio di Weierstrass la serie n=0 an (z − z0 )n converge uniformemente in B(z0 , r).   ∞ Teorema 4.20 (criterio del rapporto). Se n=0 an (z − z0 )n `e una serie di potenze con raggio di convergenza R, allora an (4.11) R = lim n→∞ an+1 se questo limite esiste. Dimostrazione. Si supponga che esista il limite di |an /an+1 | per n → ∞ e si indichi con α il suo valore. Posto w = z − z0 , si consideri |w| < r < α. Per ipotesi ∃N intero tale che |an /an+1 | > r ∀n ≥ N . Detto A = |aN | rN e osservando che |aN+k | rN+k = |aN+k−1 | rN+k−1

|aN+k | r |aN+k−1 |

< |aN+k−1 | rN+k−1 ,

k = 1, 2, . . .,

= |an | rn (|w| /r)n ≤ A(|w| /r)n si ha |an | rn ≤ A ∀n ≥ N . Allora |an w n |  ∞ ∀n ≥ N . Essendo |w| < r la serie geometrica n=0 (|w| /r)n converge e quindi ∞ n converge anche la serie e r < α `e arbitrario e la serie n=0 |an w |. Poich´  ∞ n a w converge assolutamente per |w| < r, il raggio di convergenza di n=0 n tale serie deve essere R ≥ α. Si consideri ora |w| > r > α. Poich´e limn→∞ |an /an+1 | = α, ∃N intero tale che |an /an+1| < r ∀n ≥ N . Detto A = |aN | rN e osservando che |aN+k | rN+k = |aN+k−1 | rN+k−1

|aN+k | r |aN+k−1 |

> |aN+k−1 | rN+k−1 ,

k = 1, 2, . . .,

si ha |an | rn ≥ A ∀n ≥ N . Allora |an w n | = |an | rn (|w| /r)n ≥ A(|w| /r)n ∀n ≥ N . Essendo |w| > r, si ha limn→∞ |an wn | = ∞. Poich´e r > α `e arbitrario ∞ e la serie n=0 an w n diverge per |w| > r, il raggio di convergenza di tale serie deve essere R ≤ α. In conclusione, risulta R = α.   Esempio 4.21. Si consideri la serie di potenze ∞

zn . n! n=0

(4.12)

44

4 Successioni e serie di funzioni

Il coefficiente n-esimo della serie `e an = 1/n! e il suo raggio di convergenza si calcola facilmente con il criterio del rapporto an = lim (n + 1)! = lim (n + 1) = ∞. R = lim n→∞ an+1 n→∞ n→∞ n! La serie converge in tutto il piano complesso. Nel caso particolare z = iθ, θ ∈ R, si ha ∞ ∞ ∞

(iθ)n (−1)k θ2k (−1)k θ2k+1 = +i = cos θ + i sin θ. n! (2k)! (2k + 1)! n=0 k=0

k=0

Si ottiene cos`ı la formula di Eulero eiθ = cos θ + i sin θ a patto di definire la somma della serie (4.12) come l’esponenziale complesso exp z.

Esercizi ∞ ∞ 4.1. Dimostrare che se n=0 an = A e n=0 bn = B con an , bn, A, B ∈ C, ∞ allora n=0 (an + bn ) = A + B. 4.2. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞

cosh(n)z n ,

∞

b)

n=0

(n + cn)z n ,

c)

n=0

∞

3z n ln n ,

n=1

dove c ∈ C e x con x ∈ R indica la parte intera di x. 4.3. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞

2n n z , n3 n=0

b)

∞

i sinh(n)z n ,

∞

c)

n=0

n3 4n z n .

n=0

4.4. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞

n n

ne z ,

b)

n=0

∞

z

n!+n

,

c)

n=0

∞

n=0

 n

n

1+i 2

n2 zn.

4.5. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞

cosh(n2 )z n ,

b)

n=0

∞

n3n n z . (3n)! n=0

4.6. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞

n=0

3n zn, (n + 1)3

b)

∞



 2 1 + n6 z n .

n=1

Esercizi

45

4.7. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞

n3 e3n z n ,

∞

(ln n)n n z , (1 + i)n2 n=1

b)

n=0

c)

∞

3

(−1)n z n .

n=0

4.8. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞

(3n)! + 4n n z , (3n + 1)! n=0

∞

b)

i−inz n ,

∞

c)

n=1

log(in)z 2n.

n=1

Si ponga log(in) = ln(n) + iπ/2. 4.9. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: ∞

a)

(−1)n z 1+n+n

2

+n3

,

b)

n=0

∞

n2 3n z n .

n=0

4.10. Dimostrare che le due serie di potenze ∞

a)

an z n ,

∞

b)

n=0

c ∈ C,

a n nc z n ,

n=0

hanno lo stesso raggio di convergenza e determinare tale raggio nel caso in cui an = e−n . 4.11. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞

en! z n! ,

b)

n=0

∞

en z n! ,

c)

n=0

∞

en! z n .

n=0

4.12. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞

n2 π n [(1 − (−1)n )/2]z n ,

n=0

b)

∞

n2+i π n z n .

n=0

4.13. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: ∞

n3 n a) z , e3n n=0

∞

(−1)n n(n+1) b) . z n n=1

4.14. Si consideri la successione di funzioni fn (z) : C → C con fn (z) = z n e n ∈ N. Mostrare che per z ∈ B(0, r) con 0 < r < 1 tale successione converge uniformemente a f(z) = 0. Mostrare inoltre che la convergenza non `e uniforme in B(0, 1).

46

4 Successioni e serie di funzioni

∞ n 4.15. Sapendo che la serie di potenze n=0 cn z ha raggio di convergenza R0 , determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie: a)

∞

c3n z n ,

b)

n=0

∞

cn z 3n .

n=0

4.16. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞

c ∈ C,

(n + cn)z n ,

b)

n=0

∞

5n z n! .

n=1

4.17. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞

ne2n−

√ n n

z ,

b)

n=0

∞

(ln(1 + n))4 z n ,

c)

n=0

∞

n2 (2n)! n z . (n!)2 n=0

4.18. Determinare per quali valori di z ∈ C risulta convergente la serie ∞

enz .

n=0

4.19. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞

2

cn z n ,

c ∈ C,

b)

n=1

∞

2

cn z n ,

c ∈ C.

n=1

4.20. Determinare per quali valori di z ∈ C risulta convergente la serie ∞  n

z n=0

n!

+

n2 zn

.

5 Derivate e funzioni analitiche

Sommario. Derivate di funzioni complesse. Una funzione derivabile `e continua. Formule di derivazione per la somma, il prodotto, il rapporto, la composizione di funzioni derivabili. Derivata della funzione inversa. Equazioni di Cauchy-Riemann. Condizioni sufficienti per l’esistenza della derivata. Funzioni analitiche. Punti singolari. Se f `e analitica e f  = 0 in D aperto e connesso allora f `e costante in D. Se f e f sono analitiche in D aperto e connesso allora f `e costante in D. Se f `e analitica in D aperto e connesso e |f | `e costante in D allora f `e costante in D. Derivate di funzioni complesse di variabile reale. Trasformazioni conformi. Una funzione f analitica `e conforme in tutti i punti in cui f  = 0.

5.1 Derivate di funzioni complesse Definizione 5.1 (funzione derivabile). Sia f : G → C con G ⊂ C aperto. La funzione f `e derivabile in un punto a ∈ G se esiste in C il limite lim

z→a

f(z) − f(a) . z−a

(5.1)

Il valore di questo limite viene indicato con f  (a) o con df(z)/dz| z=a e si chiama la derivata di f in a. Se f `e derivabile in ogni punto di G allora f si dice derivabile in G. Si osservi che la definizione di derivabilit` a in un punto assume che la funzione sia definita in tutto un intorno di tale punto. Posto Δz = z − a, si pu` o anche scrivere f  (a) = lim

Δz→0

f(a + Δz) − f(a) . Δz

(5.2)

Se f `e derivabile in tutto G, la derivata di f definisce una nuova funzione f  : G → C. Se f  `e derivabile in G diremo che f `e derivabile due volte in G, et cœtera. Presilla C.: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile. © Springer-Verlag Italia 2011

48

5 Derivate e funzioni analitiche

Esempio 5.2. Si consideri f(z) = z 2 . Tale funzione `e derivabile in tutto C, infatti ∀z ∈ C si ha (z + Δz)2 − z 2 = lim (2z + Δz) = 2z Δz→0 Δz→0 Δz lim

e quindi f  (z) = 2z. 2

Esempio 5.3. Si consideri f(z) = |z| . Poich´e risulta 2 2 (z + Δz)(z + Δz) − zz |z + Δz| − |z| Δz = = z + Δz + z , Δz Δz Δz

per z = 0 il limite Δz → 0 di tale rapporto incrementale non esiste. Infatti con la scelta Δz = (Δx, 0) per Δx → 0 si ottiene il valore z + z mentre con la scelta Δz = (0, Δy) per Δy → 0 si ha z − z e per z = 0 tali valori non coincidono. La funzione f `e invece derivabile in z = 0 e vale f  (0) = 0. La funzione appena considerata f(z) = |z|2 `e un esempio di funzione continua ma non derivabile. Il viceversa `e invece sempre vero. Teorema 5.4. Sia f : G → C con G ⊂ C aperto. Se f `e derivabile in a ∈ G, allora f `e continua in a. Dimostrazione. Usando le propriet` a del limite e l’esistenza di f  (a), si ha f(z) − f(a) z−a f(z) − f(a) = lim (z − a) lim z→a z→a z−a = 0.

lim (f(z) − f(a)) = lim (z − a)

z→a

z→a

  Teorema 5.5 (derivata di somma, prodotto, rapporto). Siano f : G → C e g : G → C con G ⊂ C aperto due funzioni derivabili in G, allora sono anche derivabili in G le funzioni f ± g, fg e f/g, in quest’ultimo caso ∀z ∈ G tale che g(z) = 0. Inoltre valgono le usuali regole di derivazione: a) (f ± g) (z) = f  (z) ± g (z); b) (fg) (z) = f  (z)g(z) + f(z)g  (z); c) (f/g) (z) = (f  (z)g(z) − f(z)g (z))/g(z)2 . Dimostrazione. Elementare, segue dalla definizione di derivata e dalle propriet` a del limite.   Una funzione costante f(z) = c con c ∈ C ha derivata nulla f  (z) = 0 in tutto C. Per la funzione f(z) = z si ha f  (z) = 1 ∀z ∈ C. Per le potenze intere f(z) = z n con n ∈ Z, segue f  (z) = nz n−1 supponendo z = 0 nel caso in cui n ≤ 0.

5.1 Derivate di funzioni complesse

49

Teorema 5.6 (derivata di funzione composta). Sia f : G → C con G ⊂ C aperto e sia g : F → C con F ⊂ C aperto tale che F ⊃ f(G). Se f `e derivabile in a ∈ G e g `e derivabile in f(a) ∈ F , allora g ◦ f `e derivabile in a e la sua derivata vale (g ◦ f) (a) = g (f(a))f  (a).

(5.3)

Dimostrazione. Poich´e G `e aperto, ∃r > 0 tale che B(a, r) ⊂ G. Per dimostrare l’asserto, basta provare che, presa una qualsiasi successione (zn ) con zn ∈ B(a, r) e limn→∞ zn = a, il seguente limite esiste e ha il valore specificato (g ◦ f)(zn ) − (g ◦ f)(a) = g (f(a))f  (a). n→∞ zn − a lim

(5.4)

Si supponga, per iniziare, che per ogni n risulti f(zn ) = f(a). In questo caso possiamo scrivere (g ◦ f)(zn ) − (g ◦ f)(a) g(f(zn )) − g(f(a)) f(zn ) − f(a) = . zn − a f(zn ) − f(a) zn − a

(5.5)

Poich´e f `e continua in a si ha limn→∞ f(zn ) = f(a) e quindi poich´e f e g sono derivabili in a e f(a) rispettivamente, entrambe le frazioni del membro di destra della (5.5) hanno limite per n → ∞ e il prodotto di tali limiti vale g  (fa))f  (a). Si supponga ora che per infiniti valori dell’indice n si abbia f(zn ) = f(a) e per ancora infiniti valori di n risulti f(zn ) = f(a). La successione (zn ) `e allora l’unione di due successioni (sn ) e (wn ) tali che f(sn ) = f(a) e f(wn ) = f(a) per ogni valore dei rispettivi indici n. Per dimostrare che vale la (5.4) basta mostrare che essa `e vera per entrambe le successioni (sn ) e (wn ). Innanzitutto si osservi che, poich´e f `e derivabile in a, risulta f  (a) = limn→∞ (f(sn ) − f(a))/(sn − a) = 0. Poich´e g (f(a)) ∈ C, il membro di destra della (5.4) `e 0. Nel caso della successione (sn ), il membro di sinistra della (5.4) vale limn→∞ (g(f(sn )) − g(f(a)))/(sn − a) = 0. Nel caso della successione (wn ), per quanto gi` a dimostrato si ha limn→∞ (g(f(wn )) − g(f(a)))/(wn − a) = g (f(a))f  (a) = 0. In conclusione, la (5.4) `e ancora valida con entrambi i membri pari a 0. Infine, per le successioni (zn ) in cui f(zn ) = f(a) oppure f(zn ) = f(a) solo per un numero finito di valori di n, la dimostrazione della (5.4) segue immediatamente dai casi gi`a considerati.   Teorema 5.7 (derivata di funzione inversa). Sia f : G → C con G ⊂ C aperto. Se f(z) = w `e biunivoca e la sua funzione inversa f −1 (w) = z `e continua nell’aperto f(G), allora, se f `e derivabile in a ∈ G e f  (a) = 0, f −1 `e derivabile in w = f(a) e la sua derivata vale df −1 (w) 1 (5.6) =  . dw w=f(a) f (a)

50

5 Derivate e funzioni analitiche

Dimostrazione. Poich´e f `e biunivoca, se w = f(z) `e diverso da f(a) allora z = a. Pertanto il rapporto incrementale di f −1 intorno al punto f(a) pu` o essere scritto come f −1 (w) − f −1 (f(a)) z−a 1 = = . w − f(a) f(z) − f(a) (f(z) − f(a))/(z − a) Poich´e f −1 `e continua in f(G), si ha limw→f(a) f −1 (w) = f −1 (f(a)) ovvero z → a quando w → f(a). In conclusione, f −1 (w) − f −1 (f(a)) 1 = lim z→a (f(z) − f(a))/(z − a) w→f(a) w − f(a) lim

=

1 f  (a)  

esiste e vale la formula (5.6).

5.2 Equazioni di Cauchy-Riemann Teorema 5.8. Sia f : G → C con G ⊂ C aperto e si ponga f(z) = u(x, y) + iv(x, y) con z = x + iy e u, v : R2 → R. Se f `e derivabile in z0 = x0 + iy0 ∈ G, allora le funzioni u e v ammettono derivate prime parziali in (x0 , y0 ) e queste soddisfano le equazioni di Cauchy-Riemann ux (x0 , y0 ) = vy (x0 , y0 ),

(5.7)

uy (x0 , y0 ) = −vx (x0 , y0 ).

(5.8)

Inoltre f  (z0 ) = ux(x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 ). Dimostrazione. Posto Δz = Δx+iΔy, si scelgano gli incrementi reali Δx e Δy sufficientemente piccoli affinch´e B(z0 , |Δz|) ⊂ G. Il corrispondente incremento di f vale Δf = f(z0 + Δz) − f(z0 ) = [u(x0 + Δx, y0 + Δy) − u(x0 , y0 )] + i[v(x0 + Δx, y0 + Δy) − v(x0 , y0 )] e la derivata di f in z0 si scrive f  (z0 ) = lim

Δz→0

Δf Δz

= lim Re Δz→0

Δf Δf + i lim Im . Δz→0 Δz Δz

(5.9)

5.2 Equazioni di Cauchy-Riemann

51

Poich´e entrambi i limiti delle parti reale e immaginaria di Δf/Δz esistono, il loro valore `e indipendente dal modo in cui Δz → 0. Se Δz = (Δx, 0) si ha Δf u(x0 + Δx, y0 ) − u(x0 , y0 ) = lim = ux (x0 , y0 ), Δx→0 Δz Δx Δf v(x0 + Δx, y0 ) − v(x0 , y0 ) = lim = vx (x0 , y0 ), lim Im Δz→0 Δx→0 Δz Δx lim Re

Δz→0

mentre per Δz = (0, Δy) si ottiene lim Re

Δf v(x0 , y0 + Δy) − v(x0 , y0 ) = lim = vy (x0 , y0 ), Δy→0 Δz Δy

lim Im

Δf −u(x0 , y0 + Δy) + u(x0 , y0 ) = lim = −uy (x0 , y0 ). Δy→0 Δz Δy

Δz→0

Δz→0

Si conclude che le derivate parziali rispetto a x e y di u e v esistono in (x0 , y0 ) e sono legate dalle relazioni (5.7) e (5.8). Infine per la (5.9) si ha f  (z0 ) = ux(x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 ).   Esempio 5.9. Si consideri la funzione f(z) = z 2 . Posto z = x+iy e f = u+iv, si ha u(x, y) = x2 −y2 e v(x, y) = 2xy. Sappiamo che f `e derivabile in tutto C, dunque ∀(x, y) ∈ R2 si ha ux (x, y) = vy (x, y) = 2x e uy (x, y) = −vx (x, y) = −2y. Infine, ux(x, y) + ivx (x, y) = 2x + i2y = 2z = f  (z). 2

Esempio 5.10. Si consideri la funzione f(z) = |z| . Si ha u(x, y) = x2 + y2 e v(x, y) = 0. Pertanto ux (x, y) = 2x, uy (x, y) = 2y, vx (x, y) = vy (x, y) = 0. Le equazioni di Cauchy-Riemann non sono soddisfatte per (x, y) = (0, 0) e quindi f(z) non `e derivabile per z = 0. In z = 0, per quanto visto in precedenza, f `e derivabile. Segue che le equazioni di Cauchy-Riemann per u e v sono soddisfatte in (0, 0). Le equazioni di Cauchy-Riemann (5.7-5.8) rappresentano una condizione necessaria, in generale non sufficiente, affinch´e la funzione f(z) sia derivabile in z0 = x0 + iy0 .  Esempio 5.11. Si consideri la funzione f(z) = |Re z Im z| intendendo per la radice il ramo positivo. Le funzioni componenti u(x, y) = |xy| e v(x, y) = 0 hanno in (0, 0) derivate prime parziali ux (0, 0) = uy (0, 0) = vx (0, 0) = vy (0, 0) = 0. Le equazioni di Cauchy-Riemann sono pertanto soddisfatte in (0, 0) ma f non `e derivabile in z = 0. Infatti il rapporto incrementale (f(0 + Δz) − f(0))/Δz vale 1/(1 ± i) a seconda che Δz = t ± it con t > 0. Teorema 5.12. Sia f : G → C con G ⊂ C aperto e si ponga f(z) = u(x, y) + iv(x, y) con z = x+iy e u, v : R2 → R. Se le funzioni u e v ammettono derivate prime parziali in G e queste sono continue in (x0 , y0 ) ∈ G e soddisfano le equazioni di Cauchy-Riemann ux (x0 , y0 ) = vy (x0 , y0 ) e uy (x0 , y0 ) = −vx (x0 , y0 ), allora f `e derivabile in z0 = x0 +iy0 e risulta f  (z0 ) = ux (x0 , y0 )+ivx (x0 , y0 ).

52

5 Derivate e funzioni analitiche

Dimostrazione. Posto Δz = Δx+iΔy, si scelgano gli incrementi reali Δx e Δy sufficientemente piccoli affinch´e B(z0 , |Δz|) ⊂ G. Scriviamo il corrispondente incremento di f come Δf = Δu+iΔv con Δu = u(x0 +Δx, y0 +Δy)−u(x0 , y0 ) e Δv = v(x0 +Δx, y0 +Δy)−v(x0 , y0 ). Poich´e ux, uy , vx , vy esistono continue in (x0 , y0 ), valgono gli sviluppi in serie di Taylor  Δu = ux (x0 , y0 )Δx + uy (x0 , y0 )Δy + εu (Δx, Δy) Δx2 + Δy2 ,  Δv = vx (x0 , y0 )Δx + vy (x0 , y0 )Δy + εv (Δx, Δy) Δx2 + Δy2 , Δx,Δy→0

Δx,Δy→0

dove εu (Δx, Δy) −−−−−−→ 0 e εv (Δx, Δy) −−−−−−→ 0. Da tali sviluppi e utilizzando le equazioni di Cauchy-Riemann, otteniamo Δf = [ux(x0 , y0 ) + ivx(x0 , y0 )](Δx + iΔy)  + [εu (Δx, Δy) + iεv (Δx, Δy)] Δx2 + Δy2 e quindi |Δz| Δf = ux (x0 , y0 ) + ivx(x0 , y0 ) + [εu (Δx, Δy) + iεv (Δx, Δy)] . Δz Δz Δz→0

Poich´e ||Δz| /Δz| = 1 e εu + iεv −−−−→ 0, il limite di Δf/Δz per Δz → 0 esiste e inoltre si ha f  (z0 ) = ux (x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 ).   A volte `e comodo esprimere la funzione f in termini delle coordinate polari r, θ anzich´e di quelle cartesiane x, y. Posto allora f(z) = u(r, θ) + iv(r, θ) con z = r cis(θ), `e semplice dimostrare che le equazioni di Cauchy-Riemann (5.7) e (5.8) nel punto (x0 , y0 ) sono equivalenti a rur (r0 , θ0 ) = vθ (r0 , θ0 ), uθ (r0 , θ0 ) = −rvr (r0 , θ0 ),

(5.10) (5.11)

dove (r0 , θ0 ) sono le coordinate connesse a (x0 , y0 ) mediante la trasformazione x = r cos θ, y = r sin θ. Infine risulta f  (z0 ) = (ur (r0 , θ0 ) + ivr (r0 , θ0 ))e−iθ .

5.3 Funzioni analitiche Definizione 5.13 (funzione analitica). Sia f : G → C con G ⊂ C aperto. La funzione f si dice analitica in G se ∃f  (z) ∀z ∈ G. Se G `e chiuso, con f analitica in G intenderemo che f `e analitica in un qualche aperto contenente G. In particolare, f analitica in z0 significa che ∃r > 0 tale che f `e analitica in B(z0 , r). Definizione 5.14 (funzione intera). Una funzione si dice intera se `e analitica in tutto C. 2

Esempio 5.15. La funzione f(z) = |z| non ha punti di analiticit` a, anche se essa `e derivabile in z = 0.

5.3 Funzioni analitiche

53

Definizione 5.16 (punto singolare). Un punto z0 ∈ G si dice punto singolare di f : G → C, se f `e non analitica in z0 ma ∀ε > 0 `e analitica in qualche punto di B(z0 , ε). Esempio 5.17. La funzione f(z) = 1/z `e analitica in C \ {0} e ha in z = 0 un punto singolare (isolato). La funzione g(z) = Arg z `e analitica in C \ {z = −t, t ∈ [0, ∞)}. Ogni punto del semiasse reale negativo `e un punto singolare di g. ` evidente che se f e g sono due funzioni analitiche in G, anche le funzioni E f ± g, fg e f/g sono analitiche in G, ad esclusione, nel caso del rapporto, dei punti z ∈ G in cui g(z) = 0. Poich´e le funzioni costanti e la funzione identit` a sono analitiche in tutto C, ne segue che i polinomi sono funzioni intere mentre le funzioni razionali sono analitiche nel complemento dell’insieme degli zeri del denominatore. Teorema 5.18. Sia f : D → C con D ⊂ C aperto e connesso. Se f `e analitica in D e f  (z) = 0 ∀z ∈ D, allora f `e costante in D. Dimostrazione. Poich´e f(z) = u(x, y) + iv(x, y), con z = x + iy, `e derivabile in D, in D esistono le derivate prime parziali delle funzioni componenti u e v. Inoltre valendo le condizioni di Cauchy-Riemann ux = vy , uy = −vx , ed essendo f  = ux + ivx = 0, si ha ux = uy = vx = vy = 0 in tutto D. Siano z e w due qualsiasi punti di D. Poich´e D ⊂ C `e aperto e connesso, tali punti possono essere congiunti da una poligonale di vertici z1 , z2 , . . . , zn con z1 = z e zn = w. Si consideri, per cominciare, il segmento [z1 , z2 ]. Un qualsiasi punto di tale segmento ha parti reale e immaginaria parametrizzabili come x(t) = x1 + t(x2 − x1 ),

y(t) = y1 + t(y2 − y1 ),

0 ≤ t ≤ 1,

dove x1 + iy1 = z1 e x2 + iy2 = z2 . La derivata totale di u in funzione del parametro t vale du dx(t) dy(t) = ux(x(t), y(t)) + uy (x(t), y(t)) = 0, dt dt dt pertanto  u(x2 , y2 ) − u(x1 , y1 ) =

0

1

du dt = 0. dt

Passando a considerare i successivi segmenti [zk−1 , zk ], k = 3, . . . , n, si ha u(xk , yk ) = u(xk−1 , yk−1) e in conclusione u(x1 , y1 ) = u(xn, yn ). Analogamente v(x1 , y1 ) = v(xn , yn) e quindi f(z) = f(w). Dall’arbitrariet` a di z e w segue l’asserto.   Teorema 5.19. Sia f : D → C con D ⊂ C aperto e connesso. Se f e f sono analitiche in D, allora f e f sono costanti in D.

54

5 Derivate e funzioni analitiche

Dimostrazione. Si ponga f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e f (z) = U (x, y) + iV (x, y) con z = x +iy. Poich´e f e f sono analitiche in D, le funzioni u e v e le funzioni U e V soddisfano le equazioni di Cauchy-Riemann in ogni punto (x, y) ∈ D ux = vy Ux = Vy

uy = −vx , Uy = −Vx .

La seconda di queste coppie di equazioni `e equivalente a ux = −vy

uy = vx

in quanto, essendo f (z) = f(z), si ha U (x, y) = u(x, y) e V (x, y) = −v(x, y). Necessariamente allora deve risultare ux = uy = vx = vy = 0 ∀(x, y) ∈ D e dunque f  (z) = 0 ∀z ∈ D. Essendo D aperto e connesso, per il Teorema 5.18 segue che f `e costante in D.   Teorema 5.20. Sia f : D → C con D ⊂ C aperto e connesso. Se f `e analitica in D e |f| `e costante in D, allora f `e costante in D. Dimostrazione. Sia |f(z)| = c ∀z ∈ D. Se c = 0, allora f(z) = 0 ∀z ∈ D. Se c > 0, allora f(z) = 0 ∀z ∈ D e si ha f(z) = c2 /f(z). Segue che f e f sono entrambe analitiche in D e quindi per il Teorema 5.19 costanti in D.  

5.4 Derivate di funzioni complesse di variabile reale ` di grande utilit` E a considerare funzioni complesse f(t) di variabile reale t. Le propriet` a di derivabilit` a di tali funzioni sono strettamente legate a quelle delle funzioni reali componenti Re f(t) e Im f(t). Definizione 5.21. Una funzione f : [a, b] → C, con a, b ∈ R e a < b, `e derivabile nel punto t ∈ (a, b) se il limite lim

h→0

f(t + h) − f(t) h

esiste ed `e finito. Il valore di tale limite si indica con f  (t). Se t = a oppure t = b, la definizione viene modificata prendendo il limite destro o sinistro rispettivamente. Se f `e derivabile in ogni punto di [a, b] allora f si dice derivabile. Teorema 5.22. Una funzione f : [a, b] → C `e derivabile se e solo se le funzioni componenti Re f, Im f : [a, b] → R sono derivabili. Inoltre ∀t ∈ [a, b] si ha f  (t) = (Re f) (t) + i(Im f) (t). Dimostrazione. Elementare.

 

Teorema 5.23. Se f : [a, b] → C `e derivabile e f  (t) = 0 ∀t ∈ [a, b], allora f `e costante.

5.5 Trasformazioni conformi

55

Dimostrazione. Poich´e f  (t) = 0 ∀t ∈ [a, b] allora (Re f) (t) = (Im f) (t) = 0 ∀t ∈ [a, b]. Segue che Re f e Im f sono costanti e quindi f `e costante.   Teorema 5.24. Siano f : [a, b] → C e g : [a, b] → C due funzioni derivabili in [a, b], allora sono derivabili in [a, b] le funzioni f ±g, fg e f/g, in quest’ultimo caso ∀t ∈ [a, b] tale che g(t) = 0. Inoltre valgono le usuali regole di derivazione: a) (f ± g) (t) = f  (t) ± g (t); b) (fg) (t) = f  (t)g(t) + f(t)g  (t); c) (f/g) (t) = (f  (t)g(t) − f(t)g  (t))/g(t)2 . Teorema 5.25. Siano f : [a, b] → C e g : [c, d] → [a, b] derivabili, allora f ◦ g : [c, d] → C `e derivabile e ∀t ∈ [c, d] la derivata vale (f ◦ g) (t) = f  (g(t))g (t). Dimostrazione. Poich´e f(g(t)) = Re f(g(t)) + i Im f(g(t)), la dimostrazione segue dall’analogo teorema per funzioni reali.   Non tutte le propriet`a delle funzioni reali si estendono alle funzioni di variabile reale a valori complessi. Ad esempio, non `e in generale valido il teorema del valore medio in base al quale, se f : [a, b] → R `e derivabile, allora ∃c ∈ (a, b) tale che f(b) − f(a) = f  (c)(b − a). Si consideri, ad esempio, f(t) = cos(t) + i sin(t) con t ∈ [0, 2π]. Si ha f(2π) − f(0) = 0 mentre f  (t) = − sin(t) + i cos(t) = 0 ∀t ∈ (0, 2π) in quanto in tutto questo intervallo risulta |f  (t)| = 1.

5.5 Trasformazioni conformi Un cammino nel piano complesso `e una funzione continua γ : [a, b] → C, dove a, b ∈ R con a < b. Se ∀t ∈ [a, b] esiste γ  (t) = lim

h→0

γ(t + h) − γ(t) , h

+

intendendo che h → 0 se t = a e h → 0− se t = b, e inoltre γ  : [a, b] → C `e ` evidente che, se γ `e un cammino continua, allora γ `e detto cammino regolare. E  regolare e per t = t0 risulta γ (t0 ) = 0, allora γ ha una retta tangente nel punto z0 = γ(t0 ) il cui coefficiente angolare `e Im γ  (t0 )/ Re γ  (t0 ). In altre parole, arg(γ  (t0 )) `e, modulo 2π, l’angolo formato con l’asse reale dalla retta tangente a γ in z0 = γ(t0 ). Esempio 5.26. Si consideri la semicirconferenza γ(t) = eit , 0 ≤ t ≤ π. Si tratta di un cammino regolare con γ  (t) = ieit = 0 ∀t ∈ [0, π] che ammette tangente in ogni suo punto. Per 0 ≤ t ≤ π, la retta tangente a γ forma con l’asse reale un angolo dato da arg(γ  (t)) = arg(ei(t+π/2) ) = t + π/2.

56

5 Derivate e funzioni analitiche

Definizione 5.27 (trasformazione conforme). Sia f : G → C con G ⊂ C aperto. La funzione f si dice trasformazione conforme in z0 ∈ G se a) l’angolo formato da due cammini regolari che si intersecano in z0 `e uguale all’angolo formato dalle loro immagini tramite f nel punto di intersezione f(z0 ); b) esiste lim

z→z0

|f(z) − f(z0 )| . |z − z0 |

(5.12)

La funzione f `e una trasformazione conforme in G se essa `e una trasformazione conforme in ogni punto di G. Si osservi che una trasformazione conforme preserva sia l’ampiezza che il verso dell’angolo di rotazione di un cammino. Inoltre, l’esistenza del limite (5.12) assicura l’esistenza, per z prossimo a z0 , di un fattore di scala |f(z) − f(z0 )| / |z − z0 |. Anche se angolo di rotazione e fattore di scala cambiano, in generale, al variare del punto z0 , per motivi di continuit` a l’immagine tramite f di una regione piccola intorno a z0 avr` a, approssimativamente, la stessa forma della regione di partenza. Una trasformazione che mantiene l’ampiezza dell’angolo tra due cammini regolari ma non il verso di tale angolo `e detta isogona o trasformazione conforme del secondo tipo. Esempio 5.28. Si consideri la trasformazione f(z) = z. I due cammini γ1 (t) = t e γ2 (t) = teiπ/4 , 0 ≤ t ≤ 1, formano un angolo orientato, dal cammino 1 al cammino 2, pari a π/4. I cammini trasformati, σ1 (t) = f(γ1 (t)) = t e σ2 (t) = f(γ2 (t)) = te−iπ/4 , formano invece un angolo pari a −π/4. La trasformazione `e isogona non conforme.

Fig. 5.1. Trasformazione conforme di tre cammini rettilinei che formano un triangolo rettangolo (sinistra) mediante la funzione f (x + iy) = (x + iy)2 = u(x, y) + iv(x, y) (destra)

5.5 Trasformazioni conformi

57

Teorema 5.29. Sia f : G → C analitica in G ⊂ C aperto. Allora f `e una trasformazione conforme in ogni punto z0 ∈ G dove f  (z0 ) = 0. Dimostrazione. Sia z0 un punto di G dove f  (z0 ) = 0. Si osservi che f `e derivabile in tutto un intorno di z0 . Siano γ1 (t), a1 ≤ t ≤ b1 , e γ2 (t), a2 ≤ t ≤ b2 , due arbitrari cammini regolari tali che γ1 (t1 ) = γ2 (t2 ) = z0 con γ1 (t1 ) = 0 e γ2 (t2 ) = 0. Indichiamo con σ1 (t) = (f ◦γ1 )(t), a1 ≤ t ≤ b1 , e σ2 (t) = (f ◦γ2 )(t), a2 ≤ t ≤ b2 i cammini trasformati tramite f. Risulta σ1 (t1 ) = σ2 (t2 ) = f(z0 ), cio`e i cammini trasformati si intersecano nel punto w0 = f(z0 ). In questo punto σ1 e σ2 sono derivabili con derivata non nulla. Infatti, per la regola di derivazione delle funzioni composte si ha σ1 (t1 ) = f  (z0 )γ1 (t1 ) = 0 e σ2 (t2 ) = f  (z0 )γ2 (t2 ) = 0. Pertanto esistono le rette tangenti a σ1 e σ2 in w0 e tali rette formano con l’asse reale gli angoli arg σ1 (t1 ) = arg f  (z0 ) + arg γ1 (t1 ) e arg σ2 (t2 ) = arg f  (z0 ) + arg γ2 (t2 ). Si conclude che l’angolo orientato tra i cammini σ1 e σ2 che si intersecano in w0 coincide con quello tra i cammini γ1 e γ2 che si intersecano in z0 , arg σ2 (t2 ) − arg σ1 (t1 ) = arg γ2 (t2 ) − arg γ1 (t1 ). Infine, poich´e esiste f  (z0 ) allora esiste anche lim

z→z0

|f(z) − f(z0 )| = |f  (z0 )| . |z − z0 |

Si conclude che f `e una trasformazione conforme in z0 .

 

Corollario 5.30. Sia f : G → C con G ⊂ C aperto. Allora f `e analitica in G e f  (z) = 0 ∀z ∈ G se e solo se f `e conforme in G. Dimostrazione. La condizione necessaria segue dal teorema precedente. Per la condizione sufficiente si osservi che, se f `e una trasformazione conforme in G, per la Definizione 5.27 in ogni punto z ∈ G devono esistere |f  (z)| e arg f  (z). Pertanto, ∀z ∈ G esiste f  (z) = 0.   Esempio 5.31. Si considerino in R2 le curve di livello regolari u(x, y) = c1 e v(x, y) = c2 , con c1 , c2 ∈ R, e si supponga che le due curve si intersechino nel punto (x0 , y0 ). Se le funzioni u e v costituiscono le parti reale e immaginaria di una funzione complessa f(z) = u(x, y) + iv(x, y),

z = x + iy,

analitica in z0 = x0 + iy0 con f  (z0 ) = 0, allora f trasforma in modo conforme le due curve di livello nelle rette u = c1 e v = c2 . Tali rette si intersecano nel punto f(z0 ) formando un angolo retto. Segue che le curve di livello u(x, y) = c1 e v(x, y) = c2 si intersecano in (x0 , y0 ) ortogonalmente. Le trasformazioni conformi giocano un ruolo dominante nell’approccio geometrico alla teoria delle funzioni analitiche. Per un approfondimento si veda [1, 10].

58

5 Derivate e funzioni analitiche

Esercizi 5.1. Dimostrare che, se esiste il limite  f(z + Δz) − f(z) lim Re , Δz→0 Δz con f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e z = x + iy, allora esistono le derivate parziali ux(x, y) e vy (x, y) e si ha ux(x, y) = vy (x, y). 5.2. Dimostrare che, se esiste il limite  f(z + Δz) − f(z) lim Im , Δz→0 Δz con f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e z = x + iy, allora esistono le derivate parziali uy (x, y) e vx (x, y) e si ha uy (x, y) = −vx (x, y). 5.3. Si consideri la funzione f(z) = (3z2 − z 2 )z/2. Determinare, motivando la risposta, i domini di continuit` a, derivabilit` a e analiticit`a di f. 5.4. Sia f : G → C analitica in G ⊂ C aperto. Dimostrare che la funzione f ∗ (z) = f(z) `e analitica nell’aperto G∗ = {z ∈ C : z ∈ G}. 5.5. Mostrare che la funzione



f(z) =

z 5 / |z| 0

4

z=  0 z=0

soddisfa le condizioni di Cauchy-Riemann in z = 0 ma nello stesso punto non `e derivabile. 5.6. Siano f e g due funzioni tali che f(z0 ) = g(z0 ) = 0, entrambe derivabili in z0 con g (z0 ) = 0. Dimostrare che lim

z→z0

f(z) f  (z0 ) =  . g(z) g (z0 )

5.7. Determinare, motivando la risposta, i domini di continuit` a, derivabilit` a e analiticit`a delle seguenti funzioni: a) f(z) = x,

b) f(z) = ex eiy ,

c) f(z) = x2 − y2 + i2xy,

dove z = x + iy con x, y ∈ R. 5.8. Determinare i punti singolari delle seguenti funzioni: a) f(z) =

2z + 1 , z(z 2 + 1)

b) f(z) =

z2 + 1 . (z − 2)(z 2 + 2z + 2)

6 Funzioni elementari

Sommario. Esponenziale. Logaritmo: rami del logaritmo. Potenze con esponenti complessi. Esponenziali con base complessa. Funzioni trigonometriche. Funzioni iperboliche. Funzioni trigonometriche e iperboliche inverse.

6.1 Esponenziale Definizione 6.1 (esponenziale). Dato un arbitrario z ∈ C e posto Re z = x e Im z = y, si definisce esponenziale di z il numero complesso exp z = ex (cos y + i sin y) ,

(6.1)

x

dove e `e l’usuale esponenziale reale del numero reale x. Con voluto abuso di notazione indicheremo exp z anche come ez . Per y = 0 la Definizione 6.1 si riduce a quella dell’esponenziale reale ex . Per x = 0 trova giustificazione la notazione simbolica eiy = cis(y). Per z = 0 si ha e0 = 1. Teorema 6.2. Siano z1 , z2 ∈ C, allora exp(z1 ) exp(z2 ) = exp(z1 + z2 ),

(6.2)

exp(z1 ) = exp(z1 − z2 ). exp(z2 )

(6.3)

Dimostrazione. Si ponga z1 = x1 +iy1 e z2 = x2 +iy2 con x1 , y1 , x2, y2 ∈ R. Per la Definizione 6.1 e osservando che Re(z1 +z2 ) = x1 +x2 e Im(z1 +z2 ) = y1 +y2 , risulta exp(z1 ) exp(z2 ) = ex1 (cos y1 + i sin y1 )ex2 (cos y2 + i sin y2 ) = ex1 ex2 ((cos y1 cos y2 − sin y1 sin y2 ) + i(cos y1 sin y2 + sin y1 cos y2 )) x1 +x2

=e

(cos(y1 + y2 ) + i sin(y1 + y2 ))

= exp(z1 + z2 ), Presilla C.: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile. © Springer-Verlag Italia 2011

60

6 Funzioni elementari

avendo utilizzato la corrispondente propriet` a, ex1 ex2 = ex1 +x2 , valida per l’esponenziale reale. Analogamente si ragiona per exp(z1 )/ exp(z2 ).   Per quanto appena dimostrato si ha 1/ exp(z) = exp(−z). Teorema 6.3. La funzione exp z `e intera e ∀z ∈ C la sua derivata vale d exp z = exp z. dz

(6.4)

Dimostrazione. Si ponga exp z = u(x, y)+iv(x, y) dove z = x+iy con x, y ∈ R. Risulta u(x, y) = ex cos y e v(x, y) = ex sin y. Per il Teorema 5.12, le cui ipotesi sono soddisfatte ∀(x, y) ∈ R2 , la funzione exp z `e derivabile in tutto C e la sua derivata vale d exp z = ux (x, y) + ivx (x, y) = ex cos y + iex sin y = exp z. dz   La forma polare di exp z si ricava immediatamente dalla definizione ez = ex eiy , |exp z| = eRe z , arg(exp z) = Im z + 2πn,

(6.5) (6.6)

n ∈ Z.

` facile verificare che exp z `e una Dalla (6.5) segue che exp z = 0 ∀z ∈ C. E funzione periodica di periodo 2πi, cio`e che ∀z ∈ C vale exp(z + 2πi) = exp z.

(6.7)

Esempio 6.4. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione exp z = −1. Posto z = x + iy con x, y ∈ R e osservando che −1 = 1eiπ , per le (6.5) e (6.6) si ha  x e = 1, y + 2πn = π, n ∈ Z. Si hanno pertanto infinite soluzioni z = iπ(2n + 1) con n ∈ Z.

6.2 Logaritmo Definizione 6.5 (logaritmo). Sia z ∈ C con z = 0, si definisce logaritmo di z ogni numero complesso log z = ln |z| + i arg z = ln |z| + i(Arg z + 2πn), dove ln(·) indica l’usuale logaritmo naturale reale.

n ∈ Z,

(6.8)

6.2 Logaritmo

61

Il logaritmo complesso `e una funzione polidroma: per ogni valore di z, log z assume infiniti valori le cui parti immaginarie differiscono per un numero intero di 2π. La Definizione 6.5 `e equivalente a richiedere che log z = w sia un numero w ∈ C tale che exp w = z, in altre parole log `e la funzione inversa di exp. L’esclusione del punto z = 0 corrisponde al fatto che l’equazione exp w = 0 non ammette soluzione. Coerentemente, ln |z| `e ben definito nella regione C \ {0}. Si osservi che la composizione exp(log(z)) = exp(ln |z| + i arg z) = eln|z| ei arg z = |z| ei arg z = z

(6.9)

`e una funzione univoca, mentre `e polidroma la composizione inversa log(exp(z)) = log(|exp z| ei arg(exp z) ) = ln(eRe z ) + i(Im z + 2πn) = z + i2πn, n ∈ Z.

(6.10)

Definizione 6.6 (valore principale del logaritmo). Sia z ∈ C con z = 0, si definisce valore principale di log z il numero complesso Log z = ln |z| + i Arg z,

−π < Arg z ≤ π.

(6.11)

Esempio 6.7. Determinare log(−1). Osservando che −1 = 1eiπ , dalla Definizione 6.5 si hanno gli infiniti valori log(−1) = ln 1 + i(π + 2πn) = iπ(2n + 1),

n ∈ Z,

mentre Log(−1) = iπ. Esempio 6.8. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione log z = a + ib, dove a, b ∈ R. Posto z = reiθ con r > 0 e −π < θ ≤ π, dalla Definizione 6.5 si ha ln r + i(θ + 2πn) = a + ib, con n ∈ Z. Pertanto deve essere r = ea e θ = b − 2πn. Delle infinite soluzioni per θ (tutte corrispondenti allo stesso numero complesso z) solo una `e accettabile, quella con l’intero relativo n tale che −π < b − 2πn ≤ π. Si osservi che l’uguaglianza log(z1 z2 ) = log z1 + log z2 `e in generale falsa se si assume per i tre logaritmi lo stesso valore, ad esempio quello principale. L’uguaglianza invece vale nel senso che per ogni valore di log(z1 z2 ) esiste un valore di log z1 e un valore di log z2 tali che la loro somma `e uguale al valore scelto di log(z1 z2 ). Esempio 6.9. Trovare due numeri complessi z1 e z2 tali che Log(z1 z2 ) = Log(z1 ) Log(z2 ). Si prenda z1 = z2 = −1. Si ha Log(z1 z2 ) = Log(1) = 0 mentre Log(z1 ) = Log(z2 ) = Log(−1) = iπ. Definizione 6.10 (ramo del logaritmo). Sia D ⊂ C aperto e connesso e sia f : D → C una funzione continua tale che ∀z ∈ D risulti exp(f(z)) = z. La funzione f `e detta un ramo del logaritmo su D. Si osservi che D non pu` o contenere il punto z = 0.

62

6 Funzioni elementari

Teorema 6.11. Sia D ⊂ C aperto e connesso e sia f : D → C un ramo di log z su D. La totalit` a dei rami di log z su D sono le funzioni f(z) + i2πn, n ∈ Z. Dimostrazione. Sia f un ramo di log z su D e sia g : D → C la funzione continua definita come g(z) = f(z) + i2πn con n ∈ Z. Poich´e exp(g(z)) = exp(f(z)) = z, anche g `e un ramo di log z su D. Viceversa, se f e g sono due rami di log z su D, allora ∀z ∈ D deve risultare exp(g(z) − f(z)) = exp(g(z))/ exp(f(z)) = 1. Segue che g(z) − f(z) = i2πn, dove n `e un intero relativo dipendente, in linea di principio, da z. Possiamo mostrare che in realt`a n `e lo stesso ∀z ∈ D. Si consideri la funzione h(z) = (g(z)−f(z))/(2πi) continua in D. Poich´e D `e connesso, anche h(D) ⊂ Z deve essere connesso. Si conclude che esiste un unico intero n ∈ Z tale che ∀z ∈ D risulta g(z) = f(z)+i2πn.   Teorema 6.12. Sia D ⊂ C aperto e connesso e sia f : D → C un ramo di log z su D. La funzione f `e analitica in D e vale f  (z) = 1/z. Dimostrazione. Si osservi che ∀w ∈ f(D) si ha f(exp(w)) = w, cio`e f `e una funzione inversa continua di exp nell’aperto f(D). Poich´e exp `e derivabile in f(D) e la sua derivata non `e mai nulla, per il Teorema 5.7 f `e derivabile in tutto D e la sua derivata vale 1 1 1 d f(z) = = . (6.12) =  (w) dz exp exp(w) z z=exp(w)   Definizione 6.13 (ramo principale del logaritmo). Sia D il sottoinsieme di C aperto e connesso definito da D = {z ∈ C : z = −t, t ∈ [0, ∞)}. Ogni punto z ∈ D pu` o essere univocamente rappresentato nella forma polare z = reiθ con r > 0 e −π < θ < π. La funzione f(z) = ln r +iθ, continua in D e tale

Fig. 6.1. Grafici di livello della parte reale (sinistra) e della parte immaginaria (destra) del ramo principale di log(x + iy)

6.3 Potenze con esponenti complessi

63

che exp(f(z)) = z, `e un ramo del logaritmo su D. Essa `e detta il ramo principale del logaritmo. Il punto z = 0 si chiama punto di diramazione mentre il semiasse reale negativo, origine inclusa, prende il nome di linea di diramazione. Si osservi che il dominio D del ramo principale corrisponde ad una scelta naturale, l’angolo θ `e l’argomento principale di z, e massimale, non `e possibile ampliare D mantenendo l’analiticit` a del ramo. Per taluni scopi `e comodo definire rami del logaritmo su domini massimali pi` u generali. Si congiunga il punto z = 0 al punto z = ∞ mediante una curva del tutto arbitraria purch´e continua e mai intersecantesi. Una possibile rappresentazione parametrica dei punti di tale curva `e z(t) = teiα(t) con t ∈ [0, ∞) e α(t) : [0, ∞) → R continua. Si consideri l’aperto connesso D[α] = {z ∈ o essere univocamente C : z = teiα(t) , t ∈ [0, ∞)}. Ogni punto z ∈ D[α] pu` iθ(r) con r > 0 e α(r) < θ(r) < rappresentato nella forma polare z = re α(r) + 2π. La funzione f[α] (z) = ln r + iθ(r), continua in D[α] e tale che exp(f[α] (z)) = z, `e un ramo del logaritmo su D[α] . Esempio 6.14. Determinare il dominio di analiticit` a del ramo principale di log(z 2 ). Posto w = z 2 , in base alla Definizione 6.13 il ramo principale di log(w) `e una funzione analitica in tutti i punti w = −t con t ∈ [0, ∞). Pertanto il ramo principale di log(z 2 ) `e una funzione analitica in tutto C ad eccezione dei punti z(t)2 = −t, ovvero z(t) = ±it, con t ≥ 0. In conclusione, il dominio di analiticit`a di log(z 2 ) `e tutto C ad eccezione dell’asse immaginario. Si osservi che se, erroneamente, si fosse scritto log(z 2 ) = 2 log z, si sarebbe desunto un dominio di analiticit` a pari a C meno il semiasse reale negativo.

6.3 Potenze con esponenti complessi Definizione 6.15. Sia c ∈ C, si definisce potenza con esponente complesso c la funzione z c = exp(c log z),

z = 0.

(6.13)

Tale funzione, salvo il caso di c reale e intero, `e polidroma e ad essa si applicano tutte le considerazioni fatte nel caso del logaritmo. In particolare, il ramo principale di z c `e definito in termini del ramo principale di log z ed `e una funzione analitica nel dominio D = {z ∈ C : z = −t, t ∈ [0, ∞)}. Per ogni z ∈ D si ha inoltre c exp(c log z) d d c z = exp(c log z) = exp(c log z) = c dz dz z exp(log z) = c exp((c − 1) log z) = cz c−1 .

(6.14)

Esempio 6.16. Calcolare il valore principale di (−i)i . In base alle Definizioni 6.15 e 6.6, si ha (−i)i = exp(i Log(−i)) = exp(i(ln 1 − iπ/2)) = eπ/2 .

64

6 Funzioni elementari

La Definizione 6.15 si applica anche nel caso in cui c `e un intero n o un numero frazionario 1/n. Vediamo come si riottengono in questi casi i risultati gi` a noti per le potenze intere o frazionarie. Se c = n ∈ N, posto z = reiθ , abbiamo z n = exp(n log z) = exp(n(ln r + i(θ + 2πk))) = r neinθ . La molteplicit` a di valori del logaritmo corrispondenti alle diverse scelte di k ∈ Z `e completamente eliminata dalla successiva applicazione della funzione esponenziale: il prodotto nk ∈ Z e quindi ei2πnk = 1. Si riottiene cos`ı il risultato univoco della Definizione 1.4. Inoltre, poich´e per n intero risulta a si estende a tutto C in accordo con il einπ = e−inπ , il dominio di analiticit` risultato precedentemente stabilito che le potenze z n sono funzioni intere. Per c = 1/n, si ha invece z 1/n = exp((1/n) log z) = exp((1/n)(ln r + i(θ + 2πk))) = r 1/n ei(θ+2πk)/n . L’infinita molteplicit` a rispetto a k ∈ Z `e ora solo parzialmente eliminata dalla funzione esponenziale. In accordo con la (1.19), si ottengono infatti n valori distinti per z 1/n , ad esempio quelli relativi a k = 0, 1, . . . , n − 1. A partire dal ramo principale del logaritmo, possiamo pertanto individuare n funzioni distinte, che chiameremo i rami di z 1/n , ciascuna delle quali ha come dominio di analiticit` a D = {z ∈ C : z = −t, t ∈ [0, ∞)}. La funzione corrispondente a k = 0 `e il ramo principale di z 1/n .

6.4 Esponenziali con base complessa Definizione 6.17. Sia c ∈ C, si definisce esponenziale con base complessa c ogni funzione cz = exp(z log c)

(6.15)

corrispondente ai possibili valori di log c. Per un fissato valore di log c, la funzione exp(z log c) `e intera e la sua derivata vale d d z c = exp(z log c) = exp(z log c) log c = cz log c. dz dz

(6.16)

6.5 Funzioni trigonometriche

65

Esempio 6.18. Determinare il dominio di analiticit` a del ramo principale di 2 z z e il valore della sua derivata. In base alle definizioni precedenti dobbiamo porre 2

z z = exp(z 2 log z) il cui ramo principale corrisponde a prendere il ramo principale di log z. Il 2 dominio di analiticit` a di zz `e dunque tutto C ad eccezione del semiasse reale negativo. In tale dominio la derivata vale d z2 d z = exp(z 2 log z) = exp(z 2 log z)(2z log z + z 2 /z) dz dz 2

= z z (2z log z + z).

6.5 Funzioni trigonometriche Definizione 6.19 (funzioni trigonometriche). Sia z ∈ C, le funzioni complesse seno e coseno sono definite dalla seguente generalizzazione delle formule di Eulero: eiz − e−iz , 2i eiz + e−iz . cos z = 2 sin z =

(6.17) (6.18)

In quanto combinazioni lineari di funzioni intere, sin z e cos z sono funzioni intere e le loro derivate valgono d eiz d sin z = dz dz d d eiz cos z = dz dz

 1  iz − e−iz ie + ie−iz = cos z, = 2i 2i  + e−iz 1  iz ie − ie−iz = − sin z. = 2 2

(6.19) (6.20)

Per z = x con x ∈ R, le (6.17) e (6.18) si riducono alle corrispondenti funzioni trigonometriche reali. Per z = iy con y ∈ R, vale la seguente connessione con le funzioni iperboliche reali: sin(iy) = i sinh y,

cos(iy) = cosh y.

(6.21)

Come le corrispondenti funzioni reali, le (6.17) e (6.18) sono funzioni rispettivamente dispari e pari sin(−z) = − sin z,

cos(−z) = cos z,

(6.22)

cos(z + 2π) = cos z,

(6.23)

periodiche di periodo 2π sin(z + 2π) = sin z,

66

6 Funzioni elementari

antiperiodiche di periodo π sin(z + π) = − sin z,

cos(z + π) = − cos z.

(6.24)

Teorema 6.20. Siano z, z1 , z2 ∈ C con z = x + iy e x, y ∈ R. Valgono le seguenti identit` a: sin2 z + cos2 z = 1,

(6.25)

sin(z1 ± z2 ) = sin z1 cos z2 ± cos z1 sin z2 ,

(6.26)

cos(z1 ± z2 ) = cos z1 cos z2 ∓ sin z1 sin z2 ,

(6.27)

sin z = sin x cosh y + i cos x sinh y,

(6.28)

cos z = cos x cosh y − i sin x sinh y,

(6.29)

|sin z|2 = sin2 x + sinh2 y,

(6.30)

2

2

2

|cos z| = cos x + sinh y.

(6.31)

Dimostrazione. Le identit`a (6.25), (6.26) e (6.27) si verificano in modo elementare a partire dalla Definizione 6.19. Le (6.28) e (6.29) seguono dalle (6.26) e (6.27) ponendo z1 = x e z2 = iy e usando le relazioni (6.21). Le (6.30) e (6.31) seguono dalle (6.28) e (6.29) usando l’identit`a trigonometrica fondamentale sin2 x +cos2 x = 1 e la corrispondente identit` a iperbolica cosh2 y −sinh2 y = 1.   Dal valore dei moduli (6.30) e (6.31) `e evidente che sin z e cos z non sono funzioni limitate in campo complesso. Esempio 6.21. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione cos z = 0. Per la (6.29) l’equazione assegnata `e equivalente al sistema  cos x cosh y = 0 . sin x sinh y = 0 Poich´e cosh y = 0 ∀y ∈ R, la prima equazione del sistema si riduce a cos x = 0 che fornisce x = π/2 + πk con k ∈ Z. Per questi valori di x si ha sin x = 0, quindi la seconda equazione si riduce a sinh y = 0 la cui unica soluzione `e y = 0. In conclusione, cos z = 0 per z = π/2 + πk con k ∈ Z. Esempio 6.22. Determinare il luogo dei punti z del piano complesso tali che cos z = a, con a ∈ R, |a| > 1. Usando la definizione cos z = (eiz + e−iz )/2, l’equazione pu`o essere riscritta come e2iz − 2aeiz + 1 = 0, le cui soluzioni sono eiz = a ±

 a2 − 1.

6.6 Funzioni iperboliche

67

Si noti che per |a| > 1 il radicando di questa espressione `e positivo. Se a > 1 le soluzioni cercate sono 

 iz = log a ± a2 − 1

  = ln a ± a2 − 1 + i2πk, k ∈ Z, ovvero



 z = −i ln a ± a2 − 1 + 2kπ,

k ∈ Z,

e rappresentano, al variare di a ∈ (1, ∞), gli assi immaginari passanti per z = 2kπ ad eccezione dei punti z = 2kπ. Se a < −1 le soluzioni cercate sono   

 iz = log − a ± a2 − 1 eiπ

  = ln −a ∓ a2 − 1 + i(π + 2πk), k ∈ Z, ovvero



 z = −i ln −a ∓ a2 − 1 + (2k + 1)π,

k ∈ Z,

e rappresentano, al variare di a ∈ (−∞, −1), gli assi immaginari passanti per z = (2k + 1)π ad eccezione dei punti z = (2k + 1)π. ` utile definire altre funzioni trigonometriche non fondamentali, ad esemE pio tan z = sin z/ cos z. Per quanto visto a proposito degli zeri di cos z, la funzione tan z `e analitica in tutto il piano complesso ad eccezione dei punti z = π/2 + nπ con n ∈ Z. La sua derivata vale d tan z/dz = 1/ cos2 z.

6.6 Funzioni iperboliche Definizione 6.23 (funzioni iperboliche). Sia z ∈ C, le funzioni iperboliche complesse sono definite analogamente al caso reale ez − e−z , 2 ez + e−z cosh z = . 2 sinh z =

(6.32) (6.33)

In quanto combinazioni lineari di funzioni intere, sinh z e cosh z sono funzioni intere e le loro derivate valgono d ez d sinh z = dz dz d ez d cosh z = dz dz

 − e−z 1 z = e + e−z = cosh z, 2 2  + e−z 1 z e − e−z = sinh z. = 2 2

(6.34) (6.35)

68

6 Funzioni elementari

Come le corrispondenti funzioni reali, le (6.32) e (6.33) sono funzioni rispettivamente dispari e pari sinh(−z) = − sinh z,

cosh(−z) = cosh z.

(6.36)

Valgono le seguenti relazioni con le funzioni trigonometriche: sinh z = −i sin(iz),

sinh(iz) = i sin z,

cosh z = cos(iz),

cosh(iz) = cos z.

(6.37) (6.38)

Teorema 6.24. Siano z, z1 , z2 ∈ C con z = x + iy e x, y ∈ R. Valgono le seguenti identit` a: cosh2 z − sinh2 z = 1, sinh(z1 ± z2 ) = sinh z1 cosh z2 ± cosh z1 sinh z2 , cosh(z1 ± z2 ) = cosh z1 cosh z2 ± sinh z1 sinh z2 , sinh z = sinh x cos y + i cosh x sin y,

(6.39) (6.40) (6.41) (6.42)

cosh z = cosh x cos y + i sinh x sin y,

(6.43)

2

2

2

|sinh z| = sinh x + sin y, 2

2

2

|cosh z| = cosh x + sin y.

(6.44) (6.45)

Dimostrazione. Le identit` a (6.39), (6.40) e (6.41) si verificano in modo elementare a partire dalla Definizione 6.23. Le (6.42) e (6.43) seguono dalle (6.40) e (6.41) ponendo z1 = x e z2 = iy e usando le relazioni (6.37) e (6.38). Le (6.44) e (6.45) seguono dalle (6.42) e (6.43) usando l’identit`a trigonometria iperbolica ca fondamentale sin2 y + cos2 y = 1 e la corrispondente identit` cosh2 x − sinh2 x = 1.   Esempio 6.25. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione cosh z = 0. Per la (6.43) l’equazione assegnata `e equivalente al sistema 

cosh x cos y = 0 . sinh x sin y = 0

Poich´e cosh x = 0 ∀x ∈ R, la prima equazione del sistema si riduce a cos y = 0 che fornisce y = π/2 + πk con k ∈ Z. Per questi valori di y si ha sin y = 0, quindi la seconda equazione si riduce a sinh x = 0 la cui unica soluzione `e x = 0. In conclusione, cosh z = 0 per z = i(π/2 + πk) con k ∈ Z. ` utile definire altre funzioni iperboliche non fondamentali, ad esempio E tanh z = sinh z/ cosh z. Per quanto visto a proposito degli zeri di cosh z, la funzione tanh z `e analitica in tutto il piano complesso ad eccezione dei punti z = i(π/2 + nπ) con n ∈ Z. La sua derivata vale d tanh z/dz = 1/ cosh2 z.

6.7 Funzioni trigonometriche e iperboliche inverse

69

6.7 Funzioni trigonometriche e iperboliche inverse La definizione delle funzioni trigonometriche e iperboliche inverse in campo complesso segue dalle corrispondenti funzioni trigonometriche e iperboliche introdotte in precedenza. Ad esempio, si pone arcsin z = w con sin w = z. Usando la (6.17) quest’ultima equazione `e equivalente a (eiw )2 − 2izeiw − 1 = 0  √ la cui soluzione `e eiw = iz + (iz)2 + 1 cio`e iw = log(iz + 1 − z 2 ). Negli altri casi si ragiona analogamente e si giunge alle seguenti espressioni. Definizione 6.26 (funzioni trigonometriche inverse). Sia z ∈ funzioni trigonometriche inverse in campo complesso sono definite da 

 arcsin z = −i log iz + 1 − z 2 ,

  arccos z = −i log z + i 1 − z 2 ,  i−z i . arctan z = − log 2 i+z

C, le (6.46) (6.47) (6.48)

Definizione 6.27 (funzioni iperboliche inverse). Sia z ∈ C, le funzioni iperboliche inverse in campo complesso sono definite da

  arcsinh z = log z + z 2 + 1 , (6.49)

  arccosh z = log z + z 2 − 1 , (6.50)  1+z 1 . (6.51) arctanh z = log 2 1−z Le precedenti funzioni sono tutte polidrome e per esse valgono le considerazioni svolte nel caso del logaritmo. Esempio 6.28. Determinare il dominio di analiticit` a del ramo principale della funzione arcsin z e il valore della sua derivata in tale dominio. Il ramo principale di arcsin z `e definito prendendo i rami principali della radice √ e del logaritmo che appaiono nella Definizione (6.46). Il ramo principale di 1 − z 2 = exp[ 21 log(1 − z 2 )] `e una funzione analitica ovunque in C ad eccezione dei punti z tali che 1 − z 2 = −u con u ∈ [0, ∞). Tali punti, √ z(u) = ± 1 + u, u ∈ [0, ∞), rappresentano le semirette reali (−∞, −1] e [1, +∞). Il ramo principale di √ √ log(iz + 1 − z 2 ) risulta non analitico nei punti che soddisfano iz + 1 − z 2 = −t con t ∈ [0, ∞). La soluzione di questa equazione ottenuta quadrando √ l’espressione equivalente 1 − z 2 = −(t + iz) fornisce z(t) = i

t2 − 1 , 2t

t ∈ [0, ∞),

70

6 Funzioni elementari

che rappresenta l’intero asse immaginario. Tuttavia i punti z(t) cos`ı trovati non soddisfano l’equazione di partenza in cui per la radice si considera il ramo principale. Infatti    1 − z(t)2 = 1 + (t2 − 1)2 /(4t2 ) = (t2 + 1)2 /(4t2 ) > 0, mentre −(t + iz(t)) = −(t2 + 1)/2t < 0. Abbiamo trovato quindi una soluzione spuria, da scartare, introdotta dall’operazione di elevazione al quadrato. In conclusione, il dominio di analiticit` a di arcsin z `e tutto il piano complesso ad eccezione delle semirette reali (−∞, −1] e [1, +∞). Nella regione di analiticit`a la derivata vale  1 −2z 1 d 1 √ i+ √ =√ arcsin z = −i . (6.52) dz 2 1 − z2 iz + 1 − z 2 1 − z2 Esempio 6.29. Determinare il dominio di analiticit` a del ramo principale della funzione arctan z e il valore della sua derivata in tale dominio. Vediamo, innanzitutto, come `e ricavata la Definizione (6.48). Posto arctan z = w, si ha tan w = z, cio`e eiw − e−iw = iz. eiw + e−iw Moltiplicando per eiw si ottiene e2iw = (1 +iz)/(1 −iz) e da questa, prendendo il logaritmo, si giunge a  i i−z arctan z = − log . 2 i+z Il ramo principale di arctan z `e definito prendendo il ramo principale del logaritmo che appare in questa espressione. Questa `e una funzione analitica in

Fig. 6.2. Grafici di livello della parte reale (sinistra) e della parte immaginaria (destra) del ramo principale di arcsin(x + iy)

Esercizi

71

Fig. 6.3. Grafici di livello della parte reale (sinistra) e della parte immaginaria (destra) del ramo principale di arctan(x + iy)

tutto C ad eccezione dei punti z tali che (i − z)/(i + z) = −t con t ∈ [0, ∞), z(t) = i

1+t , 1−t

t ∈ [0, ∞).

Tali punti rappresentano l’intero asse immaginario ad eccezione del segmento (−i, i). All’interno del dominio di analiticit` a la derivata vale 1 i 1 − iz i(1 − iz) − (1 + iz)(−i) d = . arctan z = − dz 2 1 + iz (1 − iz)2 1 + z2

Esercizi 6.1. Determinare parte reale e immaginaria delle seguenti espressioni:

π  a) cosh (2 + i) , b) cotan − i ln 2 . 4 6.2. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione cos z = a,

a > 1.

6.3. Determinare il valore principale di (4 − 4i)1+i . 6.4. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione cosh z =

1 . 2

(6.53)

72

6 Funzioni elementari

6.5. Determinare il modulo del valore principale di (1 + i)2−i . 6.6. Determinare il dominio di analiticit` a delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome: a) log((2 − z)2 ),

b) z z .

6.7. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione sin(z) cos(z) = 2. 6.8. Determinare il dominio di analiticit` a delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome: a) z sinh z ,

b) log(cos z).

6.9. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione 2

ez = −1. 6.10. Determinare l’argomento principale del valore principale di  π i+1 e eπ √ + i√ . 2 2 6.11. Determinare il dominio di analiticit` a delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome: a) cosh(esinh z ),

b) log(3 + z 2 ).

6.12. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione cosh(z) + ez = 2. 6.13. Determinare tutte le soluzioni delle seguenti equazioni: a) z 4 − i = 0,

b) z i − 4 = 0.

6.14. Determinare il dominio di analiticit` a delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome:  1 , b) log(z 3 ). a) exp 1 + z2 6.15. Determinare il dominio di analiticit` a delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome: a)



1 + z2

z

,

b)

sinh(sin(z)) . z2 + 9

Esercizi

73

6.16. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione cos(3z 2 ) = 0. 6.17. Determinare il valore principale di arctan(2 + i). 6.18. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione sinh z = −iπ. 6.19. Dimostrare che sono reali tutte le soluzioni dell’equazione −1 ≤ a ≤ 1.

sin z = a,

6.20. Determinare il dominio di analiticit` a delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome, e il valore delle rispettive derivate in tale dominio: √ a) log(z 4 ), b) sin z. 6.21. Determinare il luogo dei punti z ∈ C tali che cosh z = a,

0 < a < 1.

6.22. Determinare il dominio di analiticit` a delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome, e il valore delle rispettive derivate in tale dominio. Specificare quanti rami distinti possiede ogni funzione. a) sin(z n ),

b) sin(z n/m ),

n, m ∈ N,

c) sin(z c ),

c ∈ R \ Q.

6.23. Determinare la parte immaginaria del valore principale di arctan(1 + 2i). 6.24. Determinare il dominio di analiticit` a del ramo principale di arccos z e il valore della sua derivata in tale dominio. 6.25. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione √ cotan( z) = 0. 6.26. Determinare il dominio di analiticit` a delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome:   z 2 − 1, b) i 1 − z 2 . a)

74

6 Funzioni elementari

6.27. Stabilire quanti rami distinti possiedono le seguenti funzioni e determinare il dominio di analiticit` a del ramo principale. Nel caso particolare n = 17, m = 3, c = 1/π, calcolarne il valore principale nel punto z = i. a) z n ,

b) z n/m ,

n, m ∈ N,

c) z c ,

c ∈ R \ Q.

6.28. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione sinh(z) = i. 6.29. Determinare il dominio di analiticit` a delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome, e il valore delle rispettive derivate in tale dominio: √ 1−z 2 z 2 +i . b) e , c) a) log((log z) ), z2 + i 6.30. Fornire un esempio di una funzione analitica che trasforma biunivocamente A in B, dove A = {z ∈ C : 1 ≤ |z| ≤ 2, 0 ≤ Arg z ≤ π/2}, B = {z ∈ C : 1 ≤ Re z ≤ 2, 0 ≤ Im z ≤ π/(2 ln 2)}. 6.31. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, determinare per quali valori di z ∈ C risulta convergente la serie ∞

2

inz .

n=0

6.32. Determinare il dominio di analiticit` a del ramo principale di  4 + z4 .

7 Integrali

Sommario. Integrali di funzioni complesse di variabile reale. Cammini, cammini chiusi, cammini chiusi semplici. Cammini regolari a tratti. Traccia di un cammino. Cammini equivalenti: curve. Lunghezza di un cammino regolare a tratti e sua invarianza per riparametrizzazione. Teorema della curva di Jordan (non dimostrato). Integrali di funzioni complesse lungo cammini regolari a tratti. Invarianza dell’integrale per riparametrizzazione del cammino. Maggiorazione del modulo di un integrale: disuguaglianza di Darboux. Teorema sull’esistenza della primitiva. Primitive di funzioni polidrome e calcolo di integrali su curve chiuse. Teorema di CauchyGoursat per curve chiuse semplici. Curve omotope. Curve chiuse omotope a zero. Insiemi aperti semplicemente connessi. Estensione del teorema di Cauchy-Goursat a curve chiuse in domini semplicemente connessi. Una funzione analitica in un dominio semplicemente connesso ammette primitiva. Principio di deformazione dei cammini. Formula integrale di Cauchy. Esistenza e formula integrale di Cauchy per le derivate di ogni ordine delle funzioni analitiche. La derivata di ogni ordine di una funzione analitica `e analitica. Teorema di Morera. Disuguaglianze di Cauchy. Teorema di Liouville. Teorema fondamentale dell’algebra: decomposizione di un polinomio.

7.1 Integrali di funzioni complesse di variabile reale Come introduzione all’integrazione di funzioni complesse di variabile complessa, in questa sezione estendiamo le regole dell’analisi reale alle funzioni complesse f(t) di variabile reale t le cui propriet` a sono strettamente legate a quelle delle funzioni componenti Re f(t) e Im f(t). Definizione 7.1. Sia f : [a, b] → C una funzione continua, l’integrale di f tra a e b `e il numero complesso  b  b  b f(t)dt = Re f(t)dt + i Im f(t)dt. (7.1) a

a

a 

Definizione 7.2. Siano f, F : [a, b] → C. Se F (t) = f(t) ∀t ∈ [a, b], allora F `e una primitiva di f in [a, b]. Presilla C.: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile. © Springer-Verlag Italia 2011

76

7 Integrali

Teorema 7.3 (teorema fondamentale del calcolo). Ogni funzione f : [a, b] → C continua ha una primitiva e due qualsiasi primitive differiscono per una costante. Se F `e una primitiva di f allora 

b

f(t)dt = F (b) − F (a).

(7.2)

a

Dimostrazione. Le funzioni reali Re f e Im f sono continue e quindi ammettono primitiva. Se U e V sono due primitive tali che U  = Re f e V  = Im f, allora F = U + iV `e una primitiva di f in quanto F  = f. L’equazione (7.2) segue immediatamente.   Teorema 7.4. Sia f : [a, b] → C continua. Allora vale la disuguaglianza   b b f(t)dt ≤ |f(t)| dt. a a Dimostrazione. Posto

b f(t)dt a

(7.3)

= reiθ con r e θ reali, si ha

  b b f(t)dt = e−iθ f(t)dt a a  b = e−iθ f(t)dt 

a



a

b

= b

≤

  Re e−iθ f(t) dt −iθ e f(t) dt

a



b

|f(t)| dt,

= a

dove si `e usato Re z ≤ |z| valida ∀z ∈ C.

 

La Definizione 7.1, il teorema fondamentale del calcolo e la disuguaglianza (7.3) si estendono immediatamente a funzioni f : [a, b] → C continue a tratti.

7.2 Cammini, tracce di cammini, curve Si vuole ora introdurre l’integrale di una funzione complessa f(z) di variabile complessa z lungo una curva in C dotata di sufficiente regolarit` a. Il significato di questa frase `e chiarito dalle seguenti definizioni in parte anticipate al momento di introdurre le trasformazioni conformi.

7.2 Cammini, tracce di cammini, curve

77

Definizione 7.5 (cammino). Siano a, b ∈ R con a < b. Si chiama cammino nel piano complesso una funzione continua γ : [a, b] → C. Un cammino `e detto semplice se γ `e iniettiva in [a, b], cio`e se γ(t1 ) = γ(t2 ) per t1 = t2 con t1 , t2 ∈ [a, b]. Un cammino `e detto chiuso se γ(a) = γ(b). Un cammino `e detto chiuso semplice se `e chiuso e γ `e iniettiva in (a, b). Se γ : [a, b] → C `e un cammino, allora l’insieme {γ(t) : a ≤ t ≤ b} ⊂ C `e chiamato la traccia di γ e indicato con il simbolo {γ}. Si noti che la traccia di un cammino `e sempre un sottoinsieme compatto di C in quanto immagine del compatto [a, b] tramite la funzione continua γ. Cammini diversi possono avere la stessa traccia. Si consideri ad esempio γ1 (t) = eit e γ2 (t) = e2it con 0 ≤ t ≤ 2π. Per entrambi questi cammini la traccia `e la circonferenza unitaria centrata nell’origine. Definizione 7.6 (cammino regolare, regolare a tratti). Chiamasi cammino regolare una funzione γ : [a, b] → C derivabile con derivata prima continua. Il cammino γ si dice regolare a tratti se esiste una partizione dell’intervallo [a, b], a = t0 < t1 < · · · < tn−1 < tn = b, tale che γ `e regolare in ogni sottointervallo [tj−1, tj ], j = 1, . . . , n. Nel caso di un cammino regolare (regolare a tratti)  |γ  (t)| = ((Re γ) (t))2 + ((Im γ) (t))2 `e una funzione continua (continua a tratti) e quindi integrabile tra a e b. L’integrale  b |γ  (t)| dt (7.4) Lγ = a

rappresenta la lunghezza del cammino γ. Definizione 7.7 (cammini equivalenti, curva). Siano γ : [a, b] → C e η : [c, d] → C due cammini. Il cammino η si dice equivalente a γ se esiste una funzione ϕ : [c, d] → [a, b] continua, strettamente crescente e con ϕ(c) = a e ϕ(d) = b, tale che η = γ ◦ ϕ. La funzione ϕ si chiama riparametrizzazione del cammino. Una curva `e una classe di equivalenza di cammini. La traccia di una curva `e la traccia di uno qualsiasi dei cammini membri della classe. Una curva `e regolare (regolare a tratti) se e solo se almeno uno dei cammini membri della classe `e regolare (regolare a tratti). D’ora in avanti non faremo distinzione tra curva e cammino appartenente alla classe di equivalenza che definisce la curva in quanto tutti i risultati che otterremo non dipendono dal cammino scelto a rappresentare la curva. Ad esempio, la lunghezza di una curva regolare `e invariante per riparametrizzazione del cammino. Siano γ : [a, b] → C e η : [c, d] → C due cammini equivalenti e ϕ : [c, d] → [a, b] il cambio di parametro. Osservando che ϕ `e derivabile quasi ovunque1 in [c, d], quasi ovunque in [c, d] si ha η  (u) = γ  (ϕ(u))ϕ (u). 1

L’insieme dei punti dove la derivata non esiste ha misura di Lebesgue nulla.

78

7 Integrali

Posto allora t = ϕ(u), poich´e nei punti in cui la derivata di ϕ esiste vale ϕ (u) = |ϕ (u)|, si ottiene  d  d  b    |η (u)| du = |γ (ϕ(u))| ϕ (u)du = |γ  (t)| dt. (7.5) c

c

a 3

Esempio 7.8. Il cammino γ(t) = t3 + i |t| con −1 ≤ t ≤ 1 `e regolare. Per ` t < 0 si ha γ  (t) = 3t2 − i3t2 , mentre per t > 0 vale γ  (t) = 3t2 + i3t2. E facile mostrare usando direttamente la definizione di derivata che γ  (0) = 0. Quindi γ  esiste ed `e continua in tutto l’intervallo [−1, 1]. La lunghezza della curva associata `e  1   1 √ √ Lγ = 9t4 + 9t4 dt = 2 3 2t2 dt = 2 2. −1

0

3

Posto t = x, nel piano x, y l’equazione della curva associata al cammino considerato `e y(x) = |x|. Tramite la funzione ϕ(u) = sgn(u) |u|1/3 con −1 ≤ u ≤ 1 possiamo riparametrizzare la curva y(x) = |x| nel cammino η(u) = (sgn(u)|u|1/3)3 + i| sgn(u)|u|1/3|3 = u + i |u|. Si noti che η non ha derivata in u = 0 mentre η  (u) esiste continua per u ∈ [−1, 0) ∪ (0, 1], pertanto η `e un cammino regolare a tratti. La curva si dice comunque regolare in quanto un membro della classe di equivalenza che la definisce, il cammino γ appena studiato, `e regolare. Esempio 7.9. Il cammino γ(t) = t+it3 sin(π/t) con 0 < t ≤ 1 e γ(0) = 0 `e regolare. Infatti per t ∈ (0, 1] si ha subito γ  (t) = 1+i[3t2 sin(π/t)−πt cos(π/t)], mentre applicando la definizione di derivata troviamo γ  (0) = 1. Pertanto γ  esiste ed `e continua in tutto l’intervallo [0, 1]. Il cammino interseca l’asse reale infinite volte nei punti xk = k −1 , k = 1, 2, 3, . . . , e la sua lunghezza `e  1 1 + [3t2 sin(π/t) − πt cos(π/t)]2 dt  1.50793. Lγ = 0

Nel piano x, y la curva associata ha equazione y(x) = x3 sin(π/x).

Fig. 7.1. Curve regolari y(x) = |x| con −1 ≤ x ≤ 1 (sinistra) e y(x) = x3 sin(π/x) con 0 ≤ x ≤ 1 (destra)

7.3 Integrali di funzioni complesse lungo curve regolari a tratti

79

Teorema 7.10 (della curva di Jordan). Sia γ una curva chiusa semplice (curva di Jordan) in R2 o in C. Il complemento della traccia di γ `e l’unione di due distinti insiemi aperti e connessi: uno limitato, la parte interna Int(γ), e uno illimitato, la parte esterna Ext(γ). Inoltre la traccia di γ `e la frontiera di ciascuno di questi due insiemi. {γ}c = Int(γ) ∪ Ext(γ), diam Int(γ) < ∞,

diam Ext(γ) = ∞,

∂ Int(γ) = ∂ Ext(γ) = {γ}.

Per una dimostrazione del teorema della curva di Jordan si veda [5]. Definizione 7.11 (curva chiusa semplice orientata positivamente). Una curva chiusa semplice γ in R2 o in C si dice orientata positivamente se, percorrendola, la parte interna di γ rimane a sinistra.

7.3 Integrali di funzioni complesse lungo curve regolari a tratti Se γ : [a, b] → C `e un cammino regolare a tratti la cui traccia {γ} ⊂ D ⊂ C e f : D → C `e una funzione continua, allora (f ◦ γ)γ  : [a, b] → C `e una funzione ` quindi ben posta la seguente definizione: continua a tratti. E Definizione 7.12 (integrale lungo una curva regolare a tratti). Sia γ : [a, b] → C un cammino regolare a tratti e f : D → C una funzione continua in D ⊃ {γ}, allora l’integrale di f lungo γ `e il numero complesso  b  f(z)dz = f(γ(t))γ  (t)dt. (7.6) γ

a

In realt` a, per l’esistenza dell’integrale (7.6) `e sufficiente che f sia definita e continua sulla traccia di γ a meno di un numero finito di punti. Anche in que` immediato sto caso, infatti, f(γ(t))γ  (t) risulta continua a tratti in [a, b]. E verificare che il risultato dell’integrale (7.6) `e invariante per riparametrizzazione del cammino. Pertanto l’indice γ nel simbolo di integrale sta a indicare la curva classe di equivalenza a cui lo specifico cammino γ appartiene. Infine, se la curva γ viene suddivisa in due curve γ1 e γ2 , indicheremo simbolicamente la suddivisione con γ = γ1 + γ2 e si avr`a    f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz. (7.7) γ1 +γ2

γ1

γ2

Esempio 7.13. Calcoliamo l’integrale della funzione f(z) = z lungo il cammino γ(t) = 2eit con −π/2 ≤ t ≤ π/2. In base alla definizione, si ha   π/2  π/2 zdz = γ(t)γ  (t)dt = 2e−it 2eit idt = 4πi. γ

−π/2

−π/2

80

7 Integrali 2

Esempio 7.14. Si consideri la funzione f(z) = |z| continua in C e se ne calcoli l’integrale lungo l’arco di circonferenza centrata nell’origine che va da 1 a i, lungo il segmento [1, i] e lungo la poligonale [1, 1 + i, i]. Posto γ1 (t) = eit con 0 ≤ t ≤ π/2, l’integrale lungo l’arco di circonferenza vale  π/2  2 2 |z| dz = |γ1 (t)| γ  (t)dt 0

γ1



it 2 it e ie dt = eit π/2 = −1 + i. 0

π/2

= 0

Il segmento [1, i] `e rappresentato dal cammino γ2 (t) = 1+(i−1)t con 0 ≤ t ≤ 1, per cui  1  2 2 |z| dz = |γ2 (t)| γ2 (t)dt 0

γ2



1

2

|1 + (i − 1)t| (i − 1)dt

= 0



= (i − 1)

1

0

((1 − t)2 + t2 )dt =

2 (i − 1). 3

Infine rappresentiamo la poligonale [1, 1 + i, i] mediante i due cammini γ3 (t) = 1 + it e γ4 (t) = 1 + i − t con 0 ≤ t ≤ 1 per i quali risulta   1 2 2 |z| dz = |γ3 (t)| γ3 (t)dt 0

γ3



1

|1 + it| idt = i

= 0





2

|z| dz = γ4

1 0

 =

0

e quindi



0

1

 1 1 4 (1 + t )dt = i t + t3 = i , 3 3 0 2

2

|γ4 (t)| γ4 (t)dt

1



2

|1 + i − t| (−1)dt = −

2

γ3 +γ4



2



|z| dz =

2



|z| dz + γ3

1 0

2

4 ((1 − t)2 + 1)dt = − , 3

|z| dz = γ4

4 (−1 + i). 3

Questo esempio mostra che `e in generale differente l’integrale di una funzione f lungo curve differenti che pure congiungono lo stesso punto iniziale za allo stesso punto finale zb . Se dovesse capitare che l’integrale di f lungo curve da za a zb `e indipendente dal tipo di curva considerata, allora useremo la notazione  zb f(z)dz za

per indicare l’integrale lungo una qualsiasi di queste curve da za a zb .

7.3 Integrali di funzioni complesse lungo curve regolari a tratti

81

Se γ : [a, b] → C `e un cammino, indichiamo con −γ lo stesso cammino percorso in verso opposto. Evidentemente una parametrizzazione di −γ `e γ(−t) con −b ≤ t ≤ −a. Se w ∈ C, il cammino γ +w ha traccia ottenuta traslando di w la traccia di γ. Le seguenti propriet`a dell’integrale seguono immediatamente dalla Definizione 7.6. Teorema 7.15. Sia γ : [a, b] → C un cammino regolare a tratti, f e g due funzioni continue su {γ} e w ∈ C una costante, allora   wf(z)dz = w f(z)dz, γ γ    (f(z) + g(z)) dz = f(z)dz + g(z)dz, γ γ γ   f(z)dz = − f(z)dz, −γ γ   f(z)dz = f(z + w)dz. γ+w

γ

Teorema 7.16 (disuguaglianza di Darboux). Sia γ : [a, b] → C un cammino regolare a tratti di lunghezza Lγ e f una funzione continua su {γ}, allora  f(z)dz ≤ Lγ sup |f(z)| . (7.8) z∈{γ}

γ

Dimostrazione. Usando la definizione di integrale e la disuguaglianza (7.3) si ha  b   f(z)dz = f(γ(t))γ (t)dt a γ  b ≤ |f(γ(t))γ  (t)| dt a



≤ sup |f(z)| z∈{γ}

b

|γ  (t)| dt

a

= Lγ sup |f(z)| .

(7.9)

z∈{γ}

Si noti che essendo f(γ(t)) continua per t ∈ [a, b], |f(γ(t))| assume un massimo assoluto in [a, b], cio`e esiste t0 ∈ [a, b] tale che supz∈{γ} |f(z)| = supt∈[a,b] |f(γ(t))| = |f(γ(t0 )|.   Esempio 7.17. Proviamo che, se γ(θ) = 2eiθ con 0 ≤ θ ≤ π/2, allora  dz π z2 − 1 ≤ 3 . γ

82

7 Integrali

La curva di integrazione ha lunghezza Lγ = π e il modulo della funzione integranda per z ∈ {γ} pu` o essere maggiorato da 1 1 1 1 z 2 − 1 = |z 2 − 1| ≤ ||z 2 | − 1| = 4 − 1 . Il risultato segue immediatamente usando la disuguaglianza di Darboux. Esempio 7.18. Proviamo che, se γR (θ) = Reiθ con 0 ≤ θ ≤ π, allora √  z lim dz = 0, 2 R→∞ γ z + 1 R dove, posto z = reiθ , si assume √ √ z = reiθ/2 ,

r ≥ 0,

−π < θ ≤ π.

La lunghezza del cammino di integrazione γR `e LγR = πR, mentre il modulo della funzione integranda per z ∈ {γR } `e maggiorabile da √ √ √ √ z R R R z 2 + 1 = |z 2 + 1| ≤ 2 = R2 − 1 . |z| − 1 Per la disuguaglianza di Darboux si ha allora √  √ z R R→∞ dz ≤ πR 2 −−−−→ 0, 2 R −1 γR z + 1 che implica limR→∞

√ γR

z/(z 2 + 1)dz = 0.

Definizione 7.19 (primitiva). Siano f : D → C e F : D → C con D ⊂ C aperto e connesso. Se F  (z) = f(z) ∀z ∈ D, allora F `e una primitiva di f in D. Teorema 7.20 (esistenza della primitiva). Sia f : D → C continua in D ⊂ C aperto e connesso. Allora le seguenti propriet` a sono equivalenti: a) f ha primitiva in D; z b) z12 f(z)dz ha lo stesso valore per ogni curva γ regolare a tratti contenuta in D che congiunge z1 a z2 ; c) γ f(z)dz = 0 per ogni curva chiusa γ regolare a tratti contenuta in D. Dimostrazione. Proveremo nell’ordine le implicazioni a) ⇒ b), b) ⇒ a), b) ⇒ c) e c) ⇒ b). a) ⇒ b) Per ipotesi ∃F : D → C tale che F  (z) = f(z) ∀z ∈ D. Fissati due arbitrari punti z1 , z2 ∈ D, si supponga per cominciare che esista un cammino

7.3 Integrali di funzioni complesse lungo curve regolari a tratti

83

regolare γ : [a, b] → C tale che γ(a) = z1 e γ(b) = z2 . L’integrale di f lungo γ vale   b  b f(z)dz = f(γ(t))γ  (t)dt = F  (γ(t))dt = F (γ(b)) − F (γ(a)) γ

a

a

= F (z2 ) − F (z1 ), cio`e dipende solo dai punti z1 e z2 . Analogamente si ragiona se γ `e regolare a tratti. Si osservi che tale cammino esiste in quanto D `e connesso. b) ⇒ a) Scelto un punto z0 ∈ D, ogni punto z ∈ D pu` o essere connesso a z0 da una poligonale. Ha quindi senso parlare di un integrale di f lungo una curva regolare a tratti che va da z0 a z ed `e tutta contenuta in D. Poich´e tale integrale `e, per ipotesi, indipendente dalla curva considerata ma dipende solo da z0 e z, definiamo  z f(w)dw. (7.10) F (z) = z0

Poich´e D `e aperto ∃δ1 (z) > 0 tale che B(z, δ1 ) ⊂ D. Scelto allora Δz tale che |Δz| < δ1 , per le propriet` a dell’integrale si ha  z  z+Δz  z+Δz f(w)dw − f(w)dw = f(w)dw. F (z + Δz) − F (z) = z0

z0

z

La curva che va da z a z + Δz `e arbitraria. Si scelga per essa il segmento corrispondente al cammino γ(t) = z + tΔz con 0 ≤ t ≤ 1. Poich´e  1  1  z+Δz  dw = γ (t)dt = Δzdt = Δz, z

0

0

possiamo scrivere 1 F (z + Δz) − F (z) − f(z) = Δz Δz



z+Δz

(f(w) − f(z))dw. z

Essendo f continua in z, ∀ε > 0 ∃δ2 (ε) > 0 tale che |f(w) − f(z)| < ε se |w − z| < δ2 . Pertanto, se |Δz| < min(δ1 , δ2 ), utilizzando la disuguaglianza di Darboux otteniamo  z+Δz F (z + Δz) − F (z) 1 − f(z) = (f(w) − f(z))dw Δz |Δz| z ≤

1 |Δz| ε = ε. |Δz|

In conclusione, esiste il limite di (F (z + Δz) − F (z))/Δz per Δz → 0, cio`e F `e derivabile in z, e si ha F  (z) = f(z). b) ⇒ c) Sia γ un’arbitraria curva chiusa regolare a tratti con {γ} ⊂ D. Siano z1 e z2 due punti non coincidenti della traccia di γ. In questo modo si individuano due curve, γ1 e γ2 , che congiungono entrambe z1 a z2 e sono tali

84

7 Integrali

che γ = γ1 + (−γ2 ). Per ipotesi gli integrali di f lungo γ1 e γ2 hanno lo stesso valore e quindi      f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz = f(z)dz − f(z)dz = 0. γ

−γ2

γ1

γ1

γ2

c) ⇒ b) Si ripercorra a ritroso il ragionamento del punto precedente.

 

Si noti la differenza tra il teorema appena dimostrato e il Teorema fondamentale del calcolo 7.3 per funzioni di variabile reale a valori complessi. Infatti, la continuit` a di f : D → C con D ⊂ C aperto e connesso non `e sufficiente per concludere che esiste una sua primitiva in D. Nell’Esempio 7.14 abbiamo visto che per la funzione f(z) = |z|2 continua in C, integrali lungo cammini diversi, che congiungono i punti 1 e i, hanno valori diversi. Per il teorema precedente concludiamo che f(z) = |z|2 non ammette una primitiva in C. Esempio 7.21. Calcoliamo gli integrali del tipo  fn (z)dz, fn (z) = z −n ,

n ∈ N,

γ

con γ cammino chiuso semplice regolare a tratti tale che 0 ∈ / {γ}. Per n = 2, 3, . . . , la funzione fn `e continua in D = C\{0} aperto e connesso e in D ammette la primitiva Fn (z) = −z −(n−1)/(n−1). Di conseguenza `e nullo l’integrale di fn lungo un qualsiasi cammino γ tale che 0 ∈ / {γ}, sia nel caso in cui 0 ∈ Int(γ) sia in quello in cui 0 ∈ Ext(γ). Per n = 1, la funzione f1 (z) = 1/z `e ancora continua in D = C \ {0} ma o che essere in D non ammette primitiva. Infatti, la primitiva di f1 non pu` un qualche ramo di F1 (z) = log z e tale primitiva esiste solo nel dominio di ˜ del logaritmo. D’altro canto ogni dominio massimale di analitianaliticit`a D cit` a del logaritmo `e contenuto strettamente in D. Se 0 ∈ Ext(γ), `e possibile −1 ˜ in modo tale {γ} ⊂ D. ˜ In questo caso si ottiene scegliere D dz = 0. γz Se invece 0 ∈ Int(γ), l’integrale `e non nullo e pu` o essere calcolato nel modo seguente. Supponiamo di scegliere un logaritmo con linea di diramazione S = {z ∈ C : z = ueiα , u ∈ [0, ∞), α ∈ R} e sia u0 eiα il punto di intersezione tra {γ} e S. Parametrizziamo il cammino γ : [a, b] → C in modo tale che γ(a) = γ(b) = u0 eiα . Definiamo poi un nuovo cammino γε : [a + ε, b − ε] → C con ε > 0 tale che γε (t) = γ(t) ∀t ∈ [a + ε, b − ε]. Si ha   1 1 dz = lim dz. ε→0 γ z γ z ε ˜ = C \ S `e univocamente rappresentato da z = reiθ con Ogni punto z ∈ D ˜ la funzione log z = ln r + iθ `e una r > 0 e α < θ < α + 2π, pertanto in D −1 ˜ si ha primitiva di z . Poich´e la traccia di γε `e contenuta in D,  1 dz = log(γε (b − ε)) − log(γε (a + ε)) γε z = log(γ(b − ε)) − log(γ(a + ε)).

7.4 Teorema di Cauchy-Goursat

85

In base alla definizione di log z risulta lim log(γ(a + ε)) = ln u0 + iα,

ε→0

lim log(γ(b − ε)) = ln u0 + i(α + 2π),

ε→0

e quindi  γ

1 dz = (ln u0 + i(α + 2π)) − (ln u0 + iα) = 2πi. z

Nel caso di un cammino γ chiuso ma non semplice si ragiona in modo analogo considerando γ come somma di cammini chiusi semplici. Esempio 7.22. Si calcoli l’integrale della funzione di z = reiθ definita da √

z=

√

reiθ/2 ,

r ≥ 0,

α < θ ≤ α + 2π,

α ∈ R,

lungo un cammino γ : [a, b] → C chiuso semplice regolare a tratti che contiene al suo interno il punto z = 0 e interseca il semiasse S = {z ∈ C : z = ueiα , u ∈ [0, ∞)} nel punto u0 eiα . La funzione integranda `e analitica in D = C\S e in D ammette come primitiva il ramo di 23 z 3/2 che ha S come linea di diramazione. Posto γε : [a + ε, b − ε] → C con ε > 0 e γε (t) = γ(t) ∀t ∈ [a + ε, b − ε], si ha 

√

 zdz = lim

ε→0

γ

= lim

ε→0

√

zdz

γε

z=γ (b−ε) 2 3/2 ε z 3 z=γε (a+ε)

2 3/2 i3(α+2π)/2 2 3/2 i3α/2 − u0 e u e 3 0 3 4 3/2 i3α/2 = − u0 e . 3 =

7.4 Teorema di Cauchy-Goursat Lemma 7.23. Sia f analitica su e all’interno di γ curva chiusa semplice regolare a tratti. Per ogni ε > 0 la regione chiusa Int(γ) = Int(γ) ∪ {γ} pu` o essere ricoperta con un numero finito N di quadrati chiusi Qj , j = 1, 2, . . . , N , tali che per ciascuno di questi vale la propriet` a ∃zj ∈ Qj ∩ Int(γ) : f(z) − f(zj )  − f (zj ) < ε, z − zj

∀z ∈ Qj ∩ Int(γ) \ {zj }.

(7.11)

86

7 Integrali

Dimostrazione. Si supponga, per assurdo, che l’enunciato sia falso. Allora `e possibile trovare un ε > 0 tale che per ogni copertura finita esiste almeno un quadrato in cui la (7.11) `e falsa. Si consideri inizialmente una copertura (0) con N0 quadrati Qk , k = 1, 2, . . . , N0 , di lato d e si infittisca ripetutamente tale copertura suddividendo via via ogni quadrato in quattro quadrati di lato d/2, d/4, . . . . Alla n-esima suddivisione la copertura sar` a costituita da Nn (n) quadrati Qk , k = 1, 2, . . . , Nn, di lato d/2n . L’ipotesi `e dunque che per ogni (n) suddivisione di ordine n la (7.11) `e falsa in almeno uno dei Qk . Si ponga 

An =

(n)

Qk ∩ Int(γ),

n = 0, 1, 2, . . .

k: (7.11) falsa

Si ha An ⊃ An+1 in quanto, evidentemente, se la (7.11) `e falsa per un quadrato di ordine n + 1, la stessa propriet` a `e falsa anche per il quadrato di ordine n che lo contiene. Poich´e per ipotesi An = ∅ ∀n, si scelga un punto wn ∈ An e si consideri la successione (wn )∞ e wn ∈ Int(γ) e Int(γ) `e un n=0 . Poich´ sottoinsieme chiuso e limitato di C quindi compatto, `e possibile estrarre da (wn ) una sottosuccessione (wnj ) convergente. Sia w il corrispondente punto limite; si ha w ∈ Int(γ) in quanto Int(γ) `e chiuso. Poich´e f(z) `e analitica in Int(γ), e quindi in w, `e possibile trovare un δ(ε) > 0 tale che f(z) − f(w)  ∀z ∈ B(w, δ) \ {w}. − f (w) < ε, z−w √ Si consideri allora una copertura di ordine n0 tale che 2d/2n0 < δ. Il punto limite w appartiene a ciascuno degli An . Infatti An `e chiuso e gli elementi della sottosuccessione (wnj ) convergente a w appartengono tutti, a partire da un nj abbastanza grande, ad An . In particolare, quindi, ∃k0 tale che w ∈ (n ) Qk0 0 ∩ Int(γ) ⊂ An0 . Si giunge cos`ı alla contraddizione (n )

∃w ∈ Qk0 0 ∩ Int(γ) : f(z) − f(w)  < ε, (w) − f z −w

(n )

∀z ∈ Qk0 0 ∩ Int(γ) \ {w}.  

Teorema 7.24 (Cauchy-Goursat). Sia f analitica su e all’interno di γ curva chiusa semplice regolare a tratti. Allora  f(z)dz = 0. (7.12) γ

Dimostrazione. In virt` u del Lemma 7.23, ∀ε > 0 `e possibile trovare una copertura finita di Int(γ), la regione chiusa delimitata da {γ}, in quadrati Qj ,

7.4 Teorema di Cauchy-Goursat

87

j = 1, 2, . . . , N , tali che per ciascuno di questi ∃zj ∈ Qj ∩Int(γ) e una funzione associata δj (z) definita da  z = zj (f(z) − f(zj ))/(z − zj ) − f  (zj ) δj (z) = , 0 z = zj che `e continua e gode della propriet`a |δj (z)| < ε ∀z ∈ Qj ∩ Int(γ). Sia γj , j = 1, 2, . . . , N , il cammino orientato positivamente definito dal perimetro di a f(z) = f(zj ) + f  (zj )(z − zj ) + δj (z)(z − zj ), Qj ∩ Int(γ). Usando l’identit` per ciascun cammino γj si ha      f(z)dz = (f(zj ) − zj f (zj )) dz + f (zj ) zdz γj

γj



γj

δj (z)(z − zj )dz.

+ γj

Risulta γj dz = 0 e γj zdz = 0 in quanto le funzioni integrande hanno rispettivamente primitive z e z 2 /2 e il cammino γj `e chiuso. Pertanto   f(z)dz = δj (z)(z − zj )dz. (7.13) γj

γj

Sommando tutti gli integrali di f lungo i cammini γj , j = 1, 2, . . . , N , si ottiene  N 

f(z)dz = f(z)dz, j=1

γj

γ

e quindi, per la (7.13) e utilizzando le disuguaglianze triangolare e di Darboux, N   f(z)dz = δj (z)(z − zj )dz γ j=1 γj  N

δj (z)(z − zj )dz ≤ γj j=1

<

N

√ ε 2d(4d + Lj ), j=1

dove d `e il lato dei quadrati Qj , e Lj la lunghezza di {γj } ∩ {γ}. Sia L = N e γ `e regolare a tratti, L `e finito. j=1 Lj la lunghezza del cammino γ. Poich´ Inoltre, per il teorema della curva di Jordan, deve esistere N N un quadrato N di lato D finito che contiene γ. Segue che j=1 d2 < D2 e j=1 dLj < D j=1 Lj < DL. In conclusione,  √ f(z)dz < ε 2D(4D + L) γ

e dall’arbitrariet` a di ε segue l’asserto.

 

88

7 Integrali

Nel teorema di Cauchy-Goursat appena dimostrato `e cruciale che la curva chiusa sia semplice. Solo in questo caso, infatti, ha senso parlare di parte interna della curva γ e quindi di analiticit` a di f in tale regione. Data una generica funzione f : G → C analitica in G ⊂ C, possiamo domandarci sotto quali condizioni per G `e nullo l’integrale di f lungo una qualsiasi curva chiusa γ contenuta in G. Questa propriet` a `e certamente falsa per domini del tipo G = C \ {0}, come mostrato dall’Esempio 7.21. Definizione 7.25 (curve omotope). Siano γ0 e γ1 due curve in G ⊂ C rappresentate dai cammini γ0 , γ1 : [a, b] → G. Si dice che γ0 `e omotopa a γ1 in G, e si scrive γ0 ∼ γ1 in G, se esiste una funzione continua Γ : [a, b] ×[0, 1] → G tale che Γ (s, 0) = γ0 (s) e Γ (s, 1) = γ1 (s) ∀s ∈ [a, b]. Se le due curve γ0 e γ1 hanno gli stessi punti estremi za = γ0 (a) = γ1 (a) e zb = γ0 (b) = γ1 (b), deve essere Γ (a, t) = za e Γ (b, t) = zb ∀t ∈ [0, 1]. In particolare, se γ0 e γ1 sono curve chiuse, allora Γ (a, t) = Γ (b, t) ∀t ∈ [0, 1]. Si osservi che γt : [a, b] → G definita da γt (s) = Γ (s, t) rappresenta una curva in G che al variare di t da 0 a 1 si deforma con continuit` a da γ0 a γ1 . L’omotopia (per brevit` a, se non genera confusione, ometteremo di specificare il dominio G) `e una relazione di equivalenza. Ogni curva `e omotopa a se stessa. Se γ0 ∼ γ1 e γ1 ∼ γ2 allora γ0 ∼ γ2 . Definizione 7.26 (curve chiuse omotope a zero). Sia γ una curva chiusa in G ⊂ C. Si dice che γ `e omotopa a zero, e si scrive γ ∼ 0, se γ `e omotopa a una curva costante in G, cio`e a un punto di G. Definizione 7.27 (insieme semplicemente connesso). Un insieme aperto G ⊂ C si dice semplicemente connesso se G `e connesso e ogni curva chiusa contenuta in G `e omotopa a zero. Un insieme connesso non semplicemente connesso si dice molteplicemente connesso. Se G `e semplicemente connesso, ogni curva chiusa γ contenuta in G pu` o essere deformata con continuit`a a un punto di G. Una palla aperta, tutto C, il dominio di analiticit` a del ramo principale di log z sono insiemi semplicemente connessi, invece il dominio di analiticit` a di 1/z `e molteplicemente connesso. Teorema 7.28. Sia G ⊂ C aperto e semplicemente connesso. Allora  f(z)dz = 0

(7.14)

γ

per ogni funzione f : G → C analitica in G e per ogni curva chiusa γ regolare a tratti contenuta in G. Dimostrazione. Se γ `e una curva chiusa semplice, poich´e γ ∼ 0 ogni punto interno a γ `e contenuto in G. Quindi ogni f analitica in G `e analitica su e all’interno di γ e si applica il Teorema7.24. Se γ `e una curva chiusa che si n autointerseca n − 1 volte, allora γ = k=1 γk , dove γk , k = 1, . . . , n, sono

7.4 Teorema di Cauchy-Goursat

89

n curve chiuse semplici. Poich´e γ ∼ 0, deve anche essere γk ∼ 0, cio`e ogni punto interno a γk `e contenuto in G. Il teorema di Cauchy-Goursat si applica pertanto a ciascuna curva γk e si conclude  n  n

f(z)dz = f(z)dz = 0 = 0. (7.15) γ

k=1

γk

k=1

La propriet` a rimane valida anche per n → ∞.

 

Corollario 7.29. Sia f analitica in G ⊂ C aperto e semplicemente connesso, allora f ammette primitiva in G. Poich´e C `e aperto e semplicemente connesso, le funzioni intere ammettono primitiva in C. Il ramo principale di log z ammette primitiva nel suo dominio di analiticit` a aperto e semplicemente connesso {z ∈ C : z = −t, t ∈ [0, ∞)} e la primitiva `e −z + z log z. Sfruttando la definizione di omotopia dei cammini, i Teoremi 7.24 e 7.28 possono essere rienunciati nella seguente forma equivalente. Teorema 7.30. Sia f analitica in G ⊂ C aperto e siano γ1 e γ2 due curve aperte regolari a tratti contenute in G omotope con estremi coincidenti, allora   f(z)dz = f(z)dz. (7.16) γ1

γ2

Teorema 7.31. Sia f analitica in G ⊂ C aperto e sia γ una curva chiusa regolare a tratti contenuta in G omotopa a zero, allora  f(z)dz = 0. (7.17) γ

` collegato ai precedenti due teoremi il seguente risultato di grande utilit` E a nelle applicazioni. Teorema 7.32 (principio di deformazione dei cammini). Siano γ e γ1 due curve chiuse semplici regolari a tratti orientate positivamente con {γ1 } ⊂ Int(γ). Se f `e analitica su γ, γ1 e nella regione tra esse compresa, allora   f(z)dz = f(z)dz. (7.18) γ

γ1

Dimostrazione. Si congiunga un punto di γ a un punto di γ1 mediante una curva λ aperta regolare a tratti contenuta nella regione tra γ e γ1 e si consideri la curva chiusa η = γ +λ+(−γ1 )+(−λ). La traccia di tale curva costituisce la frontiera di un insieme aperto semplicemente connesso G in cui f `e analitica. Per il Teorema 7.28 l’integrale di f lungo una qualsiasi curva chiusa regolare a tratti contenuta in G `e nullo. Si consideri allora una curva chiusa ηε regolare a tratti contenuta in G omotopa a η e tale che limε→0 ηε = η. Si ha   f(z)dz = lim f(z)dz = lim 0 = 0. η

ε→0

ηε

ε→0

90

7 Integrali

D’altro canto      f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz − f(z)dz − f(z)dz η γ λ γ1 λ   = f(z)dz − f(z)dz. γ

γ1

Combinando i due risultati segue l’asserto.

 

Il principio di deformazione dei cammini si generalizza facilmente a un numero arbitrario di curve chiuse semplici orientate positivamente, γ1 , γ2 , . . . , γn , tutte contenute in γ e che non si intersecano tra loro. In questo caso  n 

f(z)dz = f(z)dz. (7.19) γ

k=1

γk

7.5 Formula integrale di Cauchy Teorema 7.33 (formula integrale di Cauchy). Sia f analitica su e all’interno di γ curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente. Allora ∀z ∈ Int(γ) si ha  f(w) 1 dw. (7.20) f(z) = 2πi γ w − z Dimostrazione. Si consideri il cammino γρ (θ) = z + ρeiθ con 0 ≤ θ ≤ 2π e ρ sufficientemente piccolo affinch´e la circonferenza γρ sia interna a γ. Poich´e f(w)/(w −z) `e una funzione di w analitica su γ, su γρ e nella regione compresa tra γ e γρ , per il principio di deformazione dei cammini si ha   f(w) f(w) dw = dw. w − z w −z γ γρ Da questa, e usando γρ (w − z)−1 dw = 2πi, segue   f(w) f(w) − f(z) dw − 2πif(z) = dw. w−z γ w−z γρ Poich´e f `e analitica e quindi continua in z, ∀ε > 0 esiste un δ(ε) > 0 tale che |f(w) − f(z)| < ε se |w − z| < δ. Scelto allora ρ < δ, per la disuguaglianza di Darboux si ha  f(w) − f(z) ε dw < 2πρ = 2πε. γρ w−z ρ Dall’arbitrariet` a di ε segue che l’asserto.

γρ

(f(w) − f(z))/(w − z)dw = 0 e quindi  

7.5 Formula integrale di Cauchy

91

Teorema 7.34 (derivate delle funzioni analitiche). Sia f : D → C analitica in D ⊂ C aperto, allora f ha derivate di ogni ordine in D e ∀z ∈ D la derivata n-esima di f in z pu` o essere calcolata come  n! f(w) f (n) (z) = dw, n = 0, 1, 2, . . ., (7.21) 2πi γ (w − z)n+1 dove γ `e una qualsiasi curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente tale che z ∈ Int(γ) e Int(γ) ⊂ D. Dimostrazione. Si ragioni per induzione. Per n = 0 la (7.21) si riduce alla formula integrale di Cauchy del Teorema 7.33. Si supponga allora che la (7.21) valga per un intero non negativo n − 1 e mostriamo che essa `e valida anche per l’intero n. Scelti un arbitrario punto z ∈ D e un’arbitraria curva γ chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente e tale che z ∈ Int(γ) e Int(γ) ⊂ D, calcoliamo direttamente f (n) (z) come f (n−1) (z + Δz) − f (n−1) (z) . Δz→0 Δz

f (n) (z) = lim

Per l’ipotesi fatta e utilizzando il principio di deformazioni dei cammini, abbiamo f (n−1)(z + Δz) − f (n−1) (z) Δz   1 1 (n − 1)! f(w) − dw = 2πiΔz γ (w − z − Δz)n (w − z)n  (w − z)n − (w − z − Δz)n (n − 1)! f(w) dw = 2πiΔz γρ (w − z − Δz)n (w − z)n n−1  (w − z)n−1−k (w − z − Δz)k (n − 1)! f(w) k=0 dw, = 2πi (w − z − Δz)n(w − z)n γρ

(7.22)

dove γρ `e la circonferenza |w − z| = ρ orientata come γ e di raggio ρ sufficientemente piccolo per cui {γρ } ⊂ Int(γ). Poich´e siamo interessati a valutare il limite Δz → 0, senza perdita di generalit` a si `e assunto z + Δz ∈ Int(γ) e |Δz| < ρ. Infine, nell’ultima linea della (7.22) si `e fatto uso dell’iden n−1−k k b . Ricorrendo ancora al principio di tit` a an − bn = (a − b) n−1 k=0 a deformazione dei cammini, possiamo scrivere  f (n−1) (z + Δz) − f (n−1)(z) f(w) n! dw − Δz 2πi γ (w − z)n+1  (n − 1)! f(w)h(w)dw, = 2πi γρ dove si `e posto

" n−1 ! n−k (w − z − Δz)k − (w − z − Δz)n k=0 (w − z) h(w) = . (w − z − Δz)n (w − z)n+1

92

7 Integrali

Per la disuguaglianza di Darboux, abbiamo allora (n−1)  f (z + Δz) − f (n−1)(z) f(w) n! − dw n+1 Δz 2πi γ (w − z) ! " ρn−1 |Δz| 2n (n + 1) − n2 − n − 1 (n − 1)! , ≤ 2πρ M (ρ) 2π (ρ − |Δz|)n ρn+1

(7.23)

dove M (ρ) = supw∈{γρ } |f(w)| e si `e utilizzata la disuguaglianza n−1 ! " (w − z)n−k (w − z − Δz)k − (w − z − Δz)n k=0 $ n−1 # k  n 

k n (w − z)n−j Δz j − (w − z)n−j Δz j = j k=0 j=0 j j=0 # n−1 (n − k)(w − z)n−1 Δz = k=0 $ k  n 

k n + (w − z)n−j Δz j − (w − z)n−j Δz j j j j=2 j=2 # n−1

≤ (n − k) (w − z)n−1 Δz k=0

$ k  n 

k n (w − z)n−j Δz j + (w − z)n−j Δz j + j j j=2 j=2

< ρn−1 |Δz|

n−1

!

" (n − k) + (2k − 1 − k) + (2n − 1 − n)

k=0

! " = ρn−1 |Δz| 2n (n + 1) − n2 − n − 1 valida per |Δz| < |w − z| = ρ. L’asserto segue immediatamente osservando che il membro di destra della (7.23) si annulla per Δz → 0.   Corollario 7.35. Sia f analitica in D ⊂ C aperto, allora sono analitiche in D anche le sue derivate di ogni ordine f (n) , n = 0, 1, 2, . . . Teorema 7.36 (Morera). Sia f : D → C continua in D ⊂ C aperto e connesso. Se per ogni curva chiusa γ regolare a tratti contenuta in D risulta f(z)dz = 0, allora f `e analitica in D. γ Dimostrazione. Per il Teorema 7.20 f ammette in D una primitiva F . Poich´e F  (z) = f(z) ∀z ∈ D, la funzione F `e analitica in D e per il Teorema 7.35 anche F  , cio`e f, `e analitica in D.  

7.5 Formula integrale di Cauchy

93

La formula integrale di Cauchy `e di importanza centrale nella teoria delle funzioni analitiche. Alcune prime rilevanti applicazioni sono riportate di seguito. Teorema 7.37 (disuguaglianze di Cauchy). Sia f analitica su e all’interno della circonferenza γR di raggio R centrata in z. Allora (n) n! MR , MR = sup |f(w)| , n = 0, 1, 2, . . . (7.24) f (z) ≤ Rn w∈{γR } Dimostrazione. Per il Teorema 7.34 ad ogni ordine n abbiamo  n! f(w) (n) dw f (z) = 2πi γR (w − z)n+1 e quindi, utilizzando la disuguaglianza di Darboux, n! MR (n) , f (z) ≤ 2πR 2π Rn+1 dove MR = supw∈{γR } |f(w)|.

 

Teorema 7.38 (Liouville). Sia f intera e limitata in C, allora f `e costante in C. Dimostrazione. Poich´e, per ipotesi, la funzione f `e analitica in tutto il piano complesso, ∀z ∈ C vale la formula integrale di Cauchy  1 f(w)  dw, f (z) = 2πi γR (w − z)2 dove γR `e una circonferenza orientata positivamente, centrata in z e di raggio R arbitrario. D’altro canto, poich´e f `e limitata in C, ∃M > 0 tale che |f(z)| ≤ M ∀z ∈ C. Si ottiene allora, per la disuguaglianza di Darboux, |f  (z)| ≤ 2πR

1 M M = . 2 2π R R

Dall’arbitrariet` a di R segue che f  (z) = 0 ∀z ∈ C. Per il Teorema 5.18 f `e costante in C.   Teorema 7.39 (teorema fondamentale dell’algebra). Sia Pn (z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n con z, a0 , a1 , a2 , . . . , an ∈ C e an = 0 un polinomio di grado n ≥ 1. Allora esiste almeno un punto z0 ∈ C tale che Pn (z0 ) = 0. Dimostrazione. Si supponga, per assurdo, che Pn (z) = 0 ∀z ∈ C. Segue che la funzione f(z) = 1/Pn(z) `e intera. Tale funzione `e anche limitata. Infatti limz→∞ Pn (z) = ∞ in quanto non `e possibile limitare |Pn(z)| con alcuna costante finita. Segue che limz→∞ f(z) = 0 cio`e ∃R > 0 tale che |f(z)| < 1 se |z| > R. D’altro canto |f(z)| `e una funzione continua e dunque limitata nel compatto |z| ≤ R. Essendo f analitica e limitata in C, per il teorema di Liouville si giunge all’assurdo che essa `e costante in C. Deve quindi esistere   almeno un punto z0 ∈ C tale che Pn (z0 ) = 0.

94

7 Integrali

Una conseguenza del teorema fondamentale dell’algebra `e che il polinomio Pn pu` o essere riscritto come Pn (z) = an (z − z1 )(z − z2 ) . . . (z − zn ),

(7.25)

dove z1 , z2 , . . . , zn sono n costanti complesse non necessariamente distinte. Infatti, per il Teorema 7.39, ∃z1 ∈ C tale che Pn (z1 ) = 0. Osservando che per ogni k intero   z k − z1k = (z − z1 ) z k−1 + z k−2 z1 + z k−3 z12 + · · · + zz1k−2 + z1k−1 , si ha Pn (z) = Pn (z) − Pn (z1 ) n n

ak z k − ak z1k = k=0 n

=

k=0

ak (z k − z1k )

k=1

= (z − z1 )Pn−1 (z), dove Pn−1 (z) `e il polinomio di grado n − 1 definito da Pn−1 (z) =

n

k=1

ak

k−1

z k−1−j z1j =

j=0

n−1

m=0

am+1

m

z m−j z1j .

j=0

Iterando il ragionamento si giunge a scrivere Pn (z) = (z − z1 )(z − z2 ) . . . (z − zn )P0 , dove P0 `e una costante, necessariamente uguale al coefficiente an di z n del polinomio Pn . I numeri complessi z1 , z2 , . . . , zn si chiamano le radici del polinomio Pn . Un polinomio di grado n pu` o avere al pi` u n radici distinte.

Esercizi 7.1. Calcolare l’integrale

 γ

z dz, z

dove γ `e il cammino di integrazione, percorso in verso antiorario, costituito dalla semicirconferenza |z| = 2 con Im z > 0 e dal segmento dell’asse reale compreso tra z = −2 e z = 2. 7.2. Calcolare l’integrale



z −1 log zdz,

γ

dove γ(θ) = exp(iθ), con 0 ≤ θ ≤ 2π, e per il logaritmo viene scelto il ramo log z = ln r + iθ, dove z = reiθ con r > 0 e 0 < θ < 2π.

Esercizi

95

7.3. Calcolare l’integrale 

ez dz, z(1 − z)3

γ

nei seguenti casi in cui γ `e un cammino di integrazione chiuso orientato positivamente tale che: a) contiene il punto z = 0 ma non contiene il punto z = 1; b) contiene il punto z = 1 ma non contiene il punto z = 0; c) contiene entrambi i punti z = 0 e z = 1. 7.4. Calcolare l’integrale 

z dz, z4 − 1

γ

dove γ `e l’esagono regolare, inscritto nella circonferenza di raggio a > 1 e di centro z = a, avente due lati paralleli all’asse reale e percorso in verso antiorario. 7.5. Supponendo f(z) continua per Re z ≥ 0 e limz→∞ f(z) = 0, dimostrare che  eaz f(z)dz = 0, a ∈ R, a < 0, lim R→∞

γR

dove γR (θ) = Reiθ con −π/2 ≤ θ ≤ π/2. 7.6. Sia f(z) analitica su e dentro il cammino chiuso semplice γ e sia z0 un punto non appartenente a {γ}. Dimostrare che  γ

f(z) dz = (z − z0 )2

 γ

f  (z) dz. z − z0

7.7. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, dimostrare che  z −3/2 log zdz = 0. lim R→∞

|z|=R

7.8. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  z 3/2 dz, γ

dove γ(θ) = Reiθ , −π ≤ θ ≤ π, R > 0.

96

7 Integrali

7.9. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  z 4/3 dz, γ

dove γ(θ) = Reiθ , −π ≤ θ ≤ π, R > 0. 7.10. Calcolare l’integrale della funzione f(z) = (z − z)2 lungo il cammino γ rappresentato dal triangolo di vertici z1 = (0, 0), z2 = (1, 0), z3 = (0, 1), percorso in verso antiorario. 7.11. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  z z (1 + log z)dz, γ

dove γ `e la circonferenza |z| = R percorsa in verso antiorario. 7.12. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  cos(log z) dz, z γ dove γ `e il cammino, percorso in verso antiorario, costituito dal triangolo di vertici b e −a ± ib, con a e b reali positivi. 7.13. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  log(z + 2π) dz, 3 γ (z − iπ) dove γ `e la circonferenza |z| = 4 percorsa in verso antiorario. 7.14. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  ez √ dz, 2 3+z γ z dove γ `e il cammino, percorso in verso antiorario, costituito dal quadrato di vertici 1, i, −1, −i. 7.15. Calcolare l’integrale





 z 2 − z 2 dz,

γ

dove γ `e il cammino rettilineo che va da z = 1 a z = i.

Esercizi

97

7.16. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale √  cos z √ dz, z γ dove γ `e la circonferenza |z| = R percorsa in verso antiorario. 7.17. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  log z dz, 2 γ z dove γ `e la circonferenza di raggio R centrata in z = 0 e percorsa in verso antiorario. 7.18. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  z log zdz, γ

dove γ `e la circonferenza di raggio R centrata in z = 0 e percorsa in verso antiorario. 7.19. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  1 √ √ dz, 2 γ 2 z cos ( z) dove γ `e la circonferenza |z| = R percorsa in verso antiorario con R = ((2n + 1)π/2)2 , n = 0, 1, 2, . . . 7.20. Calcolare l’integrale  γ

1 dz, z

dove γ `e il cammino chiuso, percorso in verso antiorario, formato dal segmento √ γ1 congiungente i punti ±1 − i e dall’arco di circonferenza γ2 (t) = 2eit , −π/4 ≤ t ≤ 5π/4. 7.21. Detto γ il quadrato di vertici 1, i, −1, −i, dimostrare che  √ √ z dz ≤ 8 2. 2 γ z

98

7 Integrali

7.22. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  z 1/3 dz, γ

dove γ `e la circonferenza di raggio R centrata nell’origine e percorsa in verso antiorario. 7.23. Calcolare l’integrale della funzione f(z) = Im z − Re z − i3(Re z)2 lungo le curve γ1 , γ2 e γ3 , costituite rispettivamente dai segmenti [0, i], [i, 1 + i] e [0, 1 + i]. 7.24. Fornire un esempio di una funzione f analitica in A = {z ∈ C : 1 < |z| < 2} che non ammette una primitiva in A. 7.25. Sia f una funzione intera con la propriet` a ∃M > 0 tale che ∀z ∈ C si  ha |f(z)| ≤ M + |z|. Cosa `e possibile affermare su f? 7.26. Sia a = 0 reale arbitrario. Calcolare l’integrale del ramo principale di f(z) = z a−1 lungo la circonferenza orientata positivamente |z| = R, con R > 0 arbitrario. Si determini infine il limite a → 0 del risultato trovato. 7.27. Sia f(z) intera. Dimostrare che se ∃c ∈ R tale che u(z) = Re(f(z)) ≤ c ∀z ∈ C, allora u(z) `e costante in C. 7.28. Sia f una funzione analitica in C ad eccezione di un numero finito di singolarit` a isolate nei punti z1 , z2 , . . . , zn , tutti distinti dall’origine. Sia r = 3 mink=1,...,n |zk | > 0. Stimare r sapendo che f (4) (0) = 1 − i e |f(z)| ≤ 5 |z| ∀z ∈ C. 7.29. Sia f una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione della singolarit` a isolata, di natura non specificata, in z = 3 + 2i e sia γ la circonferenza |z − 3| = 2 orientata positivamente. Calcolare i seguenti integrali, esprimendo il risultato, se necessario, in termini dei valori assunti da f e dalle sue derivate in punti opportuni. Qualora le informazioni non fossero sufficienti a valutare l’integrale, dire che questo `e non calcolabile. √ √ √    f(z) z f(z) z f(z) z dz, b) dz, c) dz. a) 2 2 2 γ (z + i) γ (z − 1) γ (z − 4)

8 Serie di Taylor e Laurent

Sommario. Sviluppo in serie di Taylor intorno al punto z0 di funzioni analitiche in una palla centrata in z0 . Integrale lungo una curva di una serie di potenze moltiplicata per una funzione continua. La somma di una serie di potenze `e una funzione analitica all’interno del cerchio di convergenza. Derivata di una serie di potenze. Unicit` a dell’espansione in serie di Taylor. Esempi notevoli di sviluppi in serie di Taylor. Definizione di anello. Sviluppo in serie di Laurent intorno al punto z0 di funzioni analitiche in un anello centrato in z0 . Integrale lungo una curva di una serie di potenze generalizzata moltiplicata per una funzione continua. La somma di una serie di potenze generalizzata `e una funzione analitica all’interno dell’anello di convergenza. Derivata di una serie di potenze generalizzata. Unicit` a dell’espansione in serie di Laurent. Esempi notevoli di sviluppi in serie di Laurent. Moltiplicazione e divisione di serie di potenze.

8.1 Serie di Taylor Teorema 8.1 (sviluppo in serie di Taylor). Sia f analitica in B(z0 , R), allora ∀z ∈ B(z0 , R) vale lo sviluppo in serie di Taylor f(z) =

∞

f (n) (z0 ) (z − z0 )n . n! n=0

(8.1)

Dimostrazione. Scelto arbitrariamente z ∈ B(z0 , R) e posto γ(t) = z0 + reit con 0 ≤ t ≤ 2π e |z − z0 | < r < R, per la formula integrale di Cauchy si ha f(z) =

1 2πi

 γ

f(w) 1 dw = w−z 2πi

 γ

f(w) dw. (w − z0 ) − (z − z0 )

Presilla C.: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile. © Springer-Verlag Italia 2011

100

8 Serie di Taylor e Laurent

Usando l’identit` a 1 1 1 = w−z w 1 − z/w 1 1 − (z/w)n 1 (z/w)n = + w 1 − z/w w 1 − z/w =

n−1

k=0

zn zk + wk+1 (w − z)wn

valida per z e w arbitrari con z = w, possiamo riscrivere f(z) come  n−1 

(z − z0 )k 1 f(w) f(z) = 2πi γ (w − z0 )k+1 k=0  (z − z0 )n + dw [(w − z0 ) − (z − z0 )](w − z0 )n n−1

(z − z0 )k  f(w) = dw 2πi (w − z0 )k+1 γ k=0  f(w) (z − z0 )n dw + 2πi [(w − z ) − (z − z0 )](w − z0 )n 0 γ =

n−1

k=0

f (k) (z0 ) (z − z0 )k + ρn (z), k!

(8.2)

dove si `e utilizzata la formula integrale di Cauchy  k! f(w) (k) dw f (z0 ) = 2πi γ (w − z0 )k+1 e si `e posto (z − z0 )n ρn (z) = 2πi

 γ

f(w) dw. [(w − z0 ) − (z − z0 )](w − z0 )n

Per concludere `e sufficiente mostrare che limn→∞ ρn (z) = 0 perch´e allora in questo limite la (8.2) riproduce lo sviluppo di Taylor desiderato. Posto M = supw∈{γ} |f(w)|, dalla disuguaglianza di Darboux otteniamo |ρn (z)| ≤

|z − z0 | 2π

n

2πr

M (|z − z0 | /r)n n→∞ M = −−−−→ 0 n (r − |z − z0 |)r 1 − |z − z0 | /r

in quanto |z − z0 | < r.

 

Nel caso particolare z0 = 0, lo sviluppo in serie di Taylor ∞

f (n) (0) n z f(z) = n! n=0

viene spesso indicato con il nome di sviluppo in serie di Maclaurin.

(8.3)

8.1 Serie di Taylor

101

∞

Teorema 8.2 (integrale di una serie di potenze). Sia n=0 an(z−z0 )n = f(z) all’interno del cerchio di convergenza di centro z0 e raggio R. Se γ `e una curva regolare a tratti contenuta in B(z0 , R) e g una funzione continua su {γ}, allora   ∞

an g(z)(z − z0 )n dz = g(z)f(z)dz. (8.4) γ

n=0

γ

Dimostrazione. Si noti che g e f sono funzioni continue su {γ}. La funzione g lo `e per ipotesi. Invece f, in quanto somma di una serie di potenze con raggio di convergenza R, `e (uniformemente) continua in B(z0 , r) con r < R arbitrario. Poich´e γ `e contenuta in B(z0 , R), ∃r < R tale che {γ} ⊂ B(z0 , r) e quindi f `e continua su {γ}. L’integrale lungo γ del prodotto gf pertanto esiste. Inoltre, ∀z ∈ B(z0 , R) vale g(z)f(z) =

n−1

ak g(z)(z − z0 )k + g(z)ρn (z),

(8.5)

k=0

dove ρn (z) `e il resto n-esimo della serie convergente a f ρn (z) =

∞

ak (z − z0 )k .

k=n

Dalla (8.5) segue che gρn `e una funzione continua in B(z0 , R) e quindi integrabile lungo γ. Possiamo dunque scrivere  g(z)f(z)dz = γ

n−1



 g(z)(z − z0 )k dz +

ak

k=0

γ

g(z)ρn (z)dz. γ

Sia M il massimo valore di |g(z)| su {γ} e L la lunghezza di γ. Poich´e la serie di potenze considerata converge uniformemente a f in B(z0 , r) ⊃ {γ}, ∀ε > 0 ∃N (ε) tale che |ρn (z)| < ε ∀z ∈ {γ} e ∀n > N . Dalla disuguaglianza di Darboux otteniamo  g(z)ρn (z)dz < LM ε, ∀n > N. γ

Poich´e tale relazione vale per ε arbitrariamente piccolo purch´e N sia sufficientemente grande, segue che  lim g(z)ρn (z)dz = 0 n→∞

e quindi l’asserto.

γ

∞

 

Corollario 8.3 (analiticit` a di una serie di potenze). Sia n=0 an (z − z0 )n = f(z) all’interno del cerchio di convergenza di centro z0 e raggio R, allora f `e analitica in B(z0 , R).

102

8 Serie di Taylor e Laurent

Dimostrazione. Dal Teorema 8.2 con la scelta g(z) = 1 e γ arbitraria curva chiusa regolare a tratti contenuta in B(z0 , R), si ha   ∞

f(z)dz = an (z − z0 )n dz = 0. γ

γ

n=0

  Per il Teorema di Morera (7.36) segue che f `e analitica in B(z0 , R). ∞ Corollario 8.4 (derivata di una serie di potenze). Sia n=0 an (z − z0 )n = f(z) all’interno del cerchiodi convergenza di centro z0 e raggio R, ∞ allora ∀z ∈ B(z0 , R) si ha f  (z) = n=1 an n(z − z0 )n−1 . Dimostrazione. Fissato arbitrariamente z ∈ B(z0 , R), dal Teorema 8.2 con la scelta g(w) = 1/(2πi(w − z)2 ) e γ curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente tale che {γ} ⊂ B(z0 , R) e z ∈ Int(γ), si ha   ∞

1 f(w) 1 (w − z0 )n dw = a dw. (8.6) n 2πi γ (w − z)2 2πi γ (w − z)2 n=0 Per il Corollario 8.3 la funzione f `e analitica in B(z0 , R) e pure analitiche sono all’interno di tale palla le funzioni (w − z0 )n , con n = 0, 1, 2, . . . Poich´e {γ} ⊂ B(z0 , R) e z ∈ Int(γ), per la formula integrale di Cauchy 7.34 si ha  f(w) 1 dw = f  (z), 2πi γ (w − z)2  (w − z0 )n 1 dw = n(z − z0 )n−1 . 2πi γ (w − z)2 Inserendo questi risultati nella (8.6) segue l’asserto.

 

Corollario 8.5 (unicit` a dello sviluppo in serie di Taylor). Sia  ∞ n a (z − z ) = f(z) all’interno del cerchio di convergenza di centro z0 0 n=0 n e raggio R, allora questa `e l’espansione in serie di Taylor di f intorno a z0 , cio`e an = f (n) (z0 )/n!, n = 0, 1, 2, . . . Dimostrazione. Fissato arbitrariamente l’indice n = 0, 1, 2, . . ., dal Teorema 8.2 con la scelta g(z) = 1/(2πi(z − z0 )n+1 ) e γ curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente tale che {γ} ⊂ B(z0 , R) e z0 ∈ Int(γ), si ha   ∞

1 f(z) 1 dz = a (z − z0 )k−n−1 dz. (8.7) k 2πi γ (z − z0 )n+1 2πi γ k=0

Per il Corollario 8.3 la funzione f `e analitica in B(z0 , R) e poich´e {γ} ⊂ B(z0 , R) e z0 ∈ Int(γ), per la formula integrale di Cauchy 7.34 si ha  f (n) (z0 ) f(z) 1 dz = . 2πi γ (z − z0 )n+1 n!

8.1 Serie di Taylor

103

Gli integrali che compaiono nel membro di destra della (8.7) valgono  1 (z − z0 )k−n−1dz = δk−n−1,−1 = δk,n . 2πi γ Segue allora f (n) (z0 )/n! = an .

 

Esempio 8.6. Si determini lo sviluppo in serie di Maclaurin di f(z) = ez . La funzione `e intera e per ogni n ∈ N risulta f (n) (z) = ez e quindi f (n) (0) = 1. Pertanto ez =

∞

1 n z n! n=0

=1+z+

z3 z4 z2 + + + . . ., 2 6 24

|z| < ∞.

Esempio 8.7. Si determini lo sviluppo in serie di Maclaurin di f(z) = sin z. La funzione `e intera e ricordando che sin z = (eiz − e−iz )/2i dal precedente risultato si ha ∞  ∞ 1 (iz)n (−iz)n − sin z = 2i n=0 n! n! n=0 =

∞ in z n 1 (1 − (−1)n ) 2i n=0 n!

=

∞

(−1)k 2k+1 z (2k + 1)! k=0

=z−

z5 z7 z3 + − + . . ., 6 5! 7!

|z| < ∞.

Esempio 8.8. Si determini lo sviluppo in serie di Maclaurin di f(z) = cos z. La funzione `e intera e ricordando che cos z = d sin z/dz dal precedente risultato si ha cos z =

∞ d (−1)k 2k+1 z dz (2k + 1)! k=0

=

∞

k=0

=1−

(−1)k 2k z (2k)! z4 z6 z2 + − + . . ., 2 24 6!

|z| < ∞.

Esempio 8.9. Si determini lo sviluppo in serie di Maclaurin di f(z) = cosh z. La funzione `e intera e ricordando che cosh z = cos(iz) dal precedente risultato

104

8 Serie di Taylor e Laurent

si ha cosh z =

∞

(−1)k

(2k)!

k=0

=

∞

(iz)2k

1 2k z (2k)!

k=0

z4 z6 z2 + + + . . ., 2 24 6!

=1+

|z| < ∞.

Esempio 8.10. Si determini lo sviluppo in serie di Maclaurin di f(z) = sinh z. La funzione `e intera e ricordando che sinh z = d cosh z/dz dal precedente risultato si ha sinh z =

∞ d 1 2k z dz (2k)! k=0

=

∞

k=1

=

1 z 2k−1 (2k − 1)!

∞

n=0

=z+

1 z 2k+1 (2k + 1)! z3 z5 z7 + + + . . ., 6 5! 7!

|z| < ∞.

Esempio 8.11. Abbiamo gi` a studiato la convergenza della serie geometrica ∞

n=0

zn =

1 , 1−z

|z| < 1.

(8.8)

Posto f(z) = 1/(1 − z), per l’unicit` a dello sviluppo in serie di Taylor dalla (8.8) ricaviamo f (n) (0) = n!. Con le trasformazioni z → −z e z → 1 − z, dalla (8.8) ricaviamo anche ∞

1 = (−1)n z n , 1 + z n=0

∞

1 (−1)n (z − 1)n , = z n=0

|z| < 1,

|z − 1| < 1.

8.1 Serie di Taylor

105

Esempio 8.12. Si determini lo sviluppo in serie di Taylor di f(z) = 1/z 2 intorno al punto z0 = 0. Osservando che 1 1 1 = z z0 1 + (z − z0 )/z0  n ∞ 1 z − z0 = (−1)n , z0 n=0 z0

z − z0 z0 < 1,

si ottiene d 1 1 =− z2 dz z  n−1 ∞ n z − z0 1 (−1)n =− z0 n=1 z0 z0  k ∞ 1 z − z0 k = 2 (−1) (k + 1) , z0 z0

|z − z0 | < |z0 | .

k=0

Esempio 8.13. Si determini lo sviluppo in serie di Taylor del ramo principale di f(z) = log z intorno a z0 = −t con 0 ≤ t < ∞. Il pi` u grande cerchio di centro z0 contenuto nel dominio di analiticit` a del ramo principale di log z ha raggio |Im z0 | se Re z0 < 0 e |z0 | se Re z0 ≥ 0. All’interno di tale cerchio si ha  z 1 log z − log z0 = dw z0 w  n  z ∞ 1 w − z0 n (−1) dw = z0 z0 z0 n=0 n+1 w=z  ∞

(−1)n w − z0 = n + 1 z 0 n=0 w=z0 n+1  ∞

(−1)n z − z0 = . n+1 z0 n=0 Pertanto log z = log z0 +

∞

(−1)k−1 k=1

= log z0 +

kz0k

(z − z0 )k

1 1 1 (z − z0 ) − 2 (z − z0 )2 + 3 (z − z0 )3 + . . . z0 2z0 3z0

(8.9)

Consideriamo ora la serie di potenze (8.9) e domandiamoci a quale funzione analitica corrisponde la sua somma all’interno del cerchio di convergenza della serie. Calcoliamo innanzitutto il raggio di convergenza. Usando il criterio del rapporto si ha (−1)k−1 (k + 1)z0k+2 R = lim = |z0 | . k→∞ kz0k+1 (−1)k

106

8 Serie di Taylor e Laurent

Fig. 8.1. Cerchio di convergenza per lo sviluppo in serie di Taylor intorno a z0 del ramo principale di log z nei casi Re z0 < 0 e Re z0 > 0

Dunque la somma della serie (8.9) `e una funzione analitica in B(z0 , |z0 |). Tale funzione non pu` o essere il ramo principale di log z nel caso in cui Re z0 < 0. Essa sar`a uno dei rami di log z la cui linea di diramazione non attraversa la palla B(z0 , |z0 |). Se invece Re z0 ≥ 0 il ramo principale di log z `e uno dei possibili rami che rappresentano la somma della serie (8.9). Tutti i rami ammessi a rappresentare la somma della serie (8.9) hanno lo stesso valore all’interno del cerchio di convergenza. Esempio√8.14. Si determini lo sviluppo in serie di Taylor del ramo principale di f(z) = z intorno a z0 = 1. La funzione considerata ha linea di diramazione coincidente con il semiasse reale negativo ed `e analitica nel cerchio |z − 1| < 1 dove `e sviluppabile in serie di Taylor. Osservando che f (0) (z) = z 1/2 , 1 1/2−1 z , 2  1 1 f (2) (z) = − 1 z 1/2−2 , 2 2   1 1 1 (3) f (z) = −1 − 2 z 1/2−3 , 2 2 2 f (1) (z) =

.. . f (n) (z) =

1 2



1 −1 2



 1 1 −2 ... − n + 1 z 1/2−n , 2 2

e quindi f

(n)

1 (1) = 2



1 −1 2



 1 1 1 −2 ... − n + 1 = 2 n!, 2 2 n

8.2 Serie di Laurent

107

si conclude ∞ 1

√ 2 (z − 1)n z= n n=0

1 1 1 5 (z − 1)4 + . . . = 1 + (z − 1) − (z − 1)2 + (z − 1)3 − 2 8 16 128 Il precedente risultato si estende immediatamente alla serie binomiale (1 + z)c =

∞ 

c

n

n=0

= 1 + cz +

zn c(c − 1) 2 c(c − 1)(c − 2) 3 z + z + . . ., 2 6

convergente per |z| < 1 con c ∈ C.

8.2 Serie di Laurent Definizione 8.15 (anello). Siano 0 ≤ R1 < R2 ≤ ∞ e z0 ∈ C, si chiama anello di centro z0 e raggi R1 , R2 l’insieme A(z0 , R1 , R2 ) = {z ∈ C : R1 < |z| < R2 }.

(8.10)

Un anello `e un insieme non semplicemente connesso. Per R1 = 0 si usa an˙ 0 , R2) = A(z0 , 0, R2), detta palla puntata. Il dominio di che la notazione B(z analiticit`a di 1/(z − z0 ) `e l’anello A(z0 , 0, ∞). Teorema 8.16 (sviluppo in serie di Laurent). Sia f analitica nell’anello A(z0 , R1, R2 ), allora ∀z ∈ A(z0 , R1 , R2) vale lo sviluppo in serie di Laurent ∞

f(z) =

an (z − z0 )n +

n=0

∞

bn , (z − z0 )n n=1

(8.11)

n = 0, 1, 2, . . .,

(8.12)

dove 1 an = 2πi bn =

1 2πi

 

γ

f(z) dz, (z − z0 )n+1

f(z)(z − z0 )n−1 dz,

n = 1, 2, 3, . . . ,

(8.13)

γ

o, equivalentemente, f(z) =

∞

n=−∞

cn (z − z0 )n ,

(8.14)

108

8 Serie di Taylor e Laurent

dove 1 cn = 2πi

 γ

f(z) dz, (z − z0 )n+1

n ∈ Z,

(8.15)

con γ arbitraria curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente tale che {γ} ⊂ A(z0 , R1 , R2) e z0 ∈ Int(γ). Dimostrazione. Scelti arbitrariamente z ∈ A(z0 , R1, R2 ) e γ curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente con {γ} ⊂ A(z0 , R1 , R2) e z0 ∈ Int(γ), si considerino due cammini circolari γ1 e γ2 orientati positivamente, di centro z0 e raggi r1 e r2 , tali che z ∈ A(z0 , r1 , r2 ) e {γ} ⊂ A(z0 , r1 , r2 ). Si consideri infine un cammino circolare γ3 orientato positivamente di centro z e raggio r sufficientemente piccolo cos`ı che {γ3 } ⊂ A(z0 , r1 , r2 ). Poich´e f(w)/(w − z) `e una funzione di w analitica su γ2 , γ1 e γ3 e nella regione tra essi compresa, per il principio di deformazione dei cammini si ha    f(w) f(w) f(w) dw = dw + dw. γ2 w − z γ1 w − z γ3 w − z Per la (7.20) l’integrale su γ3 vale 2πif(z) e quindi   1 f(w) f(w) 1 f(z) = dw − dw 2πi γ2 w − z 2πi γ1 w − z   1 1 f(w) f(w) dw + dw. = 2πi γ2 (w − z0 ) − (z − z0 ) 2πi γ1 (z − z0 ) − (w − z0 ) Usando le identit`a 1 1 1 = w−z w 1 − z/w = =

1 (z/w)n 1 1 − (z/w)n + w 1 − z/w w 1 − z/w n−1

k=0

zn zk + , wk+1 (w − z)wn

n−1

wk 1 wn = + k+1 z−w z (z − w)z n k=0

=

n

wj−1 j=1

zj

+

wn , (z − w)z n

valide per z e w arbitrari con z = w, possiamo riscrivere f(z) come f(z) =

n−1

k=0

ak (z − z0 )k + ρn (z) +

n

bj + σn (z), (z − z0 )j j=1

(8.16)

8.2 Serie di Laurent

109

dove si `e posto 1 ak = 2πi

 γ2

f(w) dw, (w − z0 )k+1

(z − z0 )n ρn (z) = 2πi 1 bj = 2πi

 γ2

k = 0, 1, . . ., n − 1,

f(w) dw, [(w − z0 ) − (z − z0 )](w − z0 )n

 f(w)(w − z0 )j−1 dw,

j = 1, 2, . . . , n,

γ1

1 σn (z) = 2πi(z − z0 )n

 γ1

f(w)(w − z0 )n dw. [(w − z0 ) − (z − z0 )]

Si osservi che, per il principio di deformazione dei cammini, gli integrali su γ2 e γ1 che compaiono nelle espressioni di ak e bj possono essere equivalentemente valutati entrambi su γ. Per concludere `e sufficiente mostrare che limn→∞ ρn (z) = 0 e limn→∞ σn (z) = 0 perch´e allora in questo limite la (8.16) riproduce lo sviluppo in serie di Laurent desiderato. Posto M2 = supw∈{γ2 } |f(w)|, dalla disuguaglianza di Darboux si ottiene |ρn (z)| ≤

M2 |z − z0 |n M2 (|z − z0 | /r2 )n n→∞ 2πr2 = −−−−→ 0 2π (r2 − |z − z0 |)r2n 1 − |z − z0 | /r2

in quanto |z − z0 | < r2 . Analogamente, posto M1 = supw∈{γ1 } |f(w)|, si ha |σn (z)| ≤

1 M1 (r1 / |z − z0 |)n n→∞ M1 r1n = −−−−→ 0 n 2πr1 2π |z − z0 | |z − z0 | − r1 |z − z0 | /r1 − 1

in quanto r1 < |z − z0 |.

 

Teorema 8.17 (integrale di una serie di potenze generalizzata). Sia ∞ n n=−∞ cn (z − z0 ) = f(z) all’interno dell’anello di centro z0 e raggi R1 , R2 . Se γ `e una curva regolare a tratti contenuta in A(z0 , R1 , R2 ) e g una funzione continua su {γ}, allora ∞

n=−∞



 g(z)(z − z0 )n dz =

cn γ

g(z)f(z)dz.

(8.17)

γ

Dimostrazione. Innanzitutto si osservi che la convergenza della serie di potenze generalizzata ∞

n=−∞

cn (z − z0 )n = f(z)

110

8 Serie di Taylor e Laurent

all’interno dell’anello A(z0 , R1, R2 ) `e equivalente, per definizione, alla convergenza simultanea delle due serie ∞

an (z − z0 )n = fa (z),

an = cn ,

n = 0, 1, 2, . . . ,

(8.18)

bn = c−n ,

n = 1, 2, 3, . . .,

(8.19)

n=0 ∞

n=1

bn = fb (z), (z − z0 )n

con fa (z) + fb (z) = f(z). La serie di potenze (8.18) `e convergente all’interno del cerchio di centro z0 e raggio R2 dato da 1/R2 = lim supn→∞ |cn |1/n . D’altro canto la (8.19) con la posizione w = 1/(z − z0 ) diventa la serie di  1/n n potenze ∞ . Pertanto n=1 bn w convergente per |w| < 1/ lim supn→∞ |c−n | la serie (8.19) converge all’esterno del cerchio di centro z0 e raggio R1 = 1/n lim supn→∞ |c−n | . In conclusione, si ha la convergenza simultanea delle (8.18) e (8.19) nell’anello A(z0 , R1, R2 ). Per ciascuna delle due serie di potenze (8.18) e (8.19) vale l’analogo Teorema 8.2 con la curva γ contenuta nei rispettivi domini di convergenza e g continua su {γ}. Pertanto, se {γ} ⊂ A(z0 , R1, R2 ) e g `e continua su {γ}, simultaneamente si ha   ∞

n an g(z)(z − z0 ) dz = g(z)fa (z)dz, γ

n=0 ∞

n=1

e quindi l’asserto.

γ

 bn γ

g(z) dz = (z − z0 )n

 g(z)fb (z)dz, γ

 

Dal Teorema 8.17 seguono poi i seguenti tre corollari in modo analogo a quanto visto nel caso della serie di Taylor. Corollario 8.18 (analiticit` a di una serie di potenze generalizzata). ∞ Sia n=−∞ cn (z − z0 )n = f(z) all’interno dell’anello di centro z0 e raggi R1 , R2 , allora f `e analitica in A(z0 , R1, R2 ). Corollario 8.19 (derivata di una serie di potenze generalizzata). Sia ∞ c (z − z0 )n = f(z) all’interno dell’anello di centro z0 e raggi R1 , R2 , n=−∞ n ∞ allora ∀z ∈ A(z0 , R1, R2 ) si ha f  (z) = n=−∞ cn n(z − z0 )n−1 . Corollario 8.20 (unicit` a dello sviluppo in serie di Laurent). Sia ∞ n c (z − z ) = f(z) all’interno dell’anello di centro z0 e raggi R1 , n 0 n=−∞ R2 , allora questa `e l’espansione in serie di Laurent di f intorno a z0 , cio`e cn = (1/2πi) γ [f(z)/(z−z0 )n+1 ]dz, n ∈ Z, con γ arbitraria curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente, tale che {γ} ⊂ A(z0 , R1, R2 ) e z0 ∈ Int(γ).

8.2 Serie di Laurent

111

Esempio 8.21. Si determini lo sviluppo in serie di Laurent di f(z) = exp(1/z) nell’anello 0 < |z| < ∞. Ricordando lo sviluppo in serie di Maclaurin di exp(w), valido ∀w ∈ C cio`e per |w| < ∞, con il cambio di variabile w = 1/z si ottiene exp(1/z) =

∞

1 , n n!z n=0

0 < |z| < ∞.

Esempio 8.22. Si determini lo sviluppo in serie intorno a z0 = 0 di f(z) =

−1 1 1 = − . (z − 1)(z − 2) z−1 z−2

La funzione f `e analitica in tutto C ad eccezione dei punti z = 1 e z = 2. Pertanto `e possibile sviluppare f intorno a z0 = 0 in serie di Taylor per |z| < 1 e in serie di Laurent per 1 < |z| < 2 e 2 < |z| < ∞. Se |z| < 1, osservando che |z/2| < 1, si ha 1 1 1 + 1−z 2 1 − z/2 ∞ ∞

1 zn + (z/2)n =− 2 n=0 n=0

f(z) = −

=

∞

(2−n−1 − 1)z n .

n=0

Se 1 < |z| < 2, osservando che |1/z| < 1 e |z/2| < 1, si ha 1 1 1 1 + z 1 − 1/z 2 1 − z/2 ∞ ∞ 1 1 n = (1/z) + (z/2)n z n=0 2 n=0

f(z) =

=

∞ ∞

zk 1 + . 2k+1 zk

k=0

k=1

Se 2 < |z| < ∞, osservando che |1/z| < 1 e |2/z| < 1, si ha 1 1 1 1 − z 1 − 1/z z 1 − 2/z ∞ ∞ 1 1 (1/z)n − (2/z)n = z n=0 z n=0

f(z) =

=

∞

1 − 2k+1 . zk k=1

112

8 Serie di Taylor e Laurent

8.3 Moltiplicazione e divisione di due serie di potenze ∞ Teorema 8.23 (prodotto di due serie di potenze). Sia n=0 an (z −  ∞ z0 )n = f(z) per z ∈ B(z0 , R1 ) e n=0 bn (z − z0 )n = g(z) per z ∈ B(z0 , R2). Allora, posto R = min(R1 , R2), ∀z ∈ B(z0 , R) si ha f(z)g(z) =

∞

cn (z − z0 )n ,

cn =

n=0

n

ak bn−k.

(8.20)

k=0

Dimostrazione. Le funzioni f e g in quanto somma di serie di potenze sono analitiche rispettivamente in B(z0 , R1) e B(z0 , R2). Inoltre per l’unicit` a dello sviluppo in serie di Taylor si ha an = f (n) (z0 )/n! e bn = g(n)(z0 )/n! per n = 0, 1, 2, . . . Pertanto, posto R = min(R1 , R2 ), fg `e analitica in B(z0 , R) e in tale palle vale lo sviluppo in serie di Taylor f(z)g(z) =

∞

cn (z − z0 )n ,

n=0

con cn =

1 dn f(z)g(z) . n n! dz z=z0

Utilizzando la regola di Leibniz per la derivata di ordine n del prodotto di f per g, si conclude n  1 n (k) cn = f (z0 )g (n−k)(z0 ) k n! k=0

= =

n

f (k) (z0 ) g (n−k)(z0 ) k=0 n

k!

(n − k)!

ak bn−k .

k=0

  ∞ Teorema 8.24 (rapporto di dueserie di potenze). Sia n=0 an (z − ∞ n z0 )n = f(z) per z ∈ B(z0 , R1) e b (z − z ) = g(z) =  0 per z ∈ 0 n=0 n B(z0 , R2 ). Allora, posto R = min(R1 , R2), ∀z ∈ B(z0 , R) si ha   ∞ n−1

1 n f(z)/g(z) = dn (z − z0 ) , d n = an − dk bn−k . (8.21) b 0 n=0 k=0

Dimostrazione. Le funzioni f e g in quanto somma di serie di potenze sono analitiche rispettivamente in B(z0 , R1) e B(z0 , R2 ). Inoltre g(z) = 0 ∀z ∈

8.3 Moltiplicazione e divisione di due serie di potenze

113

B(z0 , R2 ). Pertanto, posto R = min(R1 , R2 ), f/g `e analitica in B(z0 , R) e in tale palla vale lo sviluppo in serie di potenze f(z)g(z) =

∞

dn (z − z0 )n.

n=0

Per determinare i coefficienti dn , si osservi che (f/g) g = f. In base al Teorema 8.23 si ha allora n

dk bn−k = an

n = 0, 1, 2, . . .

k=0

ovvero  dn =

an −

n−1

k=0

 dk bn−k

1 . b0

Tali coefficienti vanno risolti iterativamente. Per n = 0 si ha d0 = a0 /b0 . Calcolato d0 , per n = 1 si ha d1 = (a1 − d0 b1 )/b0 . Calcolati d0 e d1 , per n = 2 si ha d2 = (a2 − d1 b1 − d0 b2 )/b0 , e cos`ı via.   Esempio 8.25. Si determinino i primi termini dello sviluppo in serie di Taylor intorno a z0 = 0 di f(z) = ez /(1 + z). La funzione f `e analitica in tutto C ad eccezione del punto z = −1. Pertanto f `e sviluppabile in serie di Maclaurin per |z| < 1. Usando lo sviluppo in serie di Maclaurin di ez e la serie geometrica, essendo entrambe le serie convergenti per |z| < 1, nella stessa palla si ha  z2 z3 z4 z5 ez = 1+z+ + + + +... 1+z 2 6 24 120   × 1 − z + z2 − z3 + z4 − z5 + . . . 1 1 3 11 = 1 + z 2 − z 3 + z4 − z5 + . . . 2 3 8 30 Esempio 8.26. Si determinino i primi termini dello sviluppo in serie di Laurent intorno a z0 = 0 di f(z) = 1/ sin z. La funzione f `e analitica in tutto C ad eccezione dei punti z = kπ, k ∈ Z. Pertanto f `e sviluppabile in serie di Laurent nell’anello 0 < |z| < π. Usando lo sviluppo in serie di Maclaurin di sin z, possiamo scrivere 1 = sin z z− =

1 z3 3!

+

z5 5!

−

z7 7!

1 1  z 1 − z3!2 − z5!4 +

+... z6 7!

+...



114

8 Serie di Taylor e Laurent

#  2  2 2 z z4 z6 z z4 z6 1 1+ − + +... + − + +... = z 3! 5! 7! 3! 5! 7! $ 3  2 z4 z6 z − + +... + +... 3! 5! 7! % & z2 z4 z4 z6 2z 6 z6 1 1+ − + + − + +... = z 3! 5! 3!3! 7! 3!5! 3!3! =

31 5 7 3 1 1 + z+ z + z + . . ., z 6 360 15120

dove si `e usato 1 = 1 + h(z) + h(z)2 + h(z)3 + . . . , 1 − h(z) valida per |h(z)| < 1. Tale condizione `e certamente soddisfatta per |z| sufficientemente piccolo se, come nel nostro caso, limz→0 h(z) = 0. Per il teorema di unicit` a, quella appena trovata `e l’espansione in serie di Laurent di f(z) nell’anello 0 < |z| < π. Allo stesso risultato si giunge applicando direttamente il Teorema 8.24. Posto 1 1 1 = , sin z z sin z/z poich´e sin z/z si annulla per z = kπ, k = ±1, ±2, . . . , ma non per z = 0 dove per continuit` a la funzione viene assunta valere 1, nel cerchio |z| < π il rapporto 1/(sin z/z) pu` o essere calcolato come il rapporto di due serie, quella a numeratore avente coefficienti a0 = 1 e ak = 0 per k ≥ 1, e quella a denominatore per la quale b0 = 1, b2 = −1/6, b4 = 1/120, . . . mentre bk = 0 per k dispari. Dalla (8.21) si ha d0 = a0 /b0 = 1, d1 = (a1 − d0 b1 )/b0 = 0, 1 , 6 d3 = (a3 − d0 b3 − d1 b2 − d2 b1 )/b0 = 0,

d2 = (a2 − d0 b2 − d1 b1 )/b0 =

d4 = (a4 − d0 b4 − d1 b3 − d2 b2 − d3 b1 )/b0 = .. . e quindi 1 1 7 4 = 1 + z2 + z +... sin z/z 6 360

7 , 360

Esercizi

115

Esercizi 8.1. Sviluppare in serie di Maclaurin la funzione f(z) =

1 , az + b

a, b = 0,

e determinare il raggio di convergenza della serie cos`ı ottenuta. 8.2. Sviluppare in serie di Laurent intorno a z0 = i la funzione f(z) =

1 (z 2 + 1)2

specificando il dominio anulare di validit` a della serie cos`ı ottenuta. 8.3. Sviluppare in serie di Taylor intorno a z0 = 0 la funzione  z 2 f(z) = ew dw 0

e determinare il raggio di convergenza della serie cos`ı ottenuta. 8.4. Assumendo per il logaritmo il ramo principale, determinare il dominio di analiticit`a della funzione f(z) = log

1+z 1−z

e quindi svilupparla in serie di Taylor intorno a z = 0. 8.5. Sviluppare in serie di Laurent intorno a z = 0 fino all’ordine z 1 compreso la funzione f(z) =

1 . z 2 sinh z

8.6. Sviluppare in serie di Laurent intorno a z0 = 0 nelle due regioni anulari 0 < |z| < 1 e 1 < |z| < ∞ la funzione f(z) =

1 . (z(1 − z))2

8.7. Sviluppare in serie di Taylor di centro z0 = 3 il ramo principale di log z e determinare il raggio di convergenza di tale serie. 8.8. Assumendo per il logaritmo il ramo principale, determinare la regione di analiticit`a della funzione   f(z) = (z + 1) log 1 + z 2 e quindi svilupparla in serie di Taylor intorno a z = 0. Determinare il raggio di convergenza della serie cos`ı ottenuta.

116

8 Serie di Taylor e Laurent

8.9. Sviluppare in serie di Laurent intorno a z0 = 0, in entrambe le regioni anulari 0 < |z| < 2 e 2 < |z| < ∞, la funzione f(z) =

z3

1 . + 2z 2

8.10. Sviluppare √ in serie √ di Laurent intorno a z0 = 0, in entrambe le regioni anulari 0 < |z| < 2 e 2 < |z| < ∞, la funzione f(z) =

z3

1 . + 2z

8.11. Sviluppare in serie di Taylor di centro z0 = −1 il ramo principale di log(z 2 ) e determinare il raggio di convergenza di tale serie. 8.12. Sviluppare in serie di Laurent intorno a z0 = i, in entrambe le regioni anulari 0 < |z − i| < 2 e 2 < |z − i| < ∞, la funzione f(z) =

1 . z2 + 1

8.13. Sviluppare in serie di Taylor intorno al punto z0 = 0 la funzione f(z) = ez sin z. 8.14. Determinare il dominio di analiticit` a del ramo principale di log(z 2 ) e il suo sviluppo in serie di Taylor intorno al punto z0 = 1. 8.15. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, determinare il valore del seguente limite giustificando la risposta: 1/z 2

lim (cos z)

z→0

.

8.16. Sviluppare in serie di Laurent la funzione f(z) =

1 z + z3

a) intorno a z0 = 0 nella regione anulare 0 < |z| < 1 e b) intorno a z0 = i nella regione anulare 0 < |z − i| < 1. 8.17. Sviluppare in serie di Laurent intorno a z0 = 0, in entrambe le regioni anulari 0 < |z| < 2 e 2 < |z| < ∞, la funzione f(z) =

3+z . z 3 + 2z 2

8.18. Sviluppare in serie di Taylor intorno al punto z0 = 0 la funzione eiz sinh z.

Esercizi

117

8.19. Determinare i primi tre termini non nulli dello sviluppo in serie di tan z nei due casi a) intorno a z0 = 0 e b) intorno a z0 = π/2. 8.20. Sviluppare in serie di Taylor intorno al punto z0 = 0 la funzione arctan z e determinare il raggio di convergenza della serie cos`ı trovata. 8.21. Determinare la derivata quarta in z = 0 della funzione f(z) = 1/ cos z. 8.22. Determinare, ad ogni ordine, la serie di potenze definita dal rapporto ∞  ∞ −1

n n n z 2 z n=0

n=0

e calcolarne il raggio di convergenza. 8.23. I polinomi di Legendre Pn (x), con x ∈ [−1, 1], possono essere definiti come i coefficienti dello sviluppo in serie (1 − 2xz + z 2 )−1/2 = 1 +

∞

Pk (x)z k ,

z ∈ C.

k=1

Determinare P1 , P2 e P3 . 8.24. Sviluppare in serie di Laurent nell’anello 0 < |z − 1| < 1 la funzione f(z) =

1 . (z − 1)2 (z − 2)2

8.25. Trovare la parte singolare dello sviluppo in serie di Laurent intorno a z0 = 0 di cos z f(z) = 2 sin(z )(ez − 1) 8.26. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, determinare, fino all’ordine z 4 compreso, lo sviluppo in serie di Taylor intorno a z = 0 della funzione

 1/z 2 f(z) = log (cos z) . 8.27. Sviluppare in serie di Laurent intorno a z = i la funzione f(z) =

1 z + z3

nelle due regioni anulari a) 0 < |z − i| < 1 e b) 2 < |z − i| < ∞. 8.28. Sviluppare in serie di Laurent intorno a z = 0 la funzione f(z) =

z 2 (1

2z + z 2 )2

nelle due regioni anulari a) 0 < |z| < 1 e b) 1 < |z| < ∞.

118

8 Serie di Taylor e Laurent

8.29. Sviluppare in serie di Taylor intorno a z0 = 0 la funzione di Fresnel  z sin(πw2 /2)dw. S(z) = 0

Determinare lo sviluppo in serie di Laurent di 1/S(z) nell’anello 0 < |z| < ∞ fino ai termini O(z 0 ) inclusi.

9 Residui

Sommario. Singolarit` a e singolarit` a isolate. Residuo di una funzione in una singolarit` a isolata. Teorema dei residui. Teorema dei residui con il residuo all’infinito. Classificazione delle singolarit` a isolate: singolarit` a eliminabili, poli di ordine m, singolarit` a essenziali. Condizione necessaria e sufficiente affinch´e un punto singolare isolato di una funzione analitica sia un polo di ordine m e formula per il corrispondente residuo. Zeri di ordine m delle funzioni analitiche. Condizione necessaria e sufficiente affinch´e una funzione analitica abbia uno zero di ordine m. Teorema di identit` a. Gli zeri delle funzioni analitiche non costanti sono isolati e di ordine finito. Condizione sufficiente affinch´e una funzione del tipo f (z) = p(z)/q(z) abbia un polo di ordine m e formula per il corrispondente residuo. Comportamento di una funzione analitica in prossimit` a delle singolarit` a isolate. Lemma di Riemann. Teorema di Casorati-Weierstrass.

9.1 Punti singolari isolati: residui In tutto questo capitolo, se non diversamente specificato, intenderemo con f una funzione f : G → C con G ⊂ C aperto. Definizione 9.1 (punto singolare). Un punto z0 ∈ G `e detto punto singolare di f se f `e non analitica in z0 ma ∀ε > 0 ∃z ∈ B(z0 , ε) tale che f `e analitica in z. Definizione 9.2 (punto singolare isolato). Un punto singolare z0 di f `e detto isolato se ∃r > 0 tale che f `e analitica in A(z0 , 0, r). In altre parole, z0 `e un punto singolare isolato di f se ∃r > 0 tale che f `e analitica in A(z0 , 0, r) ma non in B(z0 , r). Definizione 9.3 (residuo). Sia z0 un punto singolare isolato di f, allora ∃r > 0 tale che ∀z ∈ A(z0 , 0, r) vale lo sviluppo in serie di Laurent f(z) =

∞

n=0

an (z − z0 )n +

∞

bn . (z − z0 )n n=1

Presilla C.: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile. © Springer-Verlag Italia 2011

(9.1)

120

9 Residui

Il coefficiente b1 si chiama residuo di f(z) in z0 e si scrive Res f(z) = b1 .

(9.2)

z=z0

Teorema 9.4 (dei residui). Sia γ una curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente. Se f `e una funzione analitica su e all’interno di γ ad eccezione di un numero finito di punti singolari (isolati) zk ∈ Int(γ), k = 1, . . . , n, allora  f(z)dz = 2πi γ

n

k=1

Res f(z).

(9.3)

z=zk

Dimostrazione. Siano γk , k = 1, . . . , n, n circonferenze orientate positivamente di centro zk e di raggio sufficientemente piccolo affinch´e esse siano tutte interne a γ e a due a due disgiunte. Poich´e f `e analitica su γ, sulle circonferenze γk e nella regione molteplicemente connessa compresa tra queste curve, per il principio di deformazione dei cammini si ha  f(z)dz = γ

n 

k=1

f(z)dz. γk

D’altro canto, dalla definizione di residuo risulta  f(z)dz = 2πi Res f(z) z=zk

γk

 

e quindi l’asserto.

Teorema 9.5 (del residuo all’infinito). Sia γ una curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente. Se f `e una funzione analitica su e all’esterno di γ, allora   1 1 f(z)dz = 2πi Res 2 f . (9.4) z=0 z z γ Dimostrazione. Per il teorema della curva di Jordan, ∃R < ∞ tale che {γ} ⊂ B(0, R). La funzione f `e analitica in A(0, R, ∞) e pertanto in tale regione anulare vale lo sviluppo in serie di Laurent f(z) =

∞

n=−∞

cn z n ,

cn =

1 2πi

 γ0

f(z) dz, z n+1

n ∈ Z.

(9.5)

Il cammino γ0 `e un arbitrario cammino chiuso semplice regolare a tratti orientato positivamente tale che {γ0 } ⊂ A(0, R, ∞) e 0 ∈ Int(γ0 ). Per γ0 possiamo quindi scegliere la circonferenza |z| = R0 con R0 > R. Poich´e f `e analitica su

9.1 Punti singolari isolati: residui

121

γ, su γ0 e nella regione compresa tra γ e γ0 , per il principio di deformazione dei cammini si ha   f(z)dz = f(z)dz = 2πi c−1. (9.6) γ

γ0

Stabiliamo ora il ruolo del coefficiente c−1 . Poich´e f ammette lo sviluppo (9.5) per R < |z| < ∞, ponendo z = 1/w per 0 < |w| < 1/R si ha 1 f w2

  n ∞ ∞ ∞

1 1 1 1 cn = cn n+2 = c−k−2wk . = 2 w w n=−∞ w w n=−∞ k=−∞

Da questa segue Res

w=0

1 f w2

 1 = c−1 . w

(9.7)

Pertanto il coefficiente c−1 `e il residuo in z = 0 della funzione f(1/z)/z 2 , non certo di f(z) che potrebbe anche essere analitica in z = 0.   Esempio 9.6. Si determini il valore dell’integrale di sin(z −1 ) lungo la circonferenza γ(t) = eit , 0 ≤ t ≤ 2π. La funzione sin(z −1 ) `e analitica su e dentro γ ad eccezione della singolarit` a isolata in z = 0. Per 0 < |z| < ∞ vale lo sviluppo in serie di Laurent sin(z −1 ) =

∞

(−1)k −(2k+1) z (2k + 1)!

k=0

= z −1 −

1 −3 1 1 z + z −5 − z −7 + . . . , 3! 5! 7!

da cui risulta Res sin(z −1 ) = 1 z=0

e quindi per il Teorema 9.4  sin(z −1 )dz = 2πi Res sin(z −1 ) = 2πi. γ

z=0

Esempio 9.7. Si determini il valore dell’integrale di 1/ sin(z −1 ) lungo la circonferenza γ(t) = eit , 0 ≤ t ≤ 2π. La funzione 1/ sin(z −1 ) `e analitica ovunque ad eccezione delle singolarit` a isolate nei punti zn = (nπ)−1 , n = ±1, ±2, . . . , e della singolarit` a non isolata in z = 0. Dunque la funzione 1/ sin(z −1 ) `e analitica sul cammino chiuso γ e al suo esterno, e per il Teorema 9.5 si ha  1 1 1 dz = 2πi Res 2 . −1 ) z=0 sin(z z sin(z) γ

122

9 Residui

Tale residuo pu` o essere calcolato considerando che per 0 < |z| < ∞ vale lo sviluppo in serie di Laurent 1 1 1 1 = 2 3 5 2 z z z sin(z) z z − 3! + 5! − z7!7 + . . . 1 1  z2  = 3 z 1 − 3! − z5!4 + . . . $ #  2  2 2 z 1 z4 z z4 +... = 3 1+ − +... + − +... z 3! 5! 3! 5!  1 1 1 z +... = z −3 + z −1 + − + 3! 5! (3!)2 In conclusione

 γ

1 1 π dz = 2πi = i. sin(z −1 ) 3! 3

9.2 Classificazione delle singolarit` a isolate Definizione 9.8 (polo di ordine m, singolarit` a eliminabile, singolarit` a essenziale). Sia z0 un punto singolare isolato di f, allora ∃r > 0 tale che ∀z ∈ A(z0 , 0, r) vale lo sviluppo in serie di Laurent f(z) =

∞

ak (z − z0 ) +

k=0

k

∞

k=1

bk . (z − z0 )k

(9.8)

A seconda del numero di termini effettivamente presenti nella serie con potenze negative (spesso indicata come parte principale o parte singolare di f), si dice che z0 `e: a) un polo di ordine m se bm = 0 e bk = 0 ∀k > m; b) una singolarit` a eliminabile se bk = 0 ∀k ≥ 1 (polo di ordine 0); c) una singolarit` a essenziale se bk = 0 per infiniti valori dell’indice k (polo di ordine infinito). Esempio 9.9. La funzione z −4 sinh z ha un polo di ordine 3 nel punto singolare isolato z0 = 0. Infatti per z ∈ A(0, 0, ∞) si ha ∞ 1 z z3 sinh z 1 z 2k+1 1 = + + +... = + z4 z4 (2k + 1)! z3 3!z 5! 7! k=0

Esempio 9.10. La funzione (1−cos z)/z 2 ha una singolarit` a isolata in z0 = 0 che risulta eliminabile. Infatti per z ∈ A(0, 0, ∞) si ha   ∞ 2k

1 1 z2 z4 1 − cos z 2k z = = 2 1− (−1) − + +... 2 z z (2k)! 2! 4! 6! k=0

9.2 Classificazione delle singolarit` a isolate

123

Il nome, singolarit` a eliminabile, segue dal fatto che in effetti `e possibile definire una funzione f(z) associata a quella data  (1 − cos z)/z 2 z = 0 f(z) = 1/2 z=0 che risulta analitica anche in z0 . Esempio 9.11. La funzione exp(1/z) ha una singolarit` a essenziale nel punto singolare isolato z0 = 0. Infatti per z ∈ A(0, 0, ∞) si ha e1/z =

∞

1 1 . k! z k k=0

Teorema 9.12. Sia z0 un punto singolare isolato di f. Il punto z0 `e un polo di ordine m > 0 se e solo se f(z) = g(z)/(z − z0 )m con g analitica in z0 e g(z0 ) = 0. Inoltre Res f(z) =

z=z0

g(m−1) (z0 ) . (m − 1)!

Dimostrazione. Sia f(z) = g(z)/(z − z0 )m con g analitica in z0 e g(z0 ) = 0. Poich´e g `e analitica in z0 , ∃r > 0 tale che g `e analitica in B(z0 , r) e in tale palla vale lo sviluppo in serie di Taylor g(z) =

∞

g(k) (z0 ) k=0

k!

(z − z0 )k .

Pertanto, ∀z ∈ A(z0 , 0, r) si ha ∞

f(z) =

g(k) (z0 ) g(z) (z − z0 )k−m . = (z − z0 )m k! k=0

Da questa espressione, essendo g(z0 ) = 0, si conclude che z0 `e un polo di ordine m e inoltre Resz=z0 f(z) = g(m−1) (z0 )/(m − 1)!. Viceversa, si supponga che z0 sia un polo di ordine m per f. Allora ∃r > 0 tale che f `e analitica in A(z0 , 0, r) e in tale anello vale lo sviluppo in serie di Laurent f(z) =

∞

ak (z − z0 )k +

k=0

m

k=1

bk , (z − z0 )k

con bm = 0. Posto  g(z) =

(z − z0 )m f(z) bm

z ∈ A(z0 , 0, r) , z = z0

124

9 Residui

∀z ∈ B(z0 , r) si ha g(z) = bm + bm−1 (z − z0 ) + · · · + b1 (z − z0 )m−1 +

∞

ak (z − z0 )k+m .

k=0

In quanto somma di una serie di potenze, g `e analitica in B(z0 , r) e quindi analitica in z0 . Inoltre g(z0 ) = bm = 0. Infine, per l’unicit` a dello sviluppo in serie di Taylor si ha b1 = g (m−1) (z0 )/(m − 1)!.  

9.3 Zeri delle funzioni analitiche Definizione 9.13 (zero di ordine m). Sia f analitica in z0 . Il punto z0 `e detto zero di ordine m di f se f (k) (z0 ) = 0 per k = 0, 1, 2, . . . , m − 1 e f (m) (z0 ) = 0. Teorema 9.14. Sia f analitica in z0 . Il punto z0 `e uno zero di ordine m di f se e solo se f(z) = g(z)(z − z0 )m con g analitica in z0 e g(z0 ) = 0. Dimostrazione. Sia f(z) = (z − z0 )m g(z) con g(z) analitica e non nulla in z0 . Poich´e g `e analitica in z0 , ∃r > 0 tale che g `e analitica in B(z0 , r) e in tale palla vale lo sviluppo in serie di Taylor g(z) =

∞

g(k) (z0 ) k=0

k!

(z − z0 )k .

Allora ∀z ∈ B(z0 , r) si ha f(z) =

∞

g (k) (z0 ) k=0

k!

(z − z0 )k+m .

Dall’unicit` a dello sviluppo in serie di Taylor di f segue che f (k) (z0 ) = 0,

k = 0, 1, . . ., m − 1,

f (m) (z0 ) = m! g(z0 ) = 0,

cio`e z0 `e uno zero di ordine m di f(z). Viceversa, si supponga che z0 sia uno zero di ordine m di f, ovvero che f (k) (z0 ) = 0,

k = 0, 1, . . . , m − 1,

f (m) (z0 ) = 0.

Poich´e f `e analitica in z0 , ∃r > 0 tale che f `e analitica in B(z0 , r) e in tale palla vale lo sviluppo in serie di Taylor f(z) =

∞

f (k) (z0 ) (z − z0 )k = (z − z0 )m g(z), k!

k=m

9.3 Zeri delle funzioni analitiche

125

dove g(z) =

∞

f (k) (z0 ) (z − z0 )m−k . k!

k=m

La funzione g, in quanto somma di una serie di potenze convergente in B(z0 , r), `e analitica in z0 . Inoltre g(z0 ) = f (m) (z0 )/m! = 0.   Teorema 9.15. Sia f analitica in D ⊂ C aperto e connesso. Allora le seguenti propriet` a sono equivalenti: a) f `e identicamente nulla in D; b) ∃z0 ∈ D tale che f (k) (z0 ) = 0 ∀k ≥ 0; c) l’insieme Z = {z ∈ D : f(z) = 0} ha un punto limite in D. Dimostrazione. Le implicazioni a) ⇒ b) e b) ⇒ c) sono ovvie. Mostriamo le implicazioni inverse. c) ⇒ b) Sia z0 ∈ D un punto limite di Z. Poich´e f `e continua deve essere f(z0 ) = 0. Se z0 `e uno zero di f di ordine m finito, allora f(z) = g(z)(z − z0 )m con g analitica in z0 e g(z0 ) = 0. D’altro canto, poich´e g `e continua e non nulla in z0 , per il Teorema 3.26 ∃δ > 0 tale che g(z) = 0 ∀z ∈ B(z0 , δ). Pertanto, f(z) = 0 per 0 < |z − z0 | < δ in contraddizione con il fatto che z0 `e un punto limite di Z. Dobbiamo perci` o concludere che f (k) (z0 ) = 0 ∀k ≥ 0. b) ⇒ a) Sia A = {z ∈ D : f (k) (z) = 0 ∀k ≥ 0}. Per ipotesi A = ∅. Basta allora mostrare che A `e contemporaneamente aperto e chiuso in D, per concludere, essendo D connesso, che A = D e quindi f identicamente nulla in D. Mostriamo che A ⊂ A e quindi che A `e chiuso. Si consideri un arbitrario z ∈ A e sia (zj ) una successione di punti zj ∈ A convergenti a z. Poich´e f (k) `e, per ogni k, una funzione continua, segue che f (k) (z) = limj→∞ f (k) (zj ) = 0. Pertanto z ∈ A. Per dimostrare che A `e aperto in D, si consideri un arbitrario punto z ∈ A. Poich´e z ∈ De D `e aperto, ∃r > 0 tale che B(z, r) ⊂ D. Allora ∞ ∀w ∈ B(z, r) si ha f(w) = k=0 ak (w−z)k = 0 in quanto ak = f (k) (z)/k! = 0. Derivando pi` u volte la stessa serie segue f (k) (w) = 0 ∀k ≥ 0, cio`e w ∈ A. Si conclude che B(z, r) ⊂ A e quindi A `e aperto.   Corollario 9.16 (teorema di identit` a). Siano f e g analitiche in D aperto e connesso. Allora f = g in D se e solo se l’insieme {z ∈ D : f(z) = g(z)} ha un punto limite in D. Dimostrazione. Segue dal Teorema 9.15 applicato alla funzione h = f − g.

 

Corollario 9.17 (zeri delle funzioni analitiche non costanti). Sia f analitica e non costante in D aperto e connesso. Allora ogni zero di f in D `e isolato e di ordine finito. Dimostrazione. Sia z0 ∈ D tale che f(z0 ) = 0. Poich´e f `e non costante in D, essa `e non identicamente nulla in D. Per il Teorema 9.15 segue che l’insieme

126

9 Residui

Z degli zeri di f in D non ha punti limite, quindi z0 `e isolato, cio`e ∃δ > 0 tale che f(z) = 0 per 0 < |z − z0 | < δ. Inoltre, per lo stesso teorema deve esistere un intero m ≥ 1 tale che f (k) (z0 ) = 0 per 0 ≤ k < m mentre f (m) (z0 ) = 0. Di conseguenza z0 `e uno zero di ordine m.   Esempio 9.18. Si considerino le funzioni f(z) = log(z 2 ) e g(z) = 2 log(z), intendendo in entrambi i casi per log il ramo principale del logaritmo. Tali funzioni sono analitiche rispettivamente in Df = {z ∈ C : z = it, t ∈ (−∞, +∞)} e Dg = {z ∈ C : z = t, t ∈ (−∞, 0]}. Si ponga D = {z ∈ C : Re z > 0} ⊂ Df ∩ Dg . Si noti che D `e aperto e connesso e f e g sono analitiche in D. In ogni punto x > 0 del semiasse reale positivo risulta log(x2 ) = ln(x2 ) = 2 ln(x) = 2 log(x). Per il Teorema di identit` a 9.16 concludiamo che log(z 2 ) = 2 log(z),

Re z > 0.

Questo risultato non vale nei quadranti terzo (Re z < 0, Im z > 0) e quarto (Re z < 0, Im z < 0) dove risulta rispettivamente log(z 2 ) − 2 log(z) = ∓2πi.

9.4 Zeri e poli Teorema 9.19. Sia f(z) = p(z)/q(z) con p e q funzioni analitiche in z0 . Se p(z0 ) = 0 e q ha uno zero di ordine m in z0 , allora f ha un polo di ordine m in z0 . Dimostrazione. Poich´e q ha uno zero di ordine m in z0 e gli zeri di ordine finito sono isolati, ∃δ > 0 tale che q(z) = 0 ∀z ∈ A(z0 , 0, δ). Pertanto f(z) = p(z)/q(z) ha una singolarit` a isolata in z0 . Inoltre, poich´e q(z) = g(z)(z − z0 )m con g analitica in z0 e g(z0 ) = 0, si ha f(z) =

p(z) h(z) = , m g(z)(z − z0 ) (z − z0 )m

dove h(z) = p(z)/g(z) `e analitica e non nulla in z0 . Per il Teorema 9.12 si conclude che z0 `e un polo di ordine m per f.   Dal risultato del precedente teorema, si potrebbe, in linea di principio, calcolare anche il residuo di f in z0 mediante la formula Res f(z) =

z=z0

h(m−1) (z0 ) . (m − 1)!

Tuttavia ci` o `e possibile solo se si conosce la funzione g che definisce h = p/g. Nel caso particolare m = 1 si ha il seguente semplice risultato. Teorema 9.20. Sia f(z) = p(z)/q(z) con p e q funzioni analitiche in z0 . Se p(z0 ) = 0, q(z0 ) = 0 e q  (z0 ) = 0, allora f ha un polo semplice in z0 e Res f(z) =

z=z0

p(z0 ) . q  (z0 )

(9.9)

9.5 Comportamento in prossimit` a di singolarit` a isolate

127

Dimostrazione. Per ipotesi q ha uno zero semplice in z0 e quindi q(z) = g(z)(z − z0 ) con g analitica in z0 e g(z0 ) = 0. Per il Teorema 9.19 f ha un polo semplice in z0 e quindi f(z) = h(z)/(z − z0 ) con h analitica in z0 e h(z0 ) = 0. Da quest’ultima espressione e osservando che h(z) = p(z)/g(z), segue Res f(z) = h(z0 ) =

z=z0

p(z0 ) . g(z0 )

Derivando q(z) = g(z)(z − z0 ) si ottiene q  (z) = g (z)(z − z0 ) + g(z), che   valutata in z0 fornisce q (z0 ) = g(z0 ) e quindi l’asserto. Esempio 9.21. Si calcoli il residuo di f(z) = z/(z 4 + 4) in z0 = 1 + i. Posto f(z) = p(z)/q(z) con p(z) = z e q(z) = z 4 + 4, si ha che p e q sono analitiche in z0 con p(z0 ) = z0 , q(z0 ) = 0 e q  (z0 ) = 4z03 . Per il Teorema 9.20, si ha quindi Res

z=z0

z0 1 1 i z = 3 = 2 = iπ/2 = − . z4 + 4 4z0 4z0 8 8e

9.5 Comportamento in prossimit` a di singolarit` a isolate Il comportamento di una funzione analitica in prossimit` a di un punto singolare isolato `e stabilito dai seguenti teoremi. Teorema 9.22. Sia z0 un polo di f, allora lim f(z) = ∞.

z→z0

(9.10)

Dimostrazione. Assumendo che il polo sia di ordine m, per il Teorema 9.12 si ha f(z) = g(z)/(z − z0 )m con g analitica in z0 e g(z0 ) = 0. Pertanto lim

z→z0

1 (z − z0 )m 0 = lim = = 0, f(z) z→z0 g(z) g(z0 )

da cui, usando il Teorema 3.7, segue l’asserto.

 

a eliminabile di f, allora ∃ε > 0 tale che Teorema 9.23. Sia z0 una singolarit` f `e analitica e limitata in A(z0 , 0, ε). a eliminabile di f, ∃r > 0 tale che Dimostrazione. Poich´e z0 `e una singolarit` f `e analitica in A(z0 , 0, r) e in tale dominio vale lo sviluppo di Laurent f(z) = ∞

∞

an (z − z0 )n .

n=0

n Si definisca g(z) = n=0 an (z − z0 ) per z ∈ B(z0 , r). Si ha g(z) = f(z) per z ∈ B(z0 , r) \ {z0 }. Scelto 0 < ε < r, la funzione g `e analitica, quindi continua, nel compatto B(z0 , ε). Segue che g `e limitata in B(z0 , ε) e pertanto f `e limitata in A(z0 , 0, ε).  

128

9 Residui

Lemma 9.24 (Riemann). Sia f analitica e limitata in A(z0 , 0, ε) con ε > 0. Se f `e non analitica in z0 allora essa ha in z0 una singolarit` a eliminabile. Dimostrazione. Supponiamo che f sia non analitica in z0 . Poich´e f `e analitica in A(z0 , 0, ε), in tale dominio vale lo sviluppo in serie di Laurent f(z) =

∞

an (z − z0 )n +

n=0

∞

bn . (z − z0 )n n=1

I coefficienti della parte principale di questa serie possono essere calcolati con la formula 1 bn = 2πi

 f(z)(z − z0 )n−1 dz,

n = 1, 2, 3, . . . ,

γ

dove γ `e la circonferenza orientata positivamente |z − z0 | = ρ con ρ < ε arbitrario. Poich´e f `e limitata in A(z0 , 0, ε), cio`e ∃M > 0 tale che |f(z)| ≤ M per 0 < |z − z0 | < ε, si ha |bn | ≤

1 M ρn−1 2πρ = M ρn , 2π

n = 1, 2, 3, . . .

Per l’arbitrariet` a di ρ deve essere bn = 0 ∀n ≥ 1. Si conclude che z0 `e una singolarit` a eliminabile di f.   Teorema 9.25 (Casorati-Weierstrass). Sia z0 una singolarit` a essenziale di f, allora ∀δ > 0 l’insieme f(A(z0 , 0, δ)) `e denso in C. Dimostrazione. Sia f analitica in A(z0 , 0, r) con r > 0. Dobbiamo mostrare che ∀δ > 0, purch´e δ < r, risulta f(A(z0 , 0, δ)) = C. In altre parole, dati un arbitrario w ∈ C e un arbitrario ε > 0, dobbiamo mostrare che per δ arbitrario, con r > δ > 0, `e possibile trovare un punto z ∈ A(z0 , 0, δ) tale che |f(z) − w| < ε. Ragioniamo per assurdo e supponiamo che questa propriet` a sia falsa. Assumiamo quindi che esistano w ∈ C e ε > 0 tali che |f(z) − w| ≥ ε ∀z ∈ A(z0 , 0, δ) per un qualche δ, con r > δ > 0. Posto g(z) = 1/(f(z) − w), si ha che g `e analitica e limitata in A(z0 , 0, δ). Per il Lemma 9.24, z0 `e una singolarit` a eliminabile di g. Definiamo allora g(z0 ) in modo tale che g sia analitica in z0 . Se g(z0 ) = 0, segue che f(z) = w + 1/g(z) diventa analitica in z0 se si definisce f(z0 ) = w + 1/g(z0 ). In altre parole z0 `e una singolarit` a eliminabile di f. Se g(z0 ) = 0, segue che g, non essendo identicamente nulla per |z − z0 | < δ, ha in z0 uno zero di ordine m < ∞. Di conseguenza, f(z) = w − 1/g(z) ha in z0 un polo di ordine m. In entrambi i casi si ha una contraddizione con l’ipotesi che z0 `e una singolarit` a essenziale di f.  

Esercizi

129

Esercizi 9.1. Classificare tutte le singolarit` a isolate delle seguenti funzioni e calcolarne i corrispondenti residui:   1 1 , b) z 3 cos . a) cos z −2 z −2 9.2. Supponendo che f(z) e p(z) siano analitiche in z0 e che f(z) abbia uno zero di ordine m in z0 , determinare %  & f (z) p(z) . Res z=z0 f(z) 9.3. Supponendo che f(z) = 1/q(z)2 con q(z) analitica in z0 e con q(z0 ) = 0 e q  (z0 ) = 0, dimostrare che f ha un polo di ordine 2 in z0 e vale Res f(z) = −

z=z0

q  (z0 ) . q  (z0 )3

9.4. Determinare la natura della singolarit` a isolata in z = 0 della seguente funzione e calcolarne il corrispondente residuo: f(z) =

(ez

1 . − 1) sin z

9.5. Ciascuna delle seguenti funzioni (si consideri il ramo principale per quelle polidrome) ha una singolarit` a in z = 0. Classificarne la natura e, se il caso, calcolare il corrispondente residuo: √ z z , b) , c) (z 3 + 3) exp(z −1 ). a) z 1 − cos z 9.6. Determinare la natura della singolarit` a isolata in z = 0 della seguente funzione e calcolarne il corrispondente residuo: f(z) =

ez sin z . z(1 − cos z)

9.7. Determinare la natura della singolarit` a isolata in z = 3 delle seguenti funzioni e calcolarne il corrispondente residuo:  z 1 , b) . a) z sin z−3 (z − 3) sin(z − 3) 9.8. Ciascuna delle seguenti funzioni (si consideri il ramo principale per quelle polidrome) ha una singolarit` a in z = 0. Classificarne la natura e, se il caso, calcolare il corrispondente residuo:  1 1 2 3 a) log(z ), , c) 4 b) z cos . z2 z sinh z

130

9 Residui

9.9. Ciascuna delle seguenti funzioni (si consideri il ramo principale per quelle polidrome) ha una singolarit` a in z = 0. Classificarne la natura e, se il caso, calcolare il corrispondente residuo: √ 1 z a) , b) 2 , c) z exp(z −2 ). 1 − cos z z 9.10. Calcolare l’integrale  1 dz, −2 ) γ sin(z dove γ `e la circonferenza di raggio unitario centrata nell’origine e percorsa in verso antiorario. 9.11. Una funzione f `e analitica in tutto il piano complesso ad eccezione delle singolarit` a isolate in z1 , z2 e z3 e dei dischi indicati in figura, all’interno dei quali non si hanno informazioni circa il comportamento di f. Esprimere l’integrale di f lungo le curve γ1 , γ2 e γ3 in termini di opportuni residui. Qualora le informazioni non fossero sufficienti a valutare l’integrale, dire che questo `e non calcolabile.

9.12. Si supponga dimostrata l’identit` a sin2 z + cos2 z = 1 ∀z ∈ R. Provare che l’identit`a `e valida ∀z ∈ C. 9.13. Ciascuna delle seguenti funzioni (si consideri il ramo principale per quelle polidrome) ha una singolarit` a in z = 0. Classificarne la natura e, se il caso, calcolare il corrispondente residuo: a)

3+z , z 3 + 2z 2

b) z log z,

c)

1 . log(1 + z)

9.14. Si supponga che la funzione f(z) abbia un polo di ordine m in z0 . Dimostrare che Res f(z) = lim

z=z0

z→z0

1 dm−1 ((z − z0 )m f(z)) . (m − 1)! dz m−1

Esercizi

131

9.15. Classificare tutte le singolarit` a isolate delle seguenti funzioni e calcolarne i corrispondenti residui: a) z cos(z −1 ),

b) z −1 cos(z).

9.16. Ciascuna delle seguenti funzioni (si consideri il ramo principale per quelle polidrome) ha una singolarit` a in z = 0. Classificarne la natura e, se il caso, calcolare il corrispondente residuo: ' 1 1 1 n a) tan , b) z sin , n ∈ N, c) 1+ . z z z 9.17. Si determini la natura della singolarit` a in z = 0 delle seguenti funzioni (si consideri il ramo principale per quelle polidrome) e, se il caso, il valore del corrispondente residuo: a)

exp(sin z) , z2

b)

sin z . log(cos z)

9.18. Si supponga che f(z) abbia un polo semplice in z0 e g(z) sia analitica in z0 . Dimostrare che Res f(z)g(z) = g(z0 ) Res f(z).

z=z0

9.19. Calcolare l’integrale  z dz , 2 γ (z − 2)(z + 1)

z=z0

γ(t) = 1 + i + 2eit ,

0 ≤ t ≤ 2π.

9.20. Determinare la natura di tutte le singolarit` a isolate della seguente funzione e calcolarne il corrispondente residuo: f(z) = 9.21. Calcolare l’integrale  z 2 dz , πz +1 γ e

ez . z 2 sin z

γ(t) = 1 + 2i + 2eit ,

0 ≤ t ≤ 2π.

9.22. Determinare la natura di tutte le singolarit` a isolate della seguente funzione e calcolarne il corrispondente residuo:  1 3 f(z) = z cos . z−2 9.23. Determinare la natura di tutte le singolarit` a isolate della seguente funzione e calcolarne il corrispondente residuo: log(1 + z) . z sin z Si assuma per il logaritmo il ramo principale. f(z) =

10 Applicazioni dei residui

Sommario. Integrali impropri: convergenza e valore principale di Cauchy. Integrali di funzioni trigonometriche. Integrali di funzioni razionali. Integrali di funzioni razionali moltiplicate per una funzione trigonometrica. Lemma di Jordan. Cammini di integrazione di forma rettangolare. Cammini indentati intorno a un polo semplice. Cammini indentati intorno a un punto di diramazione. Cammini coincidenti con una linea di diramazione. Cammini vari. Integrali di Bromwich: trasformata inversa di Laplace.

10.1 Integrali impropri: convergenza e valore principale di Cauchy La teoria dei residui ha moltissime applicazioni, un classico esempio `e il calcolo di integrali reali, propri o impropri, mediante l’uso del Teorema 9.4. Nel seguito illustreremo diversi schemi di soluzione a seconda delle diverse classi di integrali considerati. Iniziamo richiamando le seguenti definizioni valide per funzioni di variabile reale a valori reali o complessi. Definizione 10.1 (integrale improprio). Si definisce integrale improprio un integrale in cui o l’intervallo di integrazione diverge o la funzione integranda presenta una divergenza. L’integrale in questi casi `e definito da un limite come specificato di seguito:  ∞  R f(x)dx = lim f(x)dx, R→∞

a



a



b

b

f(x)dx = lim −∞



R→∞

f(x)dx, −R



+∞

f(x)dx = −∞

R2

lim

R1 ,R2 →∞

f(x)dx, −R1

Presilla C.: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile. © Springer-Verlag Italia 2011

134

10 Applicazioni dei residui





b

b−r

f(x)dx = lim

r→0+

a





b



 r1 ,r2 →0+

x→a+

a+r

c−r1

f(x)dx = lim a

lim |f(x)| = ∞,

f(x)dx,

r→0+

b

x→b−

b

f(x)dx = lim a

lim |f(x)| = ∞,

f(x)dx, a



f(x)dx + a



b

f(x)dx , c+r2

lim |f(x)| = ∞,

x→c

dove a < c < b. Un integrale improprio si dice convergente se il limite che lo definisce esiste e il risultato `e un numero finito (reale o complesso). Definizione 10.2 (valore principale di Cauchy). Si chiama valore principale di Cauchy di un integrale definito tra −∞ e +∞, o di un integrale su un intervallo finito in un punto interno al quale il modulo della funzione integranda presenta una divergenza, il limite  +∞  R PV f(x)dx = lim f(x)dx, −∞



R→∞



PV

b

−R c−r

f(x)dx = lim a

r→0+

f(x)dx + a





b

f(x)dx , c+r

lim |f(x)| = ∞,

x→c

dove a < c < b. Un integrale improprio si dice convergente secondo il valore principale di Cauchy se il limite sopra specificato esiste ed ` e finito. Ovviamente se un integrale improprio `e convergente allora esso `e convergente anche secondo il valore principale di Cauchy. Il viceversa in generale `e falso. Si consideri, ad esempio,  +∞  1 x 1 PV dx = 0, PV dx = 0, 2 −∞ x + 1 −1 x i cui corrispondenti integrali impropri non sono convergenti.

10.2 Integrali di funzioni trigonometriche Teorema 10.3. Sia f(cos θ, sin θ) una funzione razionale di cos θ e sin θ integrabile per 0 ≤ θ ≤ 2π. Allora l’integrale di f tra 0 e 2π `e equivalente all’integrale complesso    2π z + z −1 z − z −1 dz , , (10.1) f(cos θ, sin θ)dθ = f 2 2i iz γ 0 dove γ `e la circonferenza centrata nell’origine, di raggio unitario e orientata positivamente.

10.2 Integrali di funzioni trigonometriche

135

Dimostrazione. Scelta per la circonferenza γ la rappresentazione parametrica γ(θ) = eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π, e utilizzando le formule di Eulero cos θ = (eiθ +e−iθ )/2 e sin θ = (eiθ − e−iθ )/2i, si ha 

2π

f (cos θ, sin θ) dθ 0





2π

eiθ + e−iθ eiθ − e−iθ , 2 2i



1 iθ ie dθ ieiθ 0  2π  1 γ(θ) + γ(θ)−1 γ(θ) − γ(θ)−1 = , γ  (θ)dθ f 2 2i iγ(θ) 0   z + z −1 z − z −1 dz f , , = 2 2i iz γ f

=

 

che `e la formula (10.1). Esempio 10.4. Si mostri che 

2π

0

2π dθ = √ , 1 + a cos θ 1 − a2

−1 < a < 1.

L’integrale `e equivalente a 

2π 0

dθ = 1 + a cos θ

 γ

1 dz 2 = z+z −1 iz ia 1+a 2

 γ

z2

1 dz, + 2z/a + 1

L’equazione z 2 + 2z/a + 1 = 0 ha due soluziodove γ(θ) = eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π. √ ni reali distinte z± = (−1 ± 1 − a2 )/a che giacciono una all’esterno della circonferenza γ, |z− | > 1, e l’altra al suo interno, |z+ | < 1, come si evince osservando che z+ z− = 1. Pertanto la funzione complessa da integrare lungo γ `e analitica su γ e al suo interno ad eccezione del polo semplice in z+ . Per il teorema dei residui 2 ia

 γ

1 z2

+

2 z a

+1

dz =

2 1 2πi Res 2 2 z=z ia + z + z +1 a

1/(z − z− ) 4π Res a z=z+ z − z+ 1 4π = a z+ − z− 2π =√ . 1 − a2

=

136

10 Applicazioni dei residui

10.3 Integrali di funzioni razionali Teorema 10.5. Siano Pn (x) e Qm (x) due polinomi reali di grado n e m. Se m ≥ n + 2 e Qm (x) = 0 ∀x ∈ R, allora  +∞

Pn (x) Pn (z) dx = 2πi , (10.2) Res z=z Q (x) Q k m m (z) −∞ k

dove zk sono gli zeri di Qm (z) contenuti nel semipiano complesso Im z > 0. Dimostrazione. L’integrale improprio in questione esiste e dunque coincide con il corrispondente valore principale  R  +∞  +∞ Pn (x) Pn (x) Pn (x) dx = PV dx = lim dx. R→∞ Q (x) Q (x) Q m m m (x) −∞ −∞ −R Quest’ultimo pu` o essere valutato integrando la funzione razionale complessa Pn (z)/Qm (z) lungo la curva chiusa semplice orientata positivamente γ = λ + γR rappresentata dai cammini −R ≤ x ≤ R,

λ(x) = x, γR (t) = Reit ,

0 ≤ t ≤ π.

Supposto R sufficientemente grande cos`ı che tutti gli zeri con parte immaginaria positiva di Qm (z) sono contenuti all’interno di γ, per il teorema dei residui si ha   

Pn (z) Pn(z) Pn(z) Pn (z) dz = dz + dz = 2πi . Res z=z Q (z) Q (z) Q (z) Q k m m m m (z) λ+γR λ γR k

L’asserto segue immediatamente prendendo il limite R → ∞ di questa espressione e osservando che  λ

Pn (z) dz = Qm (z)



R −R

Pn (λ(x))  λ (x)dx = Qm (λ(x))

mentre

 lim

R→∞

γR



R

−R

Pn (x) dx, Qm (x)

Pn (z) dz = 0. Qm (z)

La dimostrazione di quest’ultimo limite `e come segue. Sia Pn (z) = pn z n + pn−1z n−1 + · · · + p0 e Qm (z) = qm z m + qm−1 z m−1 + · · · + q0 con pn = 0 e qm = 0, allora lim

z→∞

zPn(z) zz n pn + pn−1 z −1 + · · · + p0 z −n = lim m z→∞ z Qm (z) qm + qm−1 z −1 + · · · + q0 z −m

10.3 Integrali di funzioni razionali

137

z n+1 pn + pn−1 z −1 + · · · + p0 z −n lim m z→∞ z z→∞ qm + qm−1 z −1 + · · · + q0 z −m pn =0 qm = 0, = lim

in quanto m ≥ n + 2. Pertanto, ∀ε > 0 `e possibile trovare un R > 0 sufficientemente grande tale che |zPn (z)/Qm (z)| < ε/π se |z| ≥ R e quindi, in particolare, |Pn (z)/Qm (z)| < ε/(πR) se |z| = R. Scelto il raggio R di γR in questo modo, dalla disuguaglianza di Darboux si ha  Pn (z) Pn (z) < πR ε = ε. dz ≤ πR sup πR z∈{γR } Qm (z) γR Qm (z) Dall’arbitrariet` a di ε segue che

R→∞

γR

Pn (z)/Qm (z)dz −−−−→ 0.

 

Si osservi che essendo i coefficienti del polinomio Qm reali, si ha Qm (z) = Qm (z) e quindi gli zeri di Qm (z) sono coppie complesse coniugate zk e zk . La condizione Qm (x) = 0 ∀x ∈ R non pu` o quindi essere soddisfatta se m `e dispari: in questo caso, infatti, almeno uno zero di Qm (z) deve coincidere con il suo complesso coniugato, cio`e deve essere reale. Ovviamente anche se m `e pari potrebbero esserci zeri reali, in questo caso di ordine pari. Nella dimostrazione precedente l’integrale di Pn(z)/Qm (z) pu` o essere valutato anche lungo il cammino chiuso γ = λ + γR , dove γR (t) = Re−it con 0 ≤ t ≤ π. Si osservi che questo cammino `e orientato negativamente e pertanto l’applicazione del teorema dei residui fornisce  +∞

Pn(x) Pn (z) dx = −2πi . (10.3) Res z=zk Qm (z) −∞ Qm (x) k

Questo risultato tuttavia coincide con la formula (10.2). Si ha infatti Res

z=zk

Pn (z) Pn (z) = Res Qm (z) z=zk Qm (z)

e quindi, osservando che il valore dell’integrale improprio `e reale, si conclude che −2πi

k

Res

z=zk

Pn (z) Pn (z) = 2π Im Res z=zk Qm (z) Qm (z) k

Pn (z) = −2π Im Res z=zk Qm (z) k

Pn (z) = 2πi . Res z=zk Qm (z) k

138

10 Applicazioni dei residui

Nel caso m = n + 1, l’integrale di Pn (x)/Qm (x) su R esiste solo nel senso di valore principale di Cauchy. Tale valore pu` o essere calcolato mediante la formula  +∞  R Pn (x) Pn (x) PV dx = lim dx R→∞ Q (x) Q m m (x) −∞ −R    R Pn (x) = lim lim cos(ax)dx R→∞ a→0 −R Qm (x)    R Pn (x) cos(ax)dx = lim lim a→0 R→∞ −R Qm (x)  +∞ Pn (x) = lim cos(ax)dx. (10.4) a→0 −∞ Qm (x) La convergenza dell’integrale improprio all’ultimo membro e il calcolo del suo valore sono discussi nella sezione successiva. Esempio 10.6. Si mostri che  +∞ −∞

(x2

x π dx = − . 2 + 1)(x + 2x + 2) 5

Si consideri la funzione√f(z) = z/((z 2 +1)(z 2 +2z+2)). Questa ha poli semplici in z = ±i e z = −1 + 1 − 2 = −1 ± i con residui z ±i 1 ∓ 2i = Res f(z) = = , z=±i (z − (∓i))(z 2 + 2z + 2) z=±i ±2i(−1 ± 2i + 2) 10 −1 ± 3i z −1 ± i = . = Res f(z) = 2 z=−1±i (z + 1)(z − (−1 ∓ i)) z=−1±i (1 ∓ 2i)(±2i) 10

Fig. 10.1. Differenti cammini chiusi γ = λ + γR utilizzati per integrare la funzione razionale f (z) = z/((z 2 + 1)(z 2 + 2z + 1))

10.4 Integrali di funzioni razionali per una trigonometrica

139

Applicando la formula (10.2) o quella (10.3) si ottiene   +∞ x 1 ∓ 2i −1 ± 3i dx = ±2πi + 2 2 10 10 −∞ (x + 1)(x + 2x + 2) = ±2πi

±i 10

π =− . 5

10.4 Integrali di funzioni razionali moltiplicate per una funzione trigonometrica In questa sezione prenderemo in considerazione integrali impropri del tipo  +∞  +∞  +∞ R(x)eiax dx = R(x) cos(ax)dx + i R(x) sin(ax)dx, −∞

−∞

−∞

dove R(x) `e una funzione razionale e a una costante reale. Lemma 10.7 (lemma di Jordan). Sia f analitica in A = {z ∈ C : |z| > R0 , Im z ≥ 0} e si consideri il cammino semicircolare γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π, con R > R0 cos`ı che {γR } ⊂ A. Se ∃MR > 0 tale che |f(z)| ≤ MR ∀z ∈ {γR } e inoltre limR→∞ MR = 0, allora  f(z)eiaz dz = 0, a > 0. (10.5) lim R→∞

γR

Dimostrazione. Il modulo dell’integrale su γR pu` o essere maggiorato come segue  π  iaz iθ iaReiθ iθ = f(z)e dz f(Re )e iRe dθ γR

 ≤

0

0

π

iθ f(Reiθ )eiaRe iReiθ dθ 

≤ MR R

π

 = 2MR R

e−aR sin θ dθ

0

0

π/2

e−aR sin θ dθ.

(10.6)

140

10 Applicazioni dei residui

Si osservi che per θ ∈ [0, π/2] si ha sin θ ≥ 2θ/π. Di conseguenza, essendo aR > 0, vale la disuguaglianza di Jordan 

π/2 0

e−aR sin θ dθ ≤



π/2

e−aR2θ/π dθ

0

π/2 e−2aRθ/π −2aR/π 0  π  1 − e−aR . = 2aR

=

(10.7)

Usando la disuguaglianza (10.7), la maggiorazione (10.6) permette di concludere  πMR   R→∞ iaz ≤ 1 − e−aR −−−−→ 0, f(z)e dz a γR  

da cui l’asserto.

Teorema 10.8. Siano Pn (x) e Qm (x) due polinomi reali di grado n e m. Se m ≥ n + 1 e Qm (x) = 0 ∀x ∈ R, allora ∀a > 0 si ha 

+∞

PV −∞

Pn (x) iax Pn (z) iaz e dx = 2πi e , Res z=zk Qm (z) Qm (x)

(10.8)

k

dove zk sono gli zeri di Qm (z) contenuti nel semipiano complesso Im z > 0. Dimostrazione. Si ragioni come nel caso della formula (10.2). L’unica differenza `e che l’integrale su γR di Pn (z)eiaz /Qm (z) si annulla nel limite R → ∞ in virt` u del lemma di Jordan.   Utilizzando un differente cammino di integrazione nel piano complesso, `e possibile ridimostrare la formula (10.8) unitamente alla convergenza dell’integrale improprio. Teorema 10.9. Siano Pn (x) e Qm (x) due polinomi reali di grado n e m. Se m ≥ n + 1 e Qm (x) = 0 ∀x ∈ R, allora ∀a > 0 si ha 

+∞ −∞

Pn(x) iax Pn (z) iaz e dx = 2πi e , Res z=z Qm (x) k Qm (z)

(10.9)

k

dove zk sono gli zeri di Qm (z) contenuti nel semipiano complesso Im z > 0.

10.4 Integrali di funzioni razionali per una trigonometrica

141

Dimostrazione. Si integri la funzione Pn (z)eiaz /Qm (z) lungo il quadrato γ = λ1 + λ2 + λ3 + λ4 rappresentato dai quattro cammini rettilinei λ1 (x) = x, −R1 ≤ x ≤ R2 , 0 ≤ y ≤ R 1 + R2 , λ2 (y) = R2 + iy, λ3 (x) = x + i(R1 + R2 ), R2 ≥ x ≥ −R1 , λ4 (y) = −R1 + iy, R1 + R2 ≥ y ≥ 0. Supposti R1 , R2 > 0 sufficientemente grandi cos`ı che tutti gli zeri con parte immaginaria positiva di Qm (z) sono contenuti all’interno di γ, il teorema dei residui fornisce 

4

γ

Pn (z) iaz e dz = Qm (z) j=1



Pn (z) iaz Pn(z) iaz Res e dz = 2πi e . z=zk Qm (z) Qm (z)

λj

k

Per i singoli cammini di integrazione rettilinei si ha  λ1



Pn (z) iaz e dz = Qm (z)



R2

−R1 R2

= −R1

 λ2

Pn (z) iaz e dz = Qm (z)

 0



R1 +R2

0

λ3

Pn (z) iaz e dz = Qm (z)



−R1



R2 −R1

= R2

 λ4

Pn (z) iaz e dz = Qm (z)

Pn (x) iax e dx, Qm (x)

R1 +R2

= 

Pn (λ1 (x)) iaλ1 (x)  e λ1 (x)dx Qm (λ1 (x))



Pn (λ2 (y)) iaλ2 (y)  λ2 (y)dy e Qm (λ2 (y)) Pn (R2 + iy) iaR2 −ay e e idy, Qm (R2 + iy)

Pn (λ3 (x)) iaλ3 (x)  λ3 (x)dx e Qm (λ3 (x)) Pn (x + i(R1 + R2 )) iax −a(R1 +R2 ) dx, e e Qm (x + i(R1 + R2 )) 0

R1 +R2 0



= R1 +R2

Pn(λ4 (y)) iaλ4 (y)  e λ4 (y)dy Qm (λ4 (y)) Pn(−R1 + iy) −iaR1 −ay e idy. e Qm (−R1 + iy) z→∞

Poich´e m ≥ n + 1, risulta Pn (z)/Qm (z) −−−→ 0 e quindi ∀ε > 0 ∃R(ε) > 0 tale che |Pn (z)/Qm (z)| < εa se |z| ≥ R. Scelti allora R1 , R2 > R, i moduli

142

10 Applicazioni dei residui

degli integrali su λj , con j = 2, 3, 4, possono essere maggiorati come segue:   R1 +R2 Pn(R2 + iy) iaR −ay Pn (z) iaz 2 dy e e dz ≤ e i Qm (R2 + iy) λ2 Qm (z) 0  R1 +R2 < εae−ay dy 0 

= ε 1 − e−a(R1 +R2 ) , 

λ3

 R2 Pn (x + i(R1 + R2 )) iax −a(R +R ) Pn (z) iaz 1 2 e dz ≤ e e dx Qm (z) −R1 Qm (x + i(R1 + R2 ))  R2 < εae−a(R1 +R2 ) dx −R1

= εa(R1 + R2 )e−a(R1 +R2 ) , 

λ4

 R1 +R2 Pn (−R1 + iy) −iaR −ay Pn (z) iaz 1 dy e dz ≤ e e i Qm (−R1 + iy) Qm (z) 0  R1 +R2 < εae−ay dy 0 

= ε 1 − e−a(R1 +R2 ) .

Dall’arbitrariet` a di ε segue che questi integrali convergono a 0 per R1 , R2 → ∞ e quindi esiste il limite  R2

Pn (x) iax Pn (z) iaz lim e dx = 2πi e . Res z=zk Qm (z) R1 ,R2 →∞ −R Qm (x) 1 k

  Cambiando a in −a si ottiene  +∞

Pn(x) −iax Pn(z) iaz e e dx = 2πi Res z=z Q (x) k Q m m (z) −∞ k

= −2πi

k

Res

z=zk

= −2πi Res

z=zk

Pn(z) iaz e Qm (z)

Pn (z) −iaz e . Qm (z)

(10.10)

Tale formula pu` o essere ottenuta anche direttamente integrando la funzione complessa f(z) = Pn (z)e−iaz /Qm (z), con a > 0, lungo il quadrato di vertici −R1 , R2 , R2 − i(R1 + R2 ), −R1 − i(R1 + R2 ) che `e orientato negativamente e contiene gli zeri zk di Qm (z) giacenti nel semipiano complesso inferiore.

10.4 Integrali di funzioni razionali per una trigonometrica

143

Fig. 10.2. Cammino chiuso quadrato γ = λ1 + λ2 + λ3 + λ4 utilizzato per integrare la funzione f (z) = (z + 1)eiz /((z 2 + 4z + 5)

Esempio 10.10. Si mostri che 

+∞ −∞ +∞



−∞

(x + 1) cos x π dx = (sin 2 − cos 2), 2 x + 4x + 5 e (x + 1) sin x π dx = (sin 2 + cos 2). x2 + 4x + 5 e

Si consideri la√funzione f(z) = (z+1)eiz /((z 2 +4z+5). Questa ha poli semplici in z = −2 + 4 − 5 = −2 ± i e il residuo nel polo contenuto nel semipiano Im z > 0 vale (z + 1)eiz (−1 + i)e−2i−1 (1 + i)e−2i Res f(z) = = = . z=−2+i z − (−2 − i) z=−2+i 2i 2e Prendendo la parte reale della formula (10.9) si ha quindi 

+∞ −∞

(x + 1) cos x (1 + i)(cos 2 − i sin 2) dx = −2π Im 2 x + 4x + 5 2e π = (sin 2 − cos 2). e

Prendendo la parte immaginaria della stessa formula segue invece 

+∞ −∞

(x + 1) sin x (1 + i)(cos 2 − i sin 2) dx = 2π Re x2 + 4x + 5 2e π = (sin 2 + cos 2). e

144

10 Applicazioni dei residui

Esempio 10.11. Si mostri che  +∞ PV −∞

(x + 1) dx = −π. x2 + 4x + 5

Si consideri la funzione f(z) = (z+1)eiaz /((z 2 +4z+5) con a > 0. Dall’esempio precedente segue immediatamente  +∞ (x + 1) cos(ax) (1 + i)(cos(2a) − i sin(2a)) dx = −2π Im 2 + 4x + 5 x 2ea −∞ π = a (sin(2a) − cos(2a)) e e quindi 

+∞

PV −∞

(x + 1) dx = lim 2 a→0 x + 4x + 5



+∞ −∞

(x + 1) cos(ax) dx = −π. x2 + 4x + 5

10.5 Cammini indentati intorno a un polo semplice Lemma 10.12. Se f ha un polo semplice in z0 e γr± sono le due semicirconferenze definite da γr± (θ) = z0 + re±iθ con −π ≤ θ ≤ 0, allora  f(z)dz = ±πi Res f(z). (10.11) lim r→0

z=z0

γr±

Dimostrazione. Poich´e f ha un polo semplice in z0 , allora ∃R > 0 tale che, per 0 < |z − z0 | < R, si ha f(z) =

b1 + g(z), z − z0

con g analitica nella palla B(z0 , R). Per ogni r < R si ha quindi     dz f(z)dz = b1 + g(z)dz = ±πib1 + g(z)dz. γr± γr± z − z0 γr± γr± Il primo termine indipendente da r `e proprio ±πi Resz=z0 f(z), mentre il secondo si annulla nel limite r → 0. Infatti, scelto r0 < R, la funzione |g| `e continua in B(z0 , r0 ) e quindi ∃M > 0 tale che |g(z)| ≤ M ∀z ∈ B(z0 , r0 ). Segue che ∀r ≤ r0 vale la disuguaglianza  g(z)dz ≤ πrM γr±

e quindi

γr±

r→0

g(z)dz −−−→ 0 .

 

10.5 Cammini indentati intorno a un polo semplice

145

Il lemma precedente permette di estendere le formule (10.2) e (10.9) al caso ` in cui il polinomio a denominatore Qm (x) abbia degli zeri reali semplici. E evidente che gli integrali reali convergono in questo caso solo nel senso del valore principale di Cauchy. Teorema 10.13. Siano Pn (x) e Qm (x) due polinomi reali di grado n e m. Se m ≥ n + 2 e Qm (x) ha zeri reali xj solo di ordine 1, allora  +∞

Pn (x) Pn (z) Pn (z) PV dx = 2πi + πi , (10.12) Res Res z=z z=x Q (x) k Q (z) j Q m m m (z) −∞ j

k

dove zk sono gli zeri di Qm (z) contenuti nel semipiano complesso Im z > 0. Dimostrazione. Si deformi il cammino γ = λ + γR utilizzato nella dimostrazione della formula (10.2) aggirando con delle semicirconferenze γr±j ciascuno dei poli reali semplici xj . Si prendano infine i limiti rj → 0 e R → ∞.   Teorema 10.14. Siano Pn (x) e Qm (x) due polinomi reali di grado n e m. Se m ≥ n + 1 e Qm (x) ha zeri reali xj solo di ordine 1, allora ∀a > 0 si ha  +∞

Pn(x) iax Pn (z) iaz e dx = 2πi e PV Res z=z k Qm (z) −∞ Qm (x) k

+ πi

j

Res

z=xj

Pn (z) iaz e , Qm (z)

(10.13)

dove zk sono gli zeri di Qm (z) contenuti nel semipiano complesso Im z > 0. Dimostrazione. Si deformi il cammino γ = λ1 + λ2 + λ3 + λ4 utilizzato nella dimostrazione della formula (10.9) aggirando con delle semicirconferenze γr±j ciascuno dei poli reali semplici xj . Si prendano infine i limiti rj → 0 e R1 , R2 → ∞.   Esempio 10.15. Si mostri che  +∞ PV −∞

x π dx = √ . x3 − 1 3

La funzione razionale f(z) = p(z)/q(z), con p(z) = z e q(z) = z 3 − 1, ha poli √ 3 semplici nei punti zk = 1 = ei2πk/3 , k = 0, 1, 2, uno dei quali, z0 = 1, `e reale. I residui di f nei poli giacenti nel semipiano complesso superiore, asse reale compreso, valgono Res f(z) =

z=z0

p(z0 ) 1 = ,  q (z0 ) 3

√ 3 1 p(z1 ) 1 ei2π/3 = i4π/3 =

, Res f(z) =  √  = − −i z=z1 1 3 q (z1 ) 6 6 3e 3 −2 + i 2

146

10 Applicazioni dei residui

Fig. 10.3. Indentazione dei cammini chiusi γ = λ + γR (sinistra) e γ = λ1 + λ2 + λ3 + λ4 (destra) utilizzati per integrare rispettivamente le funzioni f (z) = z/(z 3 − 1) e f (z) = eiz /((z − 1)(z 2 + 4))

pertanto 

+∞

PV −∞

x dx = 2πi Res f(z) + πi Res f(z) z=z1 z=z0 x3 − 1  √  3 1 1 + πi = 2πi − − i 6 6 3 √ π 3 = . 3

Esempio 10.16. Si mostri che 

+∞

PV −∞

sin x π dx = (x − 1)(x2 + 4) 5



1 cos 1 − 2 e

.

La funzione f(z) = eiz /q(z), con q(z) = (z − 1)(z 2 + 4), ha poli semplici nei punti 1 e ±2i. I residui di f nei poli giacenti nel semipiano complesso superiore, asse reale compreso, valgono eiz cos 1 + i sin 1 Res f(z) = 2 , = z=1 z + 4 z=1 5 eiz e−2 −2 + i Res f(z) = = , = z=2i (z − 1)(z + 2i) z=2i −8 − 4i 20e2

10.6 Cammini indentati intorno a un punto di diramazione

pertanto



+∞

PV −∞

147



sin x f(z) + πi Res f(z) dx = Im 2πi Res z=1 z=2i (x − 1)(x2 + 4) −2 cos 1 = 2π +π 20e2 5  π 1 = cos 1 − 2 . 5 e

Esempio 10.17. Si mostri che  0

∞

π sin x dx = . x 2

Si osservi innanzitutto che per la parit` a della funzione integranda e poich´e limx→0 sin x/x = 1, si ha   ∞ sin x 1 +∞ sin x dx = dx x 2 −∞ x 0  −r  ∞ 1 sin x sin x = lim dx + dx 2 r→0 −∞ x x r  −r ix  ∞ ix 1 e e = lim Im dx + dx 2 r→0 x x −∞ r   +∞ ix e 1 dx . = Im PV 2 x −∞ Per la (10.13) esiste il valore principale dell’integrale tra −∞ e +∞ di eix /x, dunque esiste l’integrale tra 0 e ∞ di sin x/x. Per trovarne il valore, si osservi che la funzione complessa f(z) = eiz /z `e analitica ovunque ad eccezione del polo semplice in z = 0, dove ha residuo = 1. Res f(z) = eiz z=0

Pertanto



∞ 0

z=0

 π

sin x 1 dx = Im πi Res f(z) = . z=0 x 2 2

10.6 Cammini indentati intorno a un punto di diramazione Esempio 10.18. Si mostri che  ∞ ln x π ln a , dx = 2 + a2 x 2a 0

a > 0.

Si ponga f(z) = (log z)/(z 2 + a2 ) assumendo per il logaritmo quel ramo la cui linea di diramazione coincide con il semiasse immaginario nega-

148

10 Applicazioni dei residui

tivo, log z = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

−

3π π <θ< , 2 2

e si integri f lungo il cammino chiuso orientato positivamente γ = λ1 + γR + λ2 + γr , dove λ1 (x) = x,

r ≤ x ≤ R,

γR (θ) = Reiθ ,

0 ≤ θ ≤ π,

λ2 (x) = xeiπ ,

R ≥ x ≥ r,

γr (θ) = reiθ ,

π ≥ θ ≥ 0.

Poich´e f `e analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = ia, avendo assunto r < a < R, si ha      f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz γ

λ1

γR

λ2

γr

= 2πi Res f(z) z=ia

  log aeiπ/2 = 2πi ia + ia

π π ln a + i . = a 2

Fig. 10.4. Cammino chiuso indentato γ = λ1 + γR + λ2 + γr utilizzato per integrare la funzione f (z) = log z/(z 2 + a2 ) con a > 0

10.7 Cammini coincidenti con una linea di diramazione

149

Per singoli cammini di integrazione risulta   R ln x f(z)dz = dx, 2 2 λ1 r x +a 



π

f(z)dz = 0

γR





ln R + iθ iReiθ dθ, R2 e2iθ + a2

r

ln x + iπ iπ e dx 2 ei2π + a2 x R  R  R ln x 1 = dx + iπ dx, 2 2 2 2 r x +a r x +a

f(z)dz = λ2





0

f(z)dz = γr

π

ln r + iθ ireiθ dθ. r 2 e2iθ + a2

Gli integrali su γR e γr tendono a 0 rispettivamente per R → ∞ e per r → 0. Infatti, utilizzando la disuguaglianza di Darboux, si ha  ln R + π R→∞ f(z)dz ≤ πR 2 −−−−→ 0, R − a2 γR 

γr

ln r + π r→0 f(z)dz ≤ πr 2 −−−→ 0. a − r2

Pertanto nel limite r → 0 e R → ∞ risulta  ∞  ∞ π ln a ln x 1 π2 2 dx + iπ dx = + i , x2 + a2 x2 + a 2 a 2a 0 0 da cui, prendendo la parte reale e quella immaginaria, si conclude  ∞  ∞ ln x 1 π ln a π , . dx = dx = 2 + a2 2 + a2 x 2a x 2a 0 0

10.7 Cammini coincidenti con una linea di diramazione Esempio 10.19. Si mostri che  ∞ xa π/2 dx = , 2 x + 1 cos(πa/2) 0

−1 < a < 1.

Si ponga f(z) = z a /(z 2 + 1) = ea log z /(z 2 + 1), assumendo per il logaritmo quel ramo la cui linea di diramazione coincide con il semiasse reale

150

10 Applicazioni dei residui

Fig. 10.5. Differenti cammini chiusi γ = λ1 + γR + λ2 + γr utilizzati per integrare la funzione polidroma f (z) = z a /(z 2 + 1) con −1 < a < 1

positivo log z = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

0 < θ < 2π.

La funzione f `e analitica ovunque ad eccezione del semiasse reale positivo e dei due poli semplici in z = ±i dove ha residui ea log z ea(ln 1+iπ/2) eiπa/2 = Res f(z) = = , z=i z + i z=i i+i 2i ei3πa/2 ea log z ea(ln 1+i3π/2) Res f(z) = = . = z=−i z − i z=−i −i − i −2i Si integri f lungo il cammino chiuso orientato positivamente γ = λ1 + γR + λ2 + γr , dove λ1 (x) = x + i0, γR (θ) = Reiθ , λ2 (x) = x − i0, γr (θ) = reiθ ,

r ≤ x ≤ R, 0 ≤ θ ≤ 2π, R ≥ x ≥ r, 2π ≥ θ ≥ 0.

Come al solito, x ± i0 sta a indicare x ± iε con ε infinitesimo positivo cos`ı che in rappresentazione polare x + i0 = xeiε mentre x − i0 = xei(2π−ε) . Per

10.7 Cammini coincidenti con una linea di diramazione

r < 1 < R, si ha   f(z)dz =





f(z)dz + f(z)dz + γR  = 2πi Res f(z) + Res f(z) z=i z=−i 

= π eiπa/2 − ei3πa/2 .

γ

λ1

151

 f(z)dz +

λ2

f(z)dz γr

Per i singoli cammini di integrazione risulta   R a(ln x+i0)  R a ln x e e i0 f(z)dz = e dx = dx, i0 2 2 λ1 r (xe ) + 1 r x +1 



r

f(z)dz = λ2

R

ea(ln x+i2π) i2π e dx = −ei2πa (xei2π )2 + 1





2πRa+1 R→∞ ea ln R 2πR = 2 f(z)dz ≤ 2 −−−−→ 0, R −1 R −1 γR



ea ln r 2πr a+1 r→0 f(z)dz ≤ 2πr = −−−→ 0, 1 − r2 1 − r2 γr

r

R

ea ln x dx, x2 + 1

a + 1 < 2,

a + 1 > 0.

Pertanto, per −1 < a < 1 nel limite r → 0 e R → ∞ si conclude    ∞ π eiπa/2 − ei3πa/2 xa dx = x2 + 1 1 − ei2πa 0   πeiπa e−iπa/2 − eiπa/2 = eiπa (e−iπa − eiπa ) π sin(πa/2) = sin(πa) π/2 . = cos(πa/2) Allo stesso risultato, ma evitando il calcolo di uno dei due residui, si giunge integrando f lungo il cammino chiuso γ = λ1 + γR + λ2 + γr , dove λ1 (x) = x + i0,

r ≤ x ≤ R,

iθ

0 ≤ θ ≤ π,

iπ

R ≥ x ≥ r,

iθ

π ≥ θ ≥ 0.

γR (θ) = Re , λ2 (x) = xe , γr (θ) = re ,

152

10 Applicazioni dei residui

In questo caso, sempre assumendo r < 1 < R, si ha      f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz + γ

λ1

γR

λ2

f(z)dz

γr

= 2πi Res f(z) z=i

= πeiπa/2 , mentre per gli integrali lungo i singoli cammini si ottiene  R a(ln x+i0)  R a ln x  e e i0 e dx, f(z)dz = dx = i0 )2 + 1 2+1 (xe x r r λ1 



r

f(z)dz = λ2



R

ea(ln x+iπ) iπ e dx = eiπa (xeiπ )2 + 1

 r

ea ln R πRa+1 R→∞ f(z)dz ≤ 2 −−−−→ 0, πR = 2 R −1 R −1 γR



ea ln r πr a+1 r→0 f(z)dz ≤ πr = −−−→ 0, 2 1−r 1 − r2 γr

R

ea ln x dx, x2 + 1 a + 1 < 2,

a + 1 > 0.

Per −1 < a < 1, nel limite r → 0 e R → ∞ si conclude ancora  ∞ xa πeiπa/2 dx = x2 + 1 1 + eiπa 0 π/2 . = cos(πa/2) Si osservi che questo secondo tipo di cammino di integrazione pu` o essere utilizzato in virt` u della parit` a della funzione a denominatore che assume lo stesso valore, x2 + 1, sia su λ2 (x) che su λ1 (x).

10.8 Cammini vari Altri integrali reali, non appartenenti alle classi descritte finora, possono essere valutati integrando un’opportuna funzione complessa lungo un opportuno cammino in C e ancora sfruttando il teorema dei residui. Non sempre `e possibile teorizzare in modo generale come devono essere scelte queste opportune funzioni e, soprattutto, questi opportuni cammini. Di seguito si riportano alcuni esempi notevoli. Esempio 10.20. Si mostri che  ∞ 0

x3

x 2π dx = √ . +1 3 3

10.8 Cammini vari

153

La funzione f(z) = z/(z 3 + 1) ha poli semplici in zk = ei(π+2πk)/3 , k = 0, 1, 2. Detto γ = λ1 + γR + λ2 il cammino di integrazione chiuso definito da 0 ≤ x ≤ R,

λ1 (x) = x, iθ

0 ≤ θ ≤ 2π/3,

γR (θ) = Re , i 23 π

λ2 (x) = xe

,

R ≥ x ≥ 0,

poich´e f `e analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = z0 , per R > 1 si ha     f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz γ

λ1

γR

λ2

= 2πi Res f(z) z=z0

= 2πi =

z0 3z02

2πi −i π e 3. 3

Gli integrali lungo i singoli cammini che compongono γ valgono  R  x dx, f(z)dz = 3+1 x 0 λ1 



2 3π

f(z)dz = 0

γR





0

f(z)dz = R

λ2

Reiθ R→∞ iReiθ dθ −−−−→ 0, R3 e3iθ + 1

2

xei 3 π 2 4 ei 3 π dx = −ei 3 π x3 ei2π + 1

Pertanto nel limite R → ∞ risulta

 ∞ 4 1 − ei 3 π 0

x3

 0

x 2πi −i π3 dx = e +1 3

e, in conclusione, 

∞ 0

R

π

x 2πi e−i 3 dx = x3 + 1 3 1 − ei 43 π π 2 2πi e−i 3 e−i 3 π = 3 e−i 23 π − ei 23 π π/3 = sin(2π/3) 2π = √ . 3 3

x dx. x3 + 1

154

10 Applicazioni dei residui

Fig. 10.6. Cammini chiusi γ = λ1 + γR + λ2 utilizzati per integrare rispettivamente 2 le funzioni f (z) = z/(z 3 + 1) (sinistra) e f (z) = eiz (destra)

Esempio 10.21 (integrali di Fresnel). Si mostri che '  ∞  ∞ 1 π cos(x2 )dx = sin(x2 )dx = . 2 2 0 0 2

Si integri la funzione f(z) = eiz , analitica in tutto C, lungo il cammino chiuso semplice orientato positivamente γ = λ1 + γR + λ2 , dove 0 ≤ x ≤ R,

λ1 (x) = x, iθ

0 ≤ θ ≤ π/4,

γR (θ) = Re , iπ/4

λ2 (r) = re

R ≥ r ≥ 0.

,

Poich´e f `e analitica su e dentro γ, si ha     f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + γ

λ1

γR

f(z)dz = 0.

λ2

Gli integrali lungo i cammini λ1 e λ2 valgono   R 2 f(z)dz = eix dx, 0

λ1





0

f(z)dz = λ2

eir

2

(cos(π/2)+i sin(π/2)) iπ/4

e

R

dr = −eiπ/4



R

0

Per l’integrale lungo γR , usando la disuguaglianza di Jordan si ha   π/4 iR2 (cos(2θ)+i sin(2θ)) iθ ≤ f(z)dz iRe e dθ γR

0

2

e−r dr.

10.8 Cammini vari

= ≤

R 2 R 2

 

π/2

2

sin ϕ

2

2ϕ/π

e−R

155

dϕ

0 π/2

e−R

dϕ

0 2

π 1 − e−R R→∞ −−−−→ 0. = 4 R Pertanto, nel limite R → ∞ si conclude  ∞  ∞  ∞ 2 eix dx = cos(x2 )dx + i sin(x2 )dx 0 0 0  ∞ 2 iπ/4 e−r dr =e 0  √ 1 i π = √ +√ . 2 2 2 Esempio 10.22. Si mostri che   ∞ x cos(x4 )dx = 0

∞

0

1 x sin(x )dx = 4

'

4

π . 2

4

Si integri la funzione f(z) = zeiz , analitica in tutto C, lungo il cammino chiuso semplice orientato positivamente γ = λ1 + γR + λ2 , dove 0 ≤ x ≤ R,

λ1 (x) = x, iθ

0 ≤ θ ≤ π/8,

γR (θ) = Re , iπ/8

λ2 (r) = re

R ≥ r ≥ 0.

,

Poich´e f `e analitica su e dentro γ, si ha     f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + γ

λ1

γR

f(z)dz = 0.

λ2

Gli integrali lungo i cammini λ1 e λ2 valgono  R  4 f(z)dz = xeix dx, 0

λ1





0

f(z)dz = λ2

reiπ/8 eir

R

= −eiπ/4 eiπ/4 =− 2



R

4

(cos(π/2)+i sin(π/2)) iπ/8

e

4

re−r dr

0



0

R

2

e−u du.

dr

156

10 Applicazioni dei residui

Per l’integrale lungo γR , usando la disuguaglianza di Jordan, si ha 

γR

 f(z)dz ≤

π/8

0

iθ iR4 (cos(4θ)+i sin(4θ)) iReiθ dθ, Re e



R2 = 4

π/2

4

sin ϕ

4

2ϕ/π

e−R

dϕ

0



≤

R2 4

=

π 1 − e−R R→∞ −−−−→ 0. 8 R2

π/2

e−R

dϕ

0 4

Pertanto, nel limite R → ∞ si conclude  ∞  ∞  4 xeix dx = x cos(x4 )dx + i 0

0 iπ/4

e



∞

x sin(x4 )dx

0 ∞

2

e−u du 2 0  √ π 1 i = √ +√ . 4 2 2

=

10.9 Integrali di Bromwich: trasformata inversa di Laplace Definizione 10.23. Sia g : C → C analitica in tutto C ad eccezione di un insieme finito di punti singolari isolati zk , k = 1, . . . , N e sia x0 ∈ R tale che maxk Re zk < x0 . Posto λy0 (y) = x0 + iy con −y0 ≤ y ≤ y0 e y0 > 0, si chiama integrale di Bromwich, ammesso che il limite indicato esista,  1 ezt g(z)dz, t > 0. (10.14) f(t) = lim 2πi y0 →∞ λy0 Si pu` o mostrare che, sotto opportune condizioni di regolarit` a, g(z) `e la trasformata di Laplace di f(t) 

∞

g(z) =

e−zt f(t)dt.

(10.15)

0

In altre parole la (10.14) rappresenta una formula di inversione per g(z). L’integrale di Bromwich pu`o essere spesso valutato mediante il teorema dei residui. Ad esempio, si consideri il cammino chiuso orientato positivamente ηy0 = λy0 + γy0 , dove γy0 (θ) = x0 + y0 eiθ con π/2 ≤ θ ≤ 3π/2. Scelto y0

10.9 Integrali di Bromwich: trasformata inversa di Laplace

157

sufficientemente grande in modo tale che tutte le singolarit` a di g giacciano all’interno di ηy0 , si ha 

N

ezt g(z)dz = 2πi λy0

k=1

  Res ezt g(z) −

z=zk

 ezt g(z)dz. γy0

Utilizzando la disuguaglianza (7.3), per l’integrale su γy0 si ottiene la stima   3π/2 zt ex0 t+y0 t cos θ+iy0 t sin θ g(x0 + y0 eiθ )iy0 eiθ dθ e g(z)dz ≤ γy π/2 0  3π/2 x0 t ey0 t cos θ dθ ≤ e My0 y0  = ex0 t My0 y0 ≤ ex0 t My0 y0

π/2 π

e−y0 t sin ϕ dϕ

0

π , y0 t

dove si `e posto My0 = supz∈{γy0 } |g(z)| e si `e fatto uso della disuguaglianza di Jordan. Se g `e tale che limy0 →∞ My0 = 0, allora vale la formula f(t) =

N

k=1

  Res ezt g(z) ,

t > 0.

z=zk

(10.16)

Nel caso in cui le singolarit` a di g siano un’infinit` a numerabile, la sommatoria in (10.16) `e sostituita dalla corrispondente serie. Tale espressione `e per`o, in generale, solo formale, nel senso che occorre verificare che la f(t) cos`ı trovata ammette come trasformata di Laplace proprio la g(z) di partenza. La valutazione della formula (10.16) `e facilitata dalla seguente osservazione. Se g(z) ha in zk un polo di ordine m, allora ∃ε > 0 tale che ∀z ∈ A(zk , 0, ε) si ha g(z) =

∞

j=0

aj (z − zk )j +

b1 b2 bm + +···+ . z − zk (z − zk )2 (z − zk )m

D’altro canto la funzione ezt `e intera e ∀z ∈ C vale ezt = ezk te(z−zk )t = ezk t

∞ j

t j=0

j!

(z − zk )j .

Moltiplicando le due serie, dall’espressione del coefficiente di (z − zk )−1 si ricava   zt  b 2 t b 3 t2 bm tm−1 zk t . (10.17) b1 + + + ···+ Res e g(z) = e z=zk 1! 2! (m − 1)!

158

10 Applicazioni dei residui

Esempio 10.24. Si determini la funzione f(t) la cui trasformata di Laplace `e g(z) = z/(z − z1 )2 . Scelto x0 > Re z1 e posto γy0 (θ) = x0 + y0 eiθ con π/2 ≤ θ ≤ 3π/2 e y0 > 0, per z ∈ {γy0 } si ha |g(z)| =

|z| 2

|z − z1 |

≤

|x0 | + y0 ||z| − |z1 ||

2

≤

|x0 | + y0 y0 →∞ −−−−→ 0. 2 (y0 − |x0 | − |z1 |)

` possibile quindi applicare la formula (10.16), che nel presente caso fornisce E   t > 0. f(t) = Res ezt g(z) , z=z1

La funzione g(z) ha in z1 un polo doppio e nell’anello 0 < |z − z1 | < ∞ vale lo sviluppo in serie di Laurent g(z) =

z − z1 + z1 1 z1 = + . 2 (z − z1 ) z − z1 (z − z1 )2

Utilizzando la (10.17) si conclude f(t) = ez1 t (1 + z1 t), ` facile verificare che E  ∞ e−zt ez1 t(1 + z1 t)dt = 0

t > 0.

z , (z − z1 )2

Re z > Re z1 .

Esercizi 10.1. Calcolare l’integrale reale  ∞ x sin(ax) dx, x2 + b2 0

a > 0,

b > 0.

10.2. Calcolare l’integrale reale  2π 0

dθ , (a + b cos θ)2

10.3. Calcolare l’integrale reale  0

10.4. Calcolare l’integrale reale  +∞ −∞

∞

a > b > 0.

ln x dx. x2 + 1

x dx. (x2 + 4x + 13)2

Esercizi

10.5. Calcolare l’integrale reale  +∞ −∞

159

x2 dx. (x2 + 1)(x2 + 9)

10.6. Calcolare il valore principale di Cauchy dell’integrale reale  +∞ x sin(ax) dx, a > 0, b > 0, c > 0. PV 2 2 −∞ (x − b) + c 10.7. Calcolare l’integrale reale 

2π

cos2 θ dθ.

0

10.8. Calcolare l’integrale reale 

∞

0

10.9. Calcolare l’integrale reale 

∞

0

10.10. Calcolare l’integrale reale  ∞ 0

√

x dx. x2 + 1

ln x dx. x2 + 4

x2 dx. (x2 + 16)2

10.11. Calcolare l’integrale reale  π 0

dθ , a + cos θ

10.12. Calcolare l’integrale reale  ∞ 0

a > 1.

sin x dx. x(x2 + 1)

10.13. Calcolare l’integrale reale  +∞ ax e dx, −∞ cosh x

−1 < a < 1.

Suggerimento: si consideri il cammino di integrazione rettangolare di vertici ±R e ±R + iπ. 10.14. Calcolare l’integrale reale  2π (sin θ)2n dθ, 0

n ∈ N.

160

10 Applicazioni dei residui

10.15. Calcolare l’integrale reale  π 0

dθ , (a + cos θ)2

10.16. Calcolare l’integrale  +∞ −iωx e dx, 2 + a2 x −∞

a > 1.

a > 0,

ω ∈ R.

Suggerimento: si considerino separatamente i casi ω > 0 e ω < 0. 10.17. Calcolare l’integrale reale  ∞ 0

10.18. Calcolare l’integrale reale 

1 dx. (x2 + 1)2

2π

0

10.19. Calcolare l’integrale reale  +∞

dθ . 2 + cos θ

x sin(πx) dx. x2 + 2x + 5

−∞

10.20. Calcolare l’integrale reale  ∞ 1 dx, 1 + x2n+1 0 10.21. Calcolare l’integrale reale  ∞ 0

n = 1, 2, 3, . . .

1 √ dx. 3 x(x2 + 1)

10.22. Calcolare l’integrale reale  2π 0

dθ . (5 + 3 cos θ)2

10.23. Calcolare l’integrale reale  +∞ −∞

cos x dx. + e−x

ex

Suggerimento: si consideri il cammino di integrazione rettangolare di vertici ±R e ±R + iπ.

Esercizi

10.24. Calcolare l’integrale di Bromwich  1 1 lim dz, ezt 2πi R→∞ λR (z − z0 )(z − z1 )

z0 = z1 ∈ C,

t > 0,

dove λR (y) = a + iy, −R ≤ y ≤ R, con a > max(Re z0 , Re z1 ). 10.25. Calcolare l’integrale reale  2π sin(exp(cos θ + i sin θ))dθ. 0

10.26. Si calcoli l’integrale reale  ∞ log(1 + x2 ) dx, xa+1 0

0 < a < 2.

Suggerimento: si esegua, per cominciare, un’integrazione per parti. 10.27. Calcolare l’integrale reale  +∞ x2

−∞

10.28. Calcolare l’integrale reale  ∞ 0

10.29. Calcolare l’integrale reale  +∞ −∞

sin x dx. − 6x + 10

x sin x dx. x4 + 1

x sin(x) + 3 dx. x2 + 1

10.30. Calcolare l’integrale reale 

2π

iθ

ee dθ.

0

10.31. Calcolare l’integrale reale  ∞ 0

√ 3

x2 √ dx. x2 + 2 3x + 4

10.32. Calcolare l’integrale reale  ∞ x+1 √ dx. 2 − 2x + 2) x(x 0 10.33. Calcolare l’integrale reale  2π   log a + a−1 − 2 cos θ dθ, 0

a > 1.

161

11 Ulteriori propriet` a delle funzioni analitiche

Sommario. Prolungamento analitico. Prolungamento alla Borel e alla Weierstrass. Principio di riflessione di Schwarz. Prolungamento lungo un cammino, teorema di monodromia. Principio del massimo (minimo) modulo. Funzioni meromorfe. Il numero di zeri e di poli di una funzione meromorfa all’interno di una regione limitata `e finito. Integrale lungo una curva chiusa semplice di una funzione meromorfa moltiplicata per una analitica: principio generalizzato dell’argomento. Indice di una curva chiusa. Principio dell’argomento. Formula della funzione inversa. Formula di AbelPlana. Teorema di Rouch´e. Determinazione del numero di zeri di una funzione analitica all’interno di una regione assegnata. Funzioni armoniche e armoniche coniugate. La funzione f = u + iv `e analitica se e solo se v `e armonica coniugata a u. Esistenza della funzione armonica coniugata e sua determinazione. Metodo di Laplace e metodo del punto di sella.

11.1 Prolungamento analitico Siano D1 e D2 con D1 ∩ D2 = ∅ due sottoinsiemi aperti e connessi di C. Sia f1 una funzione analitica in D1 . Se esiste una funzione f2 analitica in D2 tale che f2 (z) = f1 (z) ∀z ∈ D1 ∩ D2 , allora f2 si chiama il prolungamento analitico di f1 da D1 a D2 . Non `e detto che tale prolungamento analitico esista, tuttavia, se esiste, per il Teorema di identit`a 9.16 esso `e unico. Esempio 11.1. Si considerino le funzioni analitiche f1 : D1 → C e f2 : D2 → C definite da f1 (z) =

∞

zk,

D1 = B(0, 1),

k=0

f2 (z) =

1 , 1−z

D2 = {z ∈ C : Re z < 1}.

Come sappiamo f2 (z) = f1 (z) ∀z ∈ D1 ∩ D2 , perci`o f2 `e il prolungamento Presilla C.: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile. © Springer-Verlag Italia 2011

164

11 Ulteriori propriet` a delle funzioni analitiche

analitico di f1 da D1 a D2 . Si osservi che  f2 (z) =

∞

e−t

0

 ∞ ∞

1 e−(1−z)t dt, (zt)k dt = k! 0 k=0

l’integrale essendo convergente per Re z < 1. Esempio 11.2 (prolungamento alla Borel). L’esempio precedente ammette la seguente generalizzazione. Sia f1 : D1 → C la funzione analitica f1 (z) =

∞

ak z k ,

D1 = B(0, R),

k=0

1 1/k = lim sup |ak | . R k→∞

Si ponga poi  f2 (z) =

∞

−t

e h(zt)dt,

h(zt) =

0

∞

ak k=0

k!

(zt)k .

Si osservi che, nel caso non banale R > 0, il raggio di convergenza della serie avente come somma h(zt) `e infinito. Per |z| < R si ha f2 (z) = f1 (z) in quanto 

∞

e−t

0

∞

ak k=0

k!

(zt)k dt =

 ∞

ak k=0

k!

∞

e−t (zt)k dt =

0

∞

ak z k ,

k=0

quindi f2 `e il prolungamento analitico di f1 da D1 a quella regione, da determinare nota la successione (ak ), in cui l’integrale che definisce f2 risulta convergente. Esempio 11.3. Si consideri nuovamente la funzione analitica f1 : D1 → C f1 (z) =

∞

zk ,

D1 = B(0, 1).

k=0

Scelto z1 ∈ D1 , con z1 = 0, definiamo una nuova funzione analitica f2 : D2 → C come somma della serie di potenze di centro z1 f2 (z) =

∞

n=0

cn (z − z1 )n ,

D2 = B(z1 , R),

1 1/n = lim sup |cn | . R n→∞

a 8.5 la serie In z1 la funzione f1 `e analitica, quindi per il Teorema di unicit` appena scritta `e lo sviluppo in serie di Taylor di f1 di centro z1 , e i coefficienti

11.1 Prolungamento analitico

165

cn sono calcolabili come

1 dn cn = f1 (z) n! dz n z=z1 ∞

1 k(k − 1) . . . (k − n + 1)z1k−n n! k=n ∞ 

n+j j z1 . = n

=

j=0

Utilizzando la relazione    −n − 1 n+j n+j = = (−1)j j n j e lo sviluppo notevole (1 + w)a =

∞ 

a j=0

j

wj ,

a ∈ C,

|w| < 1,

otteniamo cn = (1 − z1 )−n−1 . In conclusione risulta f2 (z) =

∞

1 (z − z1 )n , n+1 (1 − z ) 1 n=0

che ha raggio di convergenza R = |1 − z1 |. Ovviamente a questo risultato si poteva giungere direttamente ammettendo di conoscere la somma della serie che definisce f1 f1 (z) =

1 1 1 1 . = = 1 1−z 1 − z1 − (z − z1 ) 1 − z1 1 − z−z 1−z1

Si osservi che, escluso il caso in cui z1 appartiene all’intervallo reale (0, 1), il dominio D2 rappresenta sempre un’estensione di D1 nella direzione di z1 . Si conclude che f2 `e il prolungamento analitico di f1 da D1 a D2 . Esempio 11.4 (prolungamento alla Weierstrass). Sia f una funzione analitica in D aperto e connesso, e supponiamo di conoscere lo sviluppo in serie di Taylor di tale funzione in un intorno di un punto z0 ∈ D f(z) =

∞

n c(0) n (z − z0 ) ,

z ∈ B(z0 , r0 ).

n=0

Il valore di f(z) in un generico punto z ∈ D pu` o essere ottenuto con un procedimento, noto come prolungamento analitico alla Weierstrass, che generalizza l’esempio precedente. Si congiunga z0 a z mediante una poligonale P . Detta

166

11 Ulteriori propriet` a delle funzioni analitiche

δ > 0 la minima distanza di P dalla frontiera di D, si individui una successione finita di punti z0 , z1 , . . . , zm , con zm = z, appartenenti a P e tali che |zk − zk−1 | < δ, k = 1, . . . , m. Nella palla B(zk , rk ), dove rk `e la distanza di zk da ∂D, la funzione f `e sviluppabile in serie di Taylor f(z) =

∞

n c(k) n (z − zk ) ,

z ∈ B(zk , rk ),

n=0 (k)

e, poich´e rk ∈ B(zk−1 , rk−1), i coefficienti cn sono calcolabili come ∞ n 1 d (k−1) j = c (z − z ) c(k) k−1 n j n n! dz j=0 =

∞ 

j j=n

n

z=zk

(k−1)

cj

(zk − zk−1 )j−n.

Iterando il procedimento da k = 1 fino a k = m, `e possibile, in linea di (m) principio, determinare f(z) = c0 . I metodi discussi negli esempi precedenti permettono di effettuare un prolungamento analitico tra due domini aperti e connessi, D1 e D2 , aventi in` possibile considerare anche il prolungamento analitico tersezione non nulla. E tra due domini aperti e connessi, D1 e D2 , che siano adiacenti, cio`e tali che D1 ∩ D2 = ∅ ma con le curve di Jordan ∂D1 e ∂D2 aventi come intersezione una qualche curva aperta. Sia γ tale curva privata dei suoi punti estremi. Nel caso di domini adiacenti diremo che (f1 , D1 ) `e prolungabile analiticamente a (f2 , D2 ) se esiste una funzione analitica f : D → C, con D = D1 ∪ D2 ∪ {γ} aperto e connesso, tale che f(z) = f1 (z) ∀z ∈ D1 e f(z) = f2 (z) ∀z ∈ D2 . ` evidente che dati due domini D1 e D2 con intersezione non nulla possiaE ˜1 e D ˜ 2 le cui frontiere hanmo sempre introdurre due domini adiacenti D no in comune una curva aperta privata degli estremi γ in modo tale che ˜1 ∪ D ˜ 2 ∪ {γ}. Il viceversa `e pure vero. Segue allora che il prolunD1 ∪ D2 = D gamento analitico attraverso domini con intersezione non nulla `e equivalente a quello attraverso domini adiacenti. Per effettuare un prolungamento analitico nel caso di domini adiacenti pu`o risultare utile il metodo di riflessione di Schwarz. Teorema 11.5 (principio di riflessione di Schwarz). Sia D ⊂ C aperto, connesso e simmetrico rispetto all’asse reale, cio`e coincidente con D∗ = {z ∈ C : z ∈ D}. Posto D± = {z ∈ D : Im z ≷ 0} e D0 = {z ∈ D : Im z = 0}, sia f : D+ ∪ D0 → C continua in D+ ∪ D0 , analitica in D+ e reale su D0 . Allora, la funzione  f(z) z ∈ D+ ∪ D0 g(z) = f(z) z ∈ D− `e analitica in D, ovvero, g `e il prolungamento analitico di f da D+ a D.

11.1 Prolungamento analitico

167

Dimostrazione. Si osservi innanzitutto che, essendo D aperto, connesso e simmetrico rispetto all’asse reale, D0 deve contenere almeno un intervallo aperto ` facile verificare che g `e continua in D0 e quindi in D. Mostriadell’asse reale. E mo allora che `e nullo l’integrale di g lungo un’arbitraria curva chiusa regolare a tratti contenuta in D e, per il teorema di Morera, potremo concludere che g `e analitica in D. Sia dunque γ : [a, b] → C un cammino chiuso regolare a tratti tale che {γ} ⊂ D. Sono possibili vari casi. Se {γ} ⊂ D+ , l’integrale di g lungo γ `e nullo in quanto g(z) = f(z) ∀z ∈ D+ e f `e analitica in D+ . Se {γ} ⊂ D− , l’integrale di g lungo γ pu` o essere ricondotto all’integrale di f lungo il cammino γ(t), a ≤ t ≤ b, contenuto in D+   b

  b

  g(z)dz = f γ(t) γ  (t)dt = f γ(t) γ  (t)dt = f(z)dz, γ

a

a

γ

quindi anche questo integrale `e nullo. I casi in cui {γ} ⊂ D+ ∪ D0 oppure {γ} ⊂ D− ∪ D0 si trattano in modo analogo considerando una procedura limite a partire da un cammino γε omotopo a γ, con {γε } ⊂ D+ oppure {γε } ⊂ D− e tale che limε→0 γε = γ. Rimane da considerare la situazione in cui {γ} ha intersezione non vuota sia con D+ che con D− . In questo caso possiamo scrivere    g(z)dz = g(z)dz + g(z)dz, γ

γ+

γ−

dove γ± sono due cammini chiusi formati unendo le porzioni di γ contenute in D± con uno o pi` u segmenti di D0 . Poich´e {γ± } ⊂ D± ∪ D0 , per quanto detto prima, ciascuno dei due integrali su γ± `e nullo e quindi `e nullo l’integrale di g lungo γ.   Nel Teorema 11.5 si `e supposto che il dominio D nel piano z abbia un asse di simmetria λ coincidente con l’asse reale. Si `e anche supposto che per z ∈ {λ} la funzione f assuma valori appartenenti a un asse Λ del piano w = f(z) coincidente con l’asse reale. La funzione g `e stata poi costruita assegnando al punto z ∗ simmetrico di z rispetto a λ il valore w∗ simmetrico di w = f(z) rispetto a Λ. Applicando le trasformazioni lineari z  = az+b e w  = cw+d, con a, b, c, d ∈ C, `e quindi possibile estendere il principio di riflessione di Schwarz ad assi di simmetria λ e Λ del tutto generici. Il caso in cui λ e Λ sono archi di circonferenze pu`o essere trattato in modo simile (per i dettagli si veda [7, 9]). Ritorniamo, per finire, al prolungamento analitico alla Weierstrass. Senza entrare nei dettagli, si intuisce che `e possibile definire un prolungamento analitico lungo un cammino γ che non sia necessariamente una poligonale. Sia allora γ un cammino di punti estremi z1 e z2 e supponiamo che f sia analitica in un intorno di z1 . Non abbiamo teoremi che stabiliscano sotto quali condizioni f `e prolungabile lungo γ fino a z2 . Se ci`o `e possibile, il Teorema di identit` a 9.16 ci assicura che la f cos`ı ottenuta `e unica. Cosa succede se prolunghiamo analiticamente f da z1 a z2 , ammesso che sia possibile, lungo un cammino η differente? In generale, il risultato f(z2 ) dipender` a dal cammino scelto per effettuare il prolungamento.

168

11 Ulteriori propriet` a delle funzioni analitiche

Fig. 11.1. Cammini γ e η con punti estremi coincidenti z1 = 1 e z2 = 2 lungo i quali viene prolungato analiticamente il ramo principale di log z

Esempio 11.6. Si prolunghi il ramo principale di log z da z1 = 1 a z2 = 2 lungo i cammini γ(t) = 1 + t e η(t) = (1 + t)ei2πt , 0 ≤ t ≤ 1. Il ramo principale di log z `e la funzione f1 : D1 → C analitica in D1 = {z ∈ C : z = −u, 0 ≤ u < ∞} definita da f1 (z) = ln r + iθ,

z = eiθ ,

r > 0,

−π < θ < π.

Il cammino γ `e interno al dominio D1 pertanto il prolungamento analitico lungo γ fornisce log 2 = f1 (2) = ln 2. Si consideri ora f2 (z) = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

π/2 < θ < 5π/2.

La funzione f2 : D2 → C, analitica in D2 = {z ∈ C : z = iu, 0 ≤ u < ∞}, ha la propriet` a f2 (z) = f1 (z) per ogni z tale che Re z < 0 e Im z > 0. Essa `e quindi il prolungamento analitico di log z da D1 a D2 lungo η. In questo caso si ha log 2 = f2 (2) = ln 2 + i2π. Nell’esempio appena illustrato, il ramo principale del logaritmo viene esteso al dominio non semplicemente connesso G = C \ {0} all’interno del quale i cammini non equivalenti γ e η risultano non omotopi. Condizioni sufficienti affinch´e il prolungamento analitico risulti monodromo sono individuate dal seguente teorema. Teorema 11.7 (teorema di monodromia). Sia f : B(z1 , r) → C, r > 0, una funzione analitica in un intorno di z1 . Se G `e un insieme aperto semplicemente connesso che contiene B(z1 , r) ed `e possibile prolungare analiticamente f lungo ogni cammino che collega z1 ad un generico punto z2 ∈ G, allora esiste una funzione analitica g : G → C tale che g(z) = f(z) ∀z ∈ B(z1 , r). Per una definizione precisa di prolungamento analitico lungo un cammino e la dimostrazione del teorema di monodromia si veda [4].

11.2 Principio del massimo modulo

169

11.2 Principio del massimo modulo Teorema 11.8 (principio del massimo modulo). Sia f analitica e non costante in D ⊂ C aperto e connesso. Allora |f| non ha massimo in D, cio`e non esiste un punto z0 ∈ D tale che |f(z0 )| ≥ |f(z)| ∀z ∈ D. Dimostrazione. Si ragioni per assurdo e si supponga che ∃z0 ∈ D tale che |f(z0 )| ≥ |f(z)| ∀z ∈ D. Poich´e D `e aperto, ∃r > 0 tale che B(z0 , r) ⊂ D. Sia γρ (t) = z0 + ρeit con 0 ≤ t ≤ 2π un cammino circolare di centro z0 orientato positivamente di raggio ρ < r. Per la formula integrale di Cauchy si ha   2π 1 1 f(z) dz = f(z0 + ρeit )dt. (11.1) f(z0 ) = 2πi γρ z − z0 2π 0 La formula (11.1) `e nota come teorema del valore medio di Gauss. Prendendo il modulo di entrambi i membri della (11.1) e usando la disuguaglianza (7.3), si ottiene  2π 1 f(z0 + ρeit ) dt |f(z0 )| ≤ 2π 0 1 2π sup f(z0 + ρeit ) ≤ 2π t∈[0,2π] ≤ |f(z0 )| , ovvero



2π 0

 |f(z0 )| − f(z0 + ρeit ) dt = 0.



Essendo la funzione integranda non negativa, dal valore di questo integrale segue che f(z0 + ρeit ) = |f(z0 )| ∀t ∈ [0, 2π]. D’altro canto ρ < r `e arbitrario e quindi |f(z)| = |f(z0 )| ∀z ∈ B(z0 , r). Per il Teorema 5.20 si conclude che f(z) = f(z0 ) ∀z ∈ B(z0 , r) e per il Teorema di identit` a 9.16 si giunge alla contraddizione che f(z) = f(z0 ) ∀z ∈ D.   Corollario 11.9. Sia f continua in D ⊂ C chiuso e limitato, e inoltre analitica e non costante in D◦ . Allora il massimo di |f| in D `e assunto su ∂D. Dimostrazione. Innanzitutto poich´e D `e compatto, |f| ha massimo in D, cio`e ∃z0 ∈ D tale che |f(z0 )| ≥ |f(z)| ∀z ∈ D. Se fosse z0 ∈ D◦ , poich´e ∃r > 0 tale che B(z0 , r) ⊂ D◦ , si avrebbe una contraddizione del Teorema 11.8, ovvero |f(z)| avrebbe massimo nell’aperto connesso B(z0 , r) dove f `e analitica e non costante. Si deve pertanto concludere che z0 ∈ ∂D.   Teorema 11.10 (principio del minimo modulo). Sia f analitica e non costante in D ⊂ C aperto e connesso. Allora |f| non ha minimo in D \ D0 , dove D0 = {z ∈ D : f(z) = 0}.

170

11 Ulteriori propriet` a delle funzioni analitiche

Dimostrazione. Si osservi che D \ D0 `e ancora aperto e connesso. La funzione g(z) = 1/f(z) `e analitica e non costante in D \ D0 e quindi, per il Teorema 11.8, |g| non ha massimo in D \ D0 . Ci` o `e equivalente a dire che |f| non ha minimo in D \ D0 .   Corollario 11.11. Sia f continua in D ⊂ C chiuso e limitato, e inoltre analitica, non costante e mai nulla in D◦ . Allora il minimo di |f| in D `e assunto su ∂D. Corollario 11.12. Sia f continua in D ⊂ C chiuso e limitato, e inoltre analitica e non costante in D◦ . Allora il massimo e il minimo di Re f e Im f in D sono assunti su ∂D. Dimostrazione. Si ponga g(z) = ef(z) . Poich´e g `e continua in D, analitica e non costante in D◦ e mai nulla, per i Corollari 11.9 e 11.11 il massimo e il minimo in D di |g(z)| = eRe f(z) sono assunti su ∂D. Per la monotonia dell’esponenziale reale, lo stesso `e vero per la funzione Re f. Nel caso di Im f vale un’identica dimostrazione ponendo g(z) = eif(z) .   Esempio 11.13. Si determini il massimo di |sin z| per z ∈ D = {z = x + iy, −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1}. Si osservi innanzitutto che |sin z| `e continua e D `e compatto, dunque |sin z| ha massimo in D. Poich´e sin z `e analitica e non costante in D, per il teorema del massimo modulo |sin z| non pu` o assumere il massimo in D◦ . Il massimo di |sin z| va pertanto cercato su ∂D. Si ha 2

|sin z| = =

ei(x+iy) − e−i(x+iy) e−i(x−iy) − e+i(x−iy) 2i −2i e−2y − ei2x − e−i2x + e2y 4

−ei2x − e−i2x + 2 e−2y + e2y − 2 + 4 4 2   ix 2 ey − e−y e − e−ix + = 2i 2 =

= sin2 x + sinh2 y. Sui lati y = ±1 il massimo di |sin z| `e assunto per x = ±1 e vale (sin2 1 + sinh2 1)1/2 . Sui lati x = ±1 il massimo di |sin z| `e assunto per y = ±1 e vale (sin2 1 + sinh2 1)1/2 . In conclusione, |sin z| assume il valore massimo (sin2 1 + sinh2 1)1/2 nei quattro vertici z = ±1 ± i.

11.3 Funzioni meromorfe

171

11.3 Funzioni meromorfe Definizione 11.14 (funzione meromorfa). Sia f : D → C con D ⊂ C aperto e connesso. La funzione f si dice meromorfa in D se f `e analitica in D ad eccezione di poli. Teorema 11.15. Sia f meromorfa all’interno di γ curva chiusa semplice e sia inoltre f analitica e non nulla su γ. Allora il numero di poli e di zeri di f interni a γ `e finito. Dimostrazione. Per il teorema della curva di Jordan, Int(γ) `e un insieme limitato. Si supponga, per assurdo, che il numero di poli (zeri) di f interni a γ, quindi contenuti in Int(γ), sia infinito. Sia (zk )∞ k=1 la successione di questi poli (zeri). Poich´e Int(γ) `e chiuso e limitato in C, per il teorema di Heine-Borel tale insieme `e compatto, ovvero sequenzialmente compatto, e pertanto `e possibile estrarre da (zk ) una sottosuccessione convergente in Int(γ). Questo `e in contraddizione con il fatto che i poli (gli zeri) sono punti isolati. Teorema 11.16 (principio generalizzato dell’argomento). Sia f meromorfa all’interno di γ curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente e sia inoltre f analitica e non nulla su γ. Se g `e analitica su e all’interno di γ, allora m   n

f  (z) dz = 2πi g(z) αk g(ak ) − βk g(bk ) , (11.2) f(z) γ k=1

k=1

dove ak , k = 1, . . . , m, e bk , k = 1, . . . , n, sono gli zeri e i poli di f interni a γ di ordine rispettivamente αk e βk . Dimostrazione. Per il teorema dei residui, si ha 

f  (z) f  (z) dz = 2πi , g(z) Res g(z) z=zk f(z) f(z) γ k

dove zk sono i punti singolari isolati di gf  /f interni a γ. Mostriamo che tali punti sono poli semplici corrispondenti agli zeri e ai poli di f. Se f ha in a uno zero di ordine α, allora f(z) = h(z)(z − a)α con h analitica e non nulla in a. Pertanto g(z)

f  (z) h (z)(z − a)α + h(z)α(z − a)α−1 = g(z) f(z) h(z)(z − a)α =

α g(z)h (z) + g(z). h(z) z−a

172

11 Ulteriori propriet` a delle funzioni analitiche

Poich´e g e gh /h sono analitiche in a, la funzione gf  /f ha un polo semplice in a con Res g(z) z=a

f  (z) = αg(a). f(z)

Se f ha in b un polo di ordine β, allora f(z) = h(z)(z − b)−β con h analitica e non nulla in b. Pertanto g(z)

h (z)(z − b)−β − h(z)β(z − b)−β−1 f  (z) = g(z) f(z) h(z)(z − b)−β =

β g(z)h (z) − g(z). h(z) z−b

Poich´e g e gh /h sono analitiche in b, la funzione gf  /f ha un polo semplice in b con Res g(z) z=b

f  (z) = −βg(b). f(z)  

Definizione 11.17 (indice di una curva chiusa). Chiamasi indice, o numero di avvolgimenti, di una curva chiusa γ rispetto ad un punto z0 ∈ / {γ} l’intero relativo  1 dz . (11.3) n(γ, z0 ) = 2πi γ z − z0 Si consideri per iniziare il caso di una curva γ chiusa semplice. Se z0 ∈ Ext(γ) si ha n(γ, z0 ) = 0. Se z0 ∈ Int(γ), allora n(γ, z0 ) = ±1 a seconda se γ `e orientata positivamente (+1) oppure negativamente (−1). Nel caso di una curva γ chiusa ma non semplice si ragiona in modo analogo considerando γ come somma di curve chiuse semplici. Si conclude, in accordo con la definizione, che n(γ, z0 ) ∈ Z. Per una dimostrazione formale che n(γ, z0 ) `e un intero relativo si veda [4]. Teorema 11.18 (principio dell’argomento). Sia f meromorfa all’interno di γ curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente e sia inoltre f analitica e non nulla su γ. Allora n(f ◦ γ, 0) = Z − P,

(11.4)

dove Z e P sono il numero di zeri e di poli di f, contandone la molteplicit` a, interni a γ. Dimostrazione. Dal Teorema 11.16 con la scelta g(z) = 1, si ha   1 f (z) dz = Z − P. 2πi γ f(z)

(11.5)

11.3 Funzioni meromorfe

173

D’altro canto, se γ : [a, b] → C `e un cammino che rappresenta la curva γ, si ha    b  1 f (z) f (γ(t))  1 dz = γ (t)dt 2πi γ f(z) 2πi a f(γ(t))  b 1 1 = (f ◦ γ) (t)dt 2πi a (f ◦ γ)(t)  1 dz = 2πi f◦γ z − 0 = n(f ◦ γ, 0). Uguagliando le due precedenti espressioni segue l’asserto.

 

Esempio 11.19. Si consideri f(z) = z 2 e sia γ(t) = Reit , 0 ≤ t ≤ 2π. All’interno della circonferenza γ la funzione f ha Z = 2 zeri e P = 0 poli. D’altro canto (f ◦ γ)(t) = R2 e2it e quindi  dz 1 n(f ◦ γ, 0) = 2πi f◦γ z − 0  2π 1 1 = (f ◦ γ) (t)dt 2πi 0 (f ◦ γ)(t)  2π 1 2iR2 e2it = dt 2πi 0 R2 e2it = 2. Esempio 11.20. Si consideri f(z) = z −2 e sia γ(t) = Reit , 0 ≤ t ≤ 2π. All’interno della circonferenza γ la funzione f ha Z = 0 zeri e P = 2 poli. D’altro canto (f ◦ γ)(t) = R−2 e−2it e quindi  dz 1 n(f ◦ γ, 0) = 2πi f◦γ z − 0  2π 1 1 (f ◦ γ) (t)dt = 2πi 0 (f ◦ γ)(t)  2π 1 −2iR−2e−2it = dt 2πi 0 R−2e−2it = −2.

174

11 Ulteriori propriet` a delle funzioni analitiche

Teorema 11.21 (formula della funzione inversa). Sia f analitica in B(z0 , R) e biunivoca in B(z0 , R). Allora, detta γ la circonferenza |z − z0 | = R orientata positivamente, f −1 (w) `e definita ∀w ∈ f(B(z0 , R)) dalla formula  zf  (z) 1 −1 f (w) = dz. (11.6) 2πi γ f(z) − w Dimostrazione. Segue dal Teorema 11.16 con la scelta g(z) = z. Infatti ∀w ∈ f(B(z0 , R)) la funzione f(z) − w `e analitica su γ e al suo interno, ha un unico zero semplice z = f −1 (w) ∈ Int(γ) e non si annulla per z ∈ {γ}. Essendo anche g(z) = z analitica su e all’interno di γ, possiamo applicare la formula (11.2) e ottenere  f  (z) z dz = 2πif −1 (w). f(z) − w γ   Teorema 11.22 (formula di Abel-Plana). Sia f(z) analitica ∀z ∈ C, allora  ∞  ∞ ∞

1 f(it) − f(−it) f(n) − f(x)dx = f(0) + i dt. (11.7) 2 e2πt − 1 0 0 n=0 Dimostrazione. Segue dal Teorema 11.16 con un’opportuna scelta di g(z) e del cammino γ.   Teorema 11.23 (Rouch´ e). Siano f e g analitiche in Int(γ) con γ curva chiusa semplice regolare a tratti e inoltre risulti |f(z)| > |g(z)| ∀z ∈ {γ}. Allora f e f + g hanno lo stesso numero di zeri, contandone la molteplicit` a, all’interno di γ. Dimostrazione. Si ponga h = f + g. Le funzioni f e h non si annullano mai su γ, infatti ∀z ∈ {γ} si ha |f(z)| > |g(z)| ≥ 0 e |h(z)| ≥ ||f(z)| − |g(z)|| > 0. Inoltre f e h sono analitiche in Int(γ). Per il principio dell’argomento, il numero di zeri, contandone la molteplicit` a, di f e h all’interno di γ `e quindi pari a   f (z) 1 Zf = n(f ◦ γ, 0) = dz, (11.8) 2πi γ f(z) Zh = n(h ◦ γ, 0) =

1 2πi

 γ

h (z) dz. h(z)

Osservando che (f(1 + g/f)) f (1 + g/f) h = = + , h f(1 + g/f) f 1 + g/f

(11.9)

11.4 Funzioni armoniche

175

dalla (11.9) si ha Zh = Zf + n((1 + g/f) ◦ γ, 0). Poich´e, per ipotesi, si ha |(1 + g(z)/f(z)) − 1| < 1 ∀z ∈ {γ}, risulta che il cammino (1 + g/f) ◦ γ `e contenuto all’interno del cerchio di centro 1 e raggio 1. Pertanto la traccia {(1 + g/f) ◦ γ} non contiene l’origine e n((1 + g/f) ◦ γ, 0) = 0. Si conclude che Zf = Zh .   Esempio 11.24. Determinare il numero di soluzioni, contandone la molteplicit` a, dell’equazione 2z 5 − 6z 2 + z + 1 = 0 contenute nella regione 1 ≤ |z| < 2. Troviamo, per cominciare, il numero di zeri dell’equazione nella regione |z| < 2. Posto 2z 5 − 6z 2 + z + 1 = f + g, si scelgano f e g in modo tale che |f(z)| > |g(z)| per |z| = 2. Una possibile scelta `e f(z) = 2z 5 e g(z) = −6z 2 + z + 1; infatti per |z| = 2 si ha |f(z)| = 26 = 64 e |g(z)| ≤ 6 22 + 2 + 1 = 27. Le funzioni f e g sono intere, quindi il teorema di Rouch´e `e applicabile e fornisce Zf+g = Zf = 5 in |z| < 2, in quanto in tale regione f ha un unico zero in z = 0 con molteplicit`a 5. Si consideri ora la regione |z| < 1. La decomposizione 2z 5 − 6z 2 + z + 1 = f + g deve essere fatta in modo tale che |f(z)| > |g(z)| per |z| = 1. Ponendo f(z) = 2z 5 − 6z 2 5 2 e g(z) = z + 1, per |z| = 1 si ha |f(z)| ≥ |2 |z| − 6 |z| | = 6 − 2 = 4 e 2 3 |g(z)| ≤ |z| + 1 = 2. Poich´e f(z) = z (2z − 6) ha uno zero doppio in z = 0 mentre le radici di 2z 3 − 6 = 0 hanno modulo 31/3 > 1, si ha Zf+g = Zf = 2 per |z| < 1. In conclusione, l’equazione f + g = 0 ha 5 − 2 = 3 soluzioni nella regione 1 ≤ |z| < 2. Esempio 11.25. Mostrare che az n = ez con a ∈ C e |a| > e ha n soluzioni nella regione |z| < 1. Si ponga f(z) = az n e g(z) = −ez . Le funzioni f e g sono analitiche per |z| ≤ 1 e si ha |f(z)| > |g(z)| per |z| = 1. Per il teorema di Rouch´e Zf+g = Zf nella regione |z| < 1. Evidentemente Zf = n. Esempio 11.26. Mostrare che Pn (z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an−1 z n−1 + an z n , con ak ∈ C, k = 0, 1, . . . , n, e an = 0, ha, contandone la molteplicit` a, n zeri in C. Il risultato `e gi`a noto dal teorema fondamentale dell’algebra, possiamo ridimostrarlo usando il teorema di Rouch´e. Si ponga f(z) = an z n e g(z) = a0 + · · · + an−1 z n−1 . Poich´e f e g sono intere e per |z| = R con R sufficientemente grande si ha |f(z)| > |g(z)|, dal Teorema 11.23 segue che Zf+g = Zf nella regione |z| < R. Evidentemente Zf = n, pertanto Pn ha n zeri in C.

11.4 Funzioni armoniche Definizione 11.27 (funzione armonica). Sia h(x, y) : D → R con D ⊂ R2 aperto. La funzione h si dice armonica in D se ∀(x, y) ∈ D essa ha derivate seconde continue e soddisfa l’equazione di Laplace hxx (x, y) + hyy (x, y) = 0.

(11.10)

176

11 Ulteriori propriet` a delle funzioni analitiche

Definizione 11.28 (funzione armonica coniugata). Siano u(x, y) : D → R e v(x, y) : D → R due funzioni armoniche in D ⊂ R2 aperto. Si dice che v `e armonica coniugata a u in D se ∀(x, y) ∈ D valgono le condizioni di Cauchy-Riemann ux = vy e uy = −vx . Teorema 11.29. Sia f(x+iy) = u(x, y)+iv(x, y) con (x, y) ∈ D ⊂ R2 aperto. La funzione f `e analitica in D se e solo se v `e armonica coniugata a u in D. Dimostrazione. Sia f analitica in D. Allora le funzioni componenti u e v sono infinitamente derivabili in D e in tale dominio valgono le condizioni di Cauchy-Riemann ux = vy e uy = −vx . Inoltre u `e armonica in D in quanto in D risulta uxx = ∂x vy = ∂y vx = −uyy . Analogamente, vxx = ∂x (−uy ) = ∂y (−ux ) = −vyy , cio`e v `e armonica in D. Si conclude che v `e armonica coniugata a u in D. Viceversa, sia v armonica coniugata a u in D. Allora u e v, in quanto armoniche, hanno derivate seconde continue in D e inoltre in D soddisfano le condizioni di Cauchy-Riemann ux = vy e uy = −vx . Per il Teorema 5.12 segue che f  (x + iy) = ux (x, y) − iuy (x, y) esiste ∀(x, y) ∈ D, cio`e f `e analitica in D.   Teorema 11.30 (esistenza della funzione armonica coniugata). Sia u : D → R armonica in D ⊂ R2 aperto e semplicemente connesso. Allora u ammette in D una e una sola armonica coniugata definita, a meno di un’arbitraria costante reale, da 

(x,y)

v(x, y) = (x0 ,y0 )

(us (s, t)dt − ut (s, t)ds),

(11.11)

dove l’integrale di linea `e valutato lungo un qualsiasi cammino contenuto in D che va da un arbitrario punto fisso (x0 , y0 ) ∈ D al generico punto (x, y) ∈ D. A meno di un’arbitraria costante complessa, la funzione f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y)

(11.12)

`e l’unica funzione analitica su D la cui parte reale `e, a meno di un’arbitraria costante reale, u(x, y). Dimostrazione. Si ponga g(x + iy) = ux (x, y) − iuy (x, y). Poich´e u `e armonica in D, ∀(x, y) ∈ D esiste g  (x + iy) = uxx (x, y) − iuxy (x, y), cio`e g `e analitica in D. Inoltre D `e aperto e semplicemente connesso, quindi g ammette primitiva in D. Sia f(x+iy) tale primitiva. A meno di una costante complessa f(x+iy) `e univocamente definita ∀(x, y) ∈ D dall’integrale lungo un arbitrario cammino contenuto in D che connette un punto fisso (x0 , y0 ) di D a (x, y) 

(x,y)

f(x + iy) = (x0 ,y0 )

(us (s, t) − iut(s, t))(ds + idt).

(11.13)

11.5 Metodo del punto di sella

177

Il punto (x0 , y0 ) `e arbitrario e la sua scelta corrisponde alla scelta della costante a meno della quale f(x + iy) risulta univoca. A meno di una costante reale, la parte reale di f(x + iy) `e u(x, y) 

(x,y)

Re f(x + iy) = (x0 ,y0 )

(us (s, t)ds + ut (s, t)dt) = u(x, y) − u(x0 , y0 ).

Sempre a meno di una costante reale, la funzione v(x, y) armonica coniugata a u(x, y) in D `e la parte immaginaria di f 

(x,y)

v(x, y) = Im f(x + iy) = (x0 ,y0 )

(us (s, t)dt − ut (s, t)ds).  

Nel caso in cui il dominio della funzione u sia D = B(0, R) con 0 < R ≤ ∞, quindi in particolare nel caso D = C, possiamo scegliere il punto fisso (x0 , y0 ) = (0, 0) e il cammino costituito dall’unione del segmento che congiunge (0, 0) a (x, 0) e di quello che va da (x, 0) a (x, y). L’espressione (11.11) allora si semplifica in  y  x uy (s, 0)ds + ux (x, t)dt. (11.14) v(x, y) = − 0

0

Nel caso in cui D sia molteplicemente connesso, l’integrale che compare nella (11.13) assume in generale valori diversi per diverse scelte del cammino da (x0 , y0 ) a (x, y) e pertanto f(x + iy) come pure v(x, y) sono funzioni polidrome. Per alcuni esempi di applicazione della teoria delle funzioni armoniche si veda [3].

11.5 Metodo del punto di sella Si consideri la funzione I(λ) : R → C definita mediante l’integrale  I(λ) = eλf(z) g(z)dz,

(11.15)

γ

dove f, g : D → C sono analitiche in D ⊂ C e γ `e una curva regolare a tratti contenuta in D. Senza perdita di generalit`a possiamo assumere λ reale e positivo. Altrimenti, baster` a porre exp(λf(z)) = exp(|λ| f˜(z)) con f˜(z) = f(z) exp(i arg λ). Siamo interessati a valutare il comportamento asintotico di I(λ) per λ → ∞. Per capire l’idea sottostante al metodo che andiamo a esporre, cominciamo con il considerare il caso in cui f e g sono funzioni reali infinitamente derivabili

178

11 Ulteriori propriet` a delle funzioni analitiche

e il cammino γ `e l’intervallo reale [a, b]:  b I(λ) = eλf(t) g(t)dt.

(11.16)

a

Si supponga che f(t) abbia un unico massimo in t0 ∈ (a, b). L’espansione in serie di Taylor di f intorno al punto t0 `e quindi 1 f(t) = f(t0 ) + f  (t0 )(t − t0 )2 + O((t − t0 )3 ), 2 dove f  (t0 ) < 0. Inserendo questo sviluppo nella (11.16) e sviluppando anche  g(t) in serie di Taylor intorno a t0 , con il cambio di variabile λ |f  (t0 )|(t − t0 ) = u otteniamo  b  2 3 1 I(λ) = eλ(f(t0 )− 2 |f (t0 )|(t−t0) +O((t−t0 ) )) (g(t0 ) + O(t − t0 )) dt a

√   eλf(t0 ) g(t0 ) (b−t0 ) λ|f (t0)| − 1 u2+O((u/√λ|f  (t0)|)3 ) e 2 = √ λ |f  (t0 )| −(t0 −a) λ|f  (t0)|

  × 1 + O(u/ λ |f  (t0 )|) du. Per semplicit`a, si assume √ g(t0 ) = 0. Approssimando l’integrale che compare in questa espressione con 2π, il suo valore asintotico per λ → ∞, otteniamo ( 2π I(λ)  eλf(t0 ) g(t0 ). λ |f  (t0 )| Questa `e una stima euristica di I(λ) in cui  sta a sottolineare che non abbiamo controllo dell’errore commesso. Una valutazione rigorosa pu` o essere ottenuta ripartendo dall’espressione (11.16) ed eseguendo il cambio di variabile f(t0 ) − f(t) = u separatamente nei due intervalli [a, t0) e (t0 , b] dove, per ipotesi, f(t) `e strettamente monotona:  t0  b I(λ) = eλf(t) g(t)dt + eλf(t) g(t)dt t0

a

  λf(t0 ) − =e

f(t0 )−f(a)

−λu

e 0

 G−(u)du +

f(t0 )−f(b) −λu

e

0

 G+ (u)du .

Per comodit` a sono state introdotte le due nuove funzioni g(t) G±(u) =  f (t) t=f −1 (f(t0 )−u) ±

−1 definite in termini di f± , i due rami monotoni della funzione inversa di f che −1 −1 (f(t0 ) − u) < t0 e f+ (f(t0 ) − u) > t0 per u > 0. danno rispettivamente f−

11.5 Metodo del punto di sella

179

Le funzioni G± (u) hanno una divergenza per u → 0+ il cui andamento in termini di u pu` o essere stimato come segue. Si sviluppi il rapporto g(t)/f  (t) in potenze di t − t0 : g(t0 ) + g  (t0 )(t − t0 ) + 12 g (t0 )(t − t0 )2 + O((t − t0 )3 ) g(t) = f  (t) f  (t0 )(t − t0 ) + 12 f  (t0 )(t − t0 )2 + O((t − t0 )3 ) =

g(t0 ) f  (t0 ) (t

g  (t0 ) f  (t0) f  (t0 ) 2f  (t0 ) (t

− t0 )−1 +

+

g  (t0 ) 2f  (t0 ) (t

− t0 ) + O((t − t0 )2 )

− t0 ) + O((t − t0 )2 )   g(t0 )f  (t0 ) g(t0 ) g (t0 ) −1 + O(t − t0 ). (t − t0 ) + − =  f (t0 ) f  (t0 ) 2(f  (t0 ))2 1+

A meno di termini O((t − t0 )3 ) si ha u = f(t0 ) − f(t) = 12 |f  (t0 )| (t − t0 )2  −1 e quindi t − t0 = ± 2u/ |f  (t0 )|, dove il segno ± dipende dal ramo di f± usato per l’inversione t(u). Inserendo questo risultato nel precedente sviluppo, si ha   g(t0 )f  (t0 ) g(t0 ) g (t0 ) −1/2  G±(u) = ∓ + O(u1/2 ). − + u  (t )  (t ))2  f 2(f 2 |f (t0 )| 0 0 Per il lemma di Watson [2], integrando termine a termine l’espansione di G±(u), otteniamo, per λ → ∞, l’espansione dei due integrali in cui `e stato scomposto I(λ): 

f(t0 )−f(a) −λu

e

0



G− (u)du '   π g(t0 ) g (t0 ) g(t0 )f  (t0 ) 1 = − + − + O(λ−3/2 ), f  (t0 ) 2(f  (t0 ))2 λ 2 |f  (t0 )| λ

f(t0 )−f(b) −λu

e

0

G+ (u)du '   π g(t0 ) g (t0 ) g(t0 )f  (t0 ) 1 = + + − + O(λ−3/2 ). f  (t0 ) 2(f  (t0 ))2 λ 2 |f  (t0 )| λ

In conclusione, ( I(λ) =

2π eλf(t0 ) g(t0 ) + O(λ−3/2 eλf(t0 ) ). λ |f  (t0 )|

(11.17)

Il metodo illustrato, noto come metodo di Laplace, si estende facilmente a funzioni f che presentino pi` u massimi in (a, b). In tal caso, il comportamento asintotico per λ → ∞ di I(λ) `e dato da una somma di termini tipo (11.17) corrispondenti ai massimi di f. Nel caso di un massimo realizzato in un punto

180

11 Ulteriori propriet` a delle funzioni analitiche

di frontiera, t0 = a o t0 = b, in base a quanto visto in precedenza, vale la formula leggermente diversa ' π eλf(t0 ) g(t0 ) + O(λ−1 eλf(t0 ) ). I(λ) = (11.18) 2λ |f  (t0 )| Esempio 11.31. Si ricavi l’approssimazione di Stirling del fattoriale di n per n grande √ n!  2πnn+1/2 e−n . Il fattoriale `e definibile in termini dell’integrale reale  ∞ e−x xn dx. n! = 0

Con il cambio di variabile x = nt, si ha   ∞ −nt n n+1 n! = e (nt) ndt = n 0

∞

en(ln t−t)dt.

0

Posto λ = n, f(t) = ln t − t e g(t) = 1, poich´e f  (t0 ) = 0 ha soluzione t0 = 1 ∈ (0, ∞), per n → ∞ possiamo applicare la formula (11.17). Osservando che f(t0 ) = −1 e f  (t0 ) = −1, si ottiene ' 2π −n n+1 n!  n e . n Torniamo alla determinazione del comportamento asintotico per λ → ∞ della funzione complessa (11.15). Per motivi che saranno chiari tra un momento, il metodo `e ora detto del punto di sella o della discesa pi` u ripida. Sia γ(t) : [a, b] → C un cammino che rappresenta la curva γ. Allora  eλf(z) g(z)dz I(λ) = γ

 =

b

eλf(γ(t)) g(γ(t))γ  (t)dt.

a

Se Re f(γ(t)) avesse un massimo in t0 ∈ (a, b) e, a meno di termini O((t−t0 )3 ), risultasse Im f(γ(t)) = Im f(γ(t0 )), potremmo stimare I(λ) per λ grande applicando il metodo di Laplace. Questa eventualit` a, tuttavia, non pu` o capitare per una generica curva γ. Sia infatti z0 = γ(t0 ) con z0 punto critico semplice di f, cio`e sia f  (z0 ) = 0 e f  (z0 ) = 0 (queste condizioni devono essere necessariamente soddisfatte se vogliamo avere (Re f(γ(t0 )) = (Im f(γ(t0 )) = 0 e (Re f(γ(t0 )) > 0). Il punto z0 non pu` o essere un massimo locale per la funzione Re f(z). Tale affermazione segue dal fatto che f `e analitica in z0 dunque ∃ε > 0 tale che f `e analitica in B(z0 , ε). Per il principio del massimo

11.5 Metodo del punto di sella

181

Fig. 11.2. Grafico della funzione Re((x + iy)2 ) intorno al punto critico semplice (x, y) = (0, 0)

modulo, Re f assume valore massimo (e minimo) sulla frontiera non al suo interno. Il punto critico z0 `e invece un punto di sella La dimostrazione `e immediata. Poich´e f `e sviluppabile in serie  B(z0 , ε), posto z = z0 + reiθ e f  (z0 ) = |f  (z0 )| ei Arg f (z0 ) , per si ha f(z) = f(z0 ) +

di tale palla per Re f(z). di Taylor in z ∈ B(z0 , ε)

1  |f (z0 )| r 2 cis(2θ + Arg f  (z0 )) + O((z − z0 )3 ). 2

Quando 2θ + Arg f  (z0 ) = kπ, k ∈ Z, a meno di termini O((z − z0 )3 ), la parte immaginaria di f(z) `e costante mentre la parte reale ha una variazione del secondo ordine che `e massima in modulo e di segno positivo o negativo. Si considerino allora i due cammini mutuamente ortogonali 1

γ+ (t) = z0 + (t − t0 )e−i 2 Arg f γ− (t) = z0 + (t − t0 )ei(

π 1 2 −2



(z0 ) 

t0 − ε < t < t0 + ε,

,

Arg f (z0 ))

,

t0 − ε < t < t0 + ε,

corrispondenti, rispettivamente, agli angoli θ ottenuti per k pari o dispari. Questi sono i cammini di pi` u ripida salita (γ+ ) e pi` u ripida discesa (γ− ) per Re f(z) e di stazionariet`a per Im f(z): 1  |f (z0 )| (t − t0 )2 + O((t − t0 )3 ), 2 Im f(γ± (t)) = Im f(z0 ) + O((t − t0 )3 ).

Re f(γ± (t)) = Re f(z0 ) ±

La curva γ in generale non coincide in un intorno di z0 con γ− . Tuttavia, grazie all’analiticit` a di f e g possiamo deformare γ in un cammino η con questa propriet` a senza cambiare il valore dell’integrale che definisce I(λ). Sia allora η(t) : [a, b] → C un cammino continuo a tratti che coincide con γ− (t) per t ∈ [t0 − ε/2, t0 + ε/2], si raccorda con γ sulla frontiera della palla B(z0 , ε) e infine coincide con γ al di fuori di B(z0 , ε). Per il principio di deformazione

182

11 Ulteriori propriet` a delle funzioni analitiche

Fig. 11.3. Deformazione del cammino γ nel cammino η coincidente in un intorno di z0 , punto critico semplice di f , con il cammino γ− lungo il quale Re f (z) realizza la discesa pi` u ripida e Im f (z) `e stazionaria

dei cammini, otteniamo  I(λ) = eλf(z) g(z)dz η



t0 −ε/2

= a



eλf(η(t)) g(η(t))η  (t)dt

t0+ε/2

+ t0 −ε/2



b

+

eλf(γ− (t))g(γ− (t))γ− (t)dt

eλf(η(t)) g(η(t))η  (t)dt.

t0 +ε/2

Il metodo di Laplace `e ora applicabile. Per λ grande il contributo dominante a I(λ) viene dal solo integrale contenente il punto t0 . Osservando che γ− (t0 ) = exp(i( π2 − 12 Arg f  (z0 ))), si conclude che per λ → ∞ ( I(λ) =

 2π π 1 eλf(z0 ) g(z0 )ei( 2 − 2 Arg f (z0 )) + O(λ−3/2 eλf(t0 ) ). (11.19) λ |f  (z0 )|

Nel caso in cui sulla curva γ si abbiano pi` u punti critici semplici di f, il comportamento asintotico per λ → ∞ di I(λ) `e dato da una somma di termini tipo (11.19). La formula (11.19) pu` o essere estesa, si veda [2], a punti critici di ordine superiore a quello qui considerato, cio`e a punti che sono zeri non semplici di f  .

Esercizi

183

Esercizi 11.1. Determinare la posizione e il valore del massimo di | sinh z| nella regione R = {z = x + iy : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ π}. 11.2. Determinare il numero di radici, contandone la molteplicit`a, dell’equazione z 4 − 5z + 1 = 0 contenute nella regione 1 ≤ |z| < 2. 11.3. Determinare il numero di soluzioni dell’equazione az n = sin z contenute nella parte interna del quadrato Q = {z = x + iy : −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1}. Si consideri n intero e a ∈ C con |a| > e. 11.4. Determinare il numero di soluzioni dell’equazione z 8 + 4z 5 − z 2 + 1 = 0 contenute nella regione |z| < 1. 11.5. Determinare il numero di soluzioni dell’equazione z 8 + 4z 3 − z 2 + 1 = 0 √ contenute nella regione 1 ≤ |z| < 2. 11.6. Determinare la funzione v(x, y) armonica coniugata alla funzione u(x, y) = x2 − y2 + x nella regione 0 ≤ |x + iy| < ∞. 11.7. Determinare la funzione v(x, y) armonica coniugata alla funzione u(x, y) = x + sin(x2 − y2 ) cosh(2xy) nell’intero piano xy. 11.8. Dimostrare che la funzione u : R2 → R definita da u(x, y) = x2 − y2 − 2xy − 3x2 y + y3 `e armonica in R2 . Determinare la funzione v(x, y) : R2 → R armonica coniugata a u(x, y) in R2 . 11.9. Dimostrare che la funzione u : R2 → R definita da u(x, y) = x2 − y2 + e−y cos x `e armonica in R2 . Determinare la funzione v(x, y) : R2 → R armonica coniugata a u(x, y) in R2 . 11.10. La funzione u : R2 → R definita da u(x, y) = e−2xy sin(x2 − y2 ) `e armonica in R2 . Determinare la funzione v(x, y) : R2 → R armonica coniugata a u(x, y) in R2 .

184

11 Ulteriori propriet` a delle funzioni analitiche

11.11. Determinare la funzione v(x, y) armonica coniugata alla funzione u(x, y) = sin(x2 − y2 ) cosh(2xy) nell’intero piano xy. 11.12. Sia u : C → R una funzione armonica tale che u(z) ≥ 3 per ogni z ∈ C. Dimostrare che u `e costante. 11.13. Stabilire in quale dominio la funzione u(x, y) = ln((x − 1)2 + y2 ) `e armonica e determinare la funzione v(x, y) armonica coniugata a u(x, y).

Appendice Soluzione degli esercizi proposti

Esercizi del Capitolo 1 1.1. a)       Im i37 = Im i1+4×9 = Im i 19 = 1. b)  Re

2 1 − 3i



 = Re

2 1 + 3i 1 − 3i 1 + 3i



 = Re

2 + 6i 1+9

=

1 . 5

c) 

Im

√ 3 π 1 + i 3 ei 4

= Im



π

2ei 3

3

π

ei 4



√  π = −8 Im ei 4 = −4 2.

1.2. a) Insieme dei punti la cui distanza da z0 = −3 + i `e minore o uguale a 7 e maggiore di 5, ovvero regione anulare di raggio interno 5 e raggio esterno 7 centrata in z0 , inclusa la circonferenza esterna, esclusa quella interna. b) Insieme dei punti la cui distanza da z1 = i `e uguale alla distanza da z2 = −1, ovvero retta bisettrice dei quadranti secondo e quarto. 1.3. a)  1/3 √

√ π 2nπ 3 3 , −8 = 8ei(π+2nπ) = 8 exp i + i 3 3

√ π π = 1 + i 3, w0 = 2 cos + i sin 3 3 Presilla C.: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile. © Springer-Verlag Italia 2011

n = 0, 1, 2,

186

A Soluzione degli esercizi proposti

w1 = 2 (cos π + i sin π) = −2,  √ 5π 5π = 1 − i 3. w2 = 2 cos + i sin 3 3 b) √ 2

 1/2 √

π π 4 2ei(− 4 +2nπ) = 2 exp −i + inπ , 8

√ π π 4 w0 = 2 cos − i sin , 8 8  √ 7π 7π 4 . w1 = 2 cos + i sin 8 8

1−i =

√

n = 0, 1,

1.4.     Im 1 + 2z + z 2 = Im 2z + z 2 ≤ 2z + z 2 ≤ |2z| + z 2 2

= 2 |z| + |z| < 2 + 1 = 3. 1.5. a)

i101 − 3 i4 25+1 − 3 i−3 (i − 3)(1 + 4i) = = = 1 − 4i 1 − 4i 1 − 4i (1 − 4i)(1 + 4i) 7 11 i − 4 − 3 − 12i = − − i. = 1 + 16 17 17 b) Im

3i(2 − 2i) 6i + 6 6 3 3i = Im = Im = = . 2 + 2i (2 + 2i)(2 − 2i) 4+4 8 4

c)





π π  Im eiπ/4 Re eiπ/4 = Im eiπ/4 Re cos + i sin 4  4

π π π = Im cos + i sin cos 4 4 4

π π π = Im cos2 + i sin cos 4 4 4 π π = sin cos 4 4 1 1 1 = √ √ = . 2 2 2

Esercizi del Capitolo 1

187

1.6. a) √ 2

i3 =

√ 2

1/2

3π 3π −i = ei( 2 +2πk) = ei( 4 +πk ) ,

w0 = ei

3π 4

w1 = ei

7π 4

k = 0, 1,

1 3π 3π 1 + i sin = −√ + i√ , 4 4 2 2 1 7π 7π 1 = cos + i sin = √ − i√ . 4 4 2 2 = cos

b) 1/3 √ θ 2πk 6 k = 0, 1, 2, 64 + 1 ei(θ+2πk) = 65 ei( 3 + 3 ) ,  √ √ θ θ θ 6 6 w0 = 65 ei 3 = 65 cos + i sin , 3 3  √ √ θ 2π θ + 2π θ + 2π 6 6 , + i sin w1 = 65 ei( 3 + 3 ) = 65 cos 3 3  √ √ θ 4π θ + 4π θ + 4π 6 6 w2 = 65 ei( 3 + 3 ) = 65 cos + i sin , 3 3

   3 . dove θ = arctan 18  18 + O 18 √ 3

8+i =

√ 2

1.7. Risulta     Re i + 2z + z 2 = Re 2z + z 2 ≤ 2z + z 2 ≤ |2z| + z 2 = 2 |z| + |z|2 .   Dunque, per avere Re i + 2z + z 2 < 3 `e sufficiente che sia 2

2 |z| + |z| < 3. Questa disuguaglianza `e soddisfatta per −3 < |z| < 1, pertanto a = 1. 1.8. La disuguaglianza proposta `e equivalente a |z − 3| < 2 |z + 3| , ovvero, posto z = x + iy,   (x − 3)2 + y2 < 2 (x + 3)2 + y2 . Quadrando e semplificando si ha x2 + y2 + 10x + 9 > 0, ovvero (x + 5)2 + y2 > 16, che riscritta come |z + 5| > 4 rappresenta l’insieme dei punti esterni alla circonferenza di raggio 4 centrata in z = −5.

188

A Soluzione degli esercizi proposti

1.9. a) Posto w = z 2 , l’equazione da risolvere `e equivalente a w 2 + w + 1 = 0, che ha soluzioni

√ 1 −3 3 =− ±i . w± = 2 2 2 2 √ Si prendano poi le due radici distinte dell’equazione z = w± ( √ 1 3  i(π∓π/3) = e zk± = − ± i = ei(π∓π/3+2πk)/2 , k = 0, 1. 2 2 −1 +

√

1−4

1 =− + 2

√

In conclusione, l’equazione assegnata ha quattro soluzioni distinte: √  √ 3 3 1 1 i(π/2∓π/6) =i z0± = e ∓i =± +i , 2 2 2 2  √ √ 1 1 3 3 i(π/2∓π/6+π) ∓i =∓ −i . z1± = e = −i 2 2 2 2 b) Le soluzioni distinte dell’equazione assegnata sono zk =

√ 3

1/3

i = ei(π/2) = ei(π/2+2πk)/3 ,

k = 0, 1, 2,

cio`e esplicitamente √

iπ/6

z0 = e

3 1 +i , 2√ 2 3 1 +i , =− 2 2 = −i.

=

z1 = ei5π/6 z2 = ei3π/2

1.10. Posto θ = arccos (1/7), dalla formula di de Moivre si ha (cos θ + i sin θ)3 = cos 3θ + i sin 3θ e quindi   cos 3θ = Re (cos θ + i sin θ)3 = cos3 θ − 3 cos θ sin2 θ. Usando sin2 θ = 1 − cos2 θ e cos θ = 1/7 si ottiene cos 3θ = 4 cos3 θ − 3 cos θ = 4

1 1 143 −3 =− . 73 7 343

Esercizi del Capitolo 1

189

1.11. Posto w = (z − 1)2 , nel piano (Re w, Im w) la regione 0 ≤ Arg w ≤ π/2 coincide con il primo quadrante. Poich´e la funzione f(z) = z 2 trasforma settori circolari di ampiezza θ in settori circolari di ampiezza 2θ, mentre la funzione f(z) = z−1 trasla i domini di una unit` a nella direzione dell’asse reale negativo, la regione nella quale 0 ≤ Arg ((z − 1)2 ) ≤ π/2 `e * ) A = z ∈ C : z = 1 + reiθ , r ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ π/4 . 1.12. Riscritta l’equazione nella forma z(z 4 − (1 + i)) = 0, `e evidente che essa `e risolta da z = 0 e

√ 1/4 z = (1 + i)1/4 = 2eiπ/4 = 21/8ei(π/4+2πk)/4 ,

k = 0, 1, 2, 3.

In conclusione si hanno le 5 soluzioni 0, 21/8 eiπ/16 , 21/8 ei9π/16 , 21/8 ei17π/16 , 21/8 ei25π/16 . 1.13. Usando la rappresentazione polare z = reiθ ,

r ≥ 0,

−π < θ ≤ π,

si ottiene immediatamente che la disuguaglianza Re(z n ) = Re(r n einθ ) ≥ 0 `e equivalente a cos(nθ) ≥ 0, cio`e −

π π + 2πk ≤ nθ ≤ + 2πk, 2 2

k ∈ Z,

che, dividendo per n, fornisce 2πk − π/2 2πk + π/2 ≤θ≤ , n n

k ∈ Z.

Dall’arbitrariet` a di n risulta θ = 0, cio`e z = r reale non negativo. 1.14. a) L’equazione da risolvere e la sua complessa coniugata costituiscono un sistema lineare nelle incognite z e z:  3z + iz = 4 . −iz + 3z = 4 Tale sistema ammette l’unica soluzione z=

i 3 12 − 4i = − . 9 + i2 2 2

190

A Soluzione degli esercizi proposti

b) L’equazione assegnata `e equivalente alla sua complessa coniugata √ z 4 = 1 − i = 2 e−iπ/4 , che ammette le 4 soluzioni distinte √ 8 zk = 2 ei(−π/4+2πk)/4 ,

k = 0, 1, 2, 3.

1.15. Per z = 0 l’equazione data `e equivalente a z5 = 1 + i le cui soluzioni sono z = (1 + i)1/5

√ 1/5 = 2eiπ/4 = 21/10ei(π/4+2πk)/5 ,

k = 0, 1, 2, 3, 4.

L’equazione di partenza, dunque, ammette le cinque soluzioni √ iπ/20 10 √ i9π/20 10 √ i17π/20 10 √ i25π/20 10 √ i33π/20 10 2e , 2e , 2e , 2e , 2e . 1.16. a) L’equazione ha due soluzioni distinte: √ −i + −1 − 8 −i ± 3i z= = = −2i, i. 2 2 b) Posto w = z 2 , l’equazione da risolvere `e equivalente a w 2 + w + 1 = 0, che ha soluzioni

√ 1 −3 3 =− ±i . w± = 2 2 2 2 √ Si prendano poi le due radici distinte dell’equazione z = w± −1 +

√

1−4

1 =− + 2

√

√ 1/2 3 1 = − ±i 2 2  1/2 = e±i2π/3 = e(±i2π/3+i2πk)/2 = e∓iπ/3−iπk , 

zk±

k = 0, 1.

In conclusione, l’equazione assegnata ha quattro soluzioni distinte: √ 3 1 ∓iπ/3 z0± = e = ∓i , 2 2 √ 3 1 . z1± = e∓iπ/3−iπ = − ± i 2 2

Esercizi del Capitolo 1

191

1.17. Posto θ = arctan(3), dalla formula di de Moivre si ha (cos θ + i sin θ)4 = cos(4θ) + i sin(4θ) e quindi   cos(4θ) = Re (cos θ + i sin θ)4 = cos4 θ − 6 cos2 θ sin2 θ + sin4 θ. Usando cos2 θ = 1 − tan2 θ cos2 θ, per tan θ = 3 si ha cos2 θ =

1 1 = , 10 1 + tan2 θ

sin2 θ = 1 − cos2 θ =

9 . 10

In conclusione cos(4 arctan(3)) =

1 9 81 7 1 −6 + = . 100 10 10 100 25

1.18. L’equazione proposta e la sua complessa coniugata formano il sistema lineare di equazioni  az + bz = −c bz + az = −c nelle incognite z e z. Il sistema ammette una e una sola soluzione se il determinante associato `e non nullo: a b 2 2 b a = |a| − |b| = 0. In tal caso, usando la regola di Cramer la soluzione `e −c b −c a bc − ac = 2 z= 2. a b |a| − |b| b a 1.19. Si ponga z = eiθ con −π < θ < π in modo tale che |z| = 1 e z = −1. Vale l’identit` a z=

1+z 1 + cos θ + i sin θ 1 + i sin θ/(1 + cos θ) z(z + 1) = = = . z+1 1+z 1 + cos θ − i sin θ 1 − i sin θ/(1 + cos θ)

Posto t = sin θ/(1 + cos θ), al variare di θ in (−π, π) si ha t ∈ (−∞, +∞) e quindi l’asserto.

192

A Soluzione degli esercizi proposti

1.20. a) Poich´e 17π/5 = 4π − 3π/5 con −3π/5 ∈ (−π, π], si ha Arg(cis(17π/5)) = −3π/5. b) Osservando che per z = 1 vale 1 + z + z 2 + · · · + z n = (1 − z n+1 )/(1 − z), si ha 19

(1 + i)k = −1 +

k=1

19

(1 + i)k

k=0

1 − (1 + i)20 1 − (1 + i) √ 1 − ( 2eiπ/4 )20 = −1 + −i 1 − 210 ei5π = −1 + −i = −1 + i(1 + 210 ) = −1 + i1025. = −1 +

c) Applicando ripetutamente |zw| = |z| |w|, si ha −1−5i 3 ie (1 + i)3 |i| e−1−5i |1 + i| = 1 + 3i |1 + 3i| 1e−1 23/2 √ 10 2 = √ . 5e =

Esercizi del Capitolo 2 2.1. Occorre dimostrare che d soddisfa tutte le propriet` a di una distanza. Le propriet` a d(x, y) ≥ 0, d(x, y) = 0 se e solo se x = y, d(x, y) = d(y, x), con x, y ∈ S arbitrari, sono verificate per definizione. Per verificare la disuguaglianza triangolare d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y),

Esercizi del Capitolo 2

193

con x, y, z ∈ S arbitrari, basta analizzare i seguenti cinque casi possibili: x = y, x = z, y = z :

0 ≤ 0 + 0 = 0,

x = y, x = z, y = z :

0 ≤ 1 + 1 = 2,

x = y, x = z, y = z :

1 ≤ 0 + 1 = 1,

x = y, x = z, y = z :

1 ≤ 1 + 0 = 1,

x = y, x = z, y = z :

1 ≤ 1 + 1 = 2.

2.2. Occorre verificare che d soddisfa tutte le propriet` a di una distanza. Dalle propriet` a del modulo segue immediatamente che ∀x, y ∈ S d(x, y) ≥ 0, d(x, y) = 0 se e solo se x = y, d(x, y) = d(y, x). Per verificare la propriet`a triangolare si osservi che la funzione g(t) = t/(1 +t) `e monotona crescente per t ∈ [0, ∞), infatti in tale intervallo risulta g (t) = 1/(1 + t)2 > 0. D’altro canto per la disuguaglianza triangolare del modulo si ha |x − y| ≤ |x − z| + |z − y|. Pertanto ∀x, y, z ∈ S risulta d(x, y) = g(|x − y|) ≤ g(|x − z| + |z − y|) |x − z| + |z − y| 1 + |x − z| + |z − y| |x − z| |z − y| = + 1 + |x − z| + |z − y| 1 + |x − z| + |z − y| |z − y| |x − z| + ≤ 1 + |x − z| 1 + |z − y| =

= d(x, z) + d(z, y). Con questa distanza il diametro di S = R `e finito, infatti diam S = sup x,y∈S

|x − y| t = lim = 1. 1 + |x − y| t→∞ 1 + t

2.3. Occorre verificare che d soddisfa tutte le propriet` a di una distanza. Dalla definizione segue immediatamente che ∀z1 , z2 ∈ C d(z1 , z2 ) ≥ 0, d(z1 , z2 ) = 0 se e solo se z1 = z2 , d(z1 , z2 ) = d(z2 , z1 ).

194

A Soluzione degli esercizi proposti

Per verificare la propriet`a triangolare si osservi che ∀z1 , z2 , z3 ∈ C e posto zk = xx + iyk , k = 1, 2, 3, risulta d(z1 , z2 ) = max (|x1 − x2 | , |y1 − y2 |) ≤ max (|x1 − x3 | + |x3 − x2 | , |y1 − y3 | + |y3 − y2 |) ≤ max (|x1 − x3 | + |y1 − x3 |) + max (|x3 − x2 | + |y3 − y2 |) = d(z1 , z3 ) + d(z2 , z3 ). La palla considerata `e l’insieme B(0, 1) = {z ∈ C : d(z, 0) ≤ 1} = {x + iy ∈ C : |y| ≤ |x| ≤ 1} ∪ {x + iy ∈ C : |x| ≤ |y| ≤ 1}. Il primo di questi due insiemi `e la regione di piano xy delimitata dalle rette x = ±1 e y = ±x, ovvero i triangoli di vertici (0, 0), (1, −1), (1, 1) e (0, 0), (−1, 1), (−1, −1). Il secondo `e la regione di piano xy delimitata dalle rette y = ±1 e y = ±x, ovvero i triangoli di vertici (0, 0), (1, 1), (−1, 1) e (0, 0), (−1, −1), (1, −1). In conclusione B(0, 1) `e il sottoinsieme di C rappresentato dal quadrato di vertici 1 + i, −1 + i, −1 − i, 1 − i frontiera compresa. 2.4. a numerabile di insiemi aperti e si consideri a) Vero. Sia {Ak }∞ k=1 una infinit` un generico punto x ∈ ∪∞ k=1 Ak . Deve allora esistere almeno un k0 tale che x ∈ Ak0 . Poich´e Ak0 `e aperto per definizione, ∃ ε > 0 tale che B(x, ε) ⊂ Ak0 ⊂ ∪∞ k=1 Ak da cui segue l’asserto. b) Falso. Si consideri in C l’infinit` a numerabile di aperti {Ak }∞ k=1 dove Ak = B(0, 1 + 1/k). Evidentemente si ha ∩∞ e un chiuso. k=1 Ak = B(0, 1) che ` c) Falso. Si consideri in C l’infinit` a numerabile di chiusi {Ak }∞ k=1 dove Ak = B(0, 1 − 1/k). Evidentemente si ha ∪∞ e un aperto. k=1 Ak = B(0, 1) che ` d) Vero. Sia {Ak }∞ a numerabile di insiemi chiusi. Per le leggi k=1 una infinit` di de Morgan c ∞ ∞   c Ak = (Ak ) . k=1

k=1

In virt` u del punto a) il complemento dell’intersezione degli Ak `e un aperto e quindi la loro intersezione `e un chiuso. 2.5. a) Falso. Si considerino in R i due insiemi chiusi A = [0, 1] e B = [1, 2]. La parte interna della loro unione `e (A ∪ B)◦ = (0, 2). D’altro canto si ha A◦ = (0, 1) e B ◦ = (1, 2) e quindi A◦ ∪ B ◦ = (0, 2) \ {1}. b) Vero. Dimostriamo separatamente le due inclusioni (A ∩ B)◦ ⊂ A◦ ∩ B ◦ e A◦ ∩B ◦ ⊂ (A∩B)◦ . Poich´e A∩B ⊂ A segue (A∩B)◦ ⊂ A◦ . Analogamente (A ∩ B)◦ ⊂ B ◦ e pertanto (A ∩ B)◦ ⊂ A◦ ∩ B ◦ . D’altro canto A◦ ∩ B ◦ `e

Esercizi del Capitolo 2

195

un aperto con la propriet` a A◦ ∩ B◦ ⊂ A ∩ B. Poich´e (A ∩ B)◦ rappresenta l’unione di tutti gli aperti contenuti in A ∩ B, deve essere A◦ ∩ B ◦ ⊂ (A ∩ B)◦ . c) Vero. Infatti usando l’identit` a A = ((Ac )◦ )c e le leggi di de Morgan si ha A ∪ B = (((A ∪ B)c )◦ )c = ((Ac ∩ B c )◦ )c = ((Ac )◦ ∩ (B c )◦ )c = ((Ac )◦ )c ∪ ((B c )◦ )c = A ∪ B. d) Falso. Si considerino in R i due insiemi aperti A = (0, 1) e B = (1, 2). La chiusura della loro intersezione `e A ∩ B = ∅. D’altro canto si ha A = [0, 1] e B = [1, 2] e quindi A ∩ B = {1}. 2.6. L’affermazione `e vera. Per dimostrarlo facciamo vedere che diam A ≤ diam A e diam A ≥ diam A. La prima disuguaglianza segue banalmente dalla definizione di diametro e dal fatto che A ⊂ A. Per la seconda, si considerino due arbitrari punti x, y ∈ A. Poich´e A coincide con l’insieme dei punti limite di A, esistono due successioni (xn ) e (yn ) in A convergenti rispettivamente a x e y. Segue che ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che d(xn , x) < ε e d(yn , y) < ε ∀n ≥ N . Sia n ≥ N , per la disuguaglianza triangolare della distanza si ha d(x, y) ≤ d(x, xn) + d(xn , yn ) + d(yn , y) < ε + d(xn , yn ) + ε, e quindi diam A = sup d(w, z) ≥ d(xn , yn ) > d(x, y) − 2ε. w,z∈A

a di Dall’arbitrariet` a di x, y ∈ A segue diam A ≥ diam A − 2ε e dall’arbitrariet` ε segue diam A ≥ diam A. 2.7. Mostriamo che A ⊂ B. Per definizione  A= F, B= chiusi F ⊃A



F.

chiusi F ⊃B

Quindi B `e un chiuso tale che B ⊃ B ⊃ A. In altre parole, B `e uno dei chiusi F contenente A la cui intersezione forma A. Necessariamente allora B ⊃ A. Mostriamo che A◦ ⊂ B ◦ . Per definizione   G, B◦ = G. A◦ = aperti G⊂A ◦

aperti G⊂B ◦

Quindi A `e un aperto tale che A ⊂ A ⊂ B. In altre parole, A◦ `e uno degli aperti G contenuti in B la cui unione forma B ◦ . Necessariamente allora A◦ ⊂ B ◦ . 2.8. Mostriamo che A◦ = A. Poich´e A◦ ⊂ A, segue che A◦ ⊂ A. Segue anche che (A◦ )c ⊃ (A)c . Prendendo di quest’ultima relazione prima la parte interna e poi il complemento, si ottiene

 c ◦ c

 c ◦ c A◦ ⊃ A , da cui, ricordando che (((B)c )◦ )c = B, segue A◦ ⊃ A. Si conclude che A◦ = A.

196

A Soluzione degli esercizi proposti

Mostriamo che (A)◦ = A◦ . Poich´e A ⊂ A, segue che A◦ ⊂ (A)◦ . Segue anche che Ac ⊃ (A)c . Prendendo di quest’ultima relazione prima la chiusura e poi il complemento, si ottiene  c  cc Ac ⊃ A , da cui, ricordando che (B c )c = B ◦ , segue A◦ ⊃ (A)◦ . Si conclude che A◦ = (A)◦ .

Esercizi del Capitolo 3 3.1. a) Si ha lim

z→∞

6(z 3 − 2)2 = ∞, (z − 1)4

infatti lim

z→0 6



3

4 4 −1 z 2 (1 − z) = lim   = lim = 0.  2 z→0 z→0 6 (1 − 2z 3 )2 3 6 z1 − 2 1

1

( 1z ) −2 4 ( 1z −1)

2

z

b) Sfruttando l’identit` a 1 + z + z 2 + · · · + z n = (1 − z n+1 )/(1 − z) con z = 1, si ha z 101 − 1 = lim (1 + z + z 2 + · · · + z 100 ) = 101. z→1 z − 1 z→1 lim

c) Osservando che z 2 + 1 = (z − i)(z + i) si ha lim

z→i

(z 2 + 1)2 (z − i)2 (z + i)2 = lim = lim(z + i)2 = −4. z→i z→i (z − i)2 (z − i)2

3.2. a) Risulta lim

z→i z 2

z = ∞. +1

a dei polinomi, si ha Infatti, posto f(z) = z/(z 2 + 1), per la continuit` lim

z→i

1 z2 + 1 i2 + 1 = lim = = 0. f(z) z→i z i

Esercizi del Capitolo 3

197

√

b) Per la continuit` a della funzione z quando −π < Arg z < π e della funzione identit` a in C, risulta √ √ z i eiπ/4 1 1 = = = √ − i√ . lim z→i z i i 2 2 c) Per la continuit` a dei polinomi si ha lim

z→i

z4 − z3 − z 2 + z 1 − (−i) − (−1) + i = = 2. z+1 i+1

3.3. Se f(z) fosse uniformemente continua in A, ∀ε > 0 esisterebbe δ(ε) > 0 tale che ∀z, w ∈ A con |z − w| < δ allora |f(z) − f(w)| < ε. Mostriamo che esistono coppie di punti z, w ∈ A per i quali tale propriet` a `e falsa. Si fissi un ε > 0 e si scelgano z e w reali positivi nella forma z = δ e w = δ/(1 + 2ε) con 0 < δ ≤ 2 arbitrario. Risulta |z − w| = δ −

δ 2ε =δ < δ, 1 + 2ε 1 + 2ε

1 − 1 = 1 + 2ε − 1 = 2ε ≥ ε. z w δ δ δ Dall’arbitrariet` a di δ segue l’asserto. 3.4. a) Per la continuit` a delle funzioni razionali e poich´e il limite della parte reale `e uguale alla parte reale del limite, risulta    1 1+1 2(1 + 3i) 1+z lim Re = Re = Re = . z→1 z − 3i 1 − 3i 1+9 5 o essere b) Il limite non esiste. Infatti, posto z = 3eiθ , il punto z = −3 pu` raggiunto per θ → π e θ → −π. Nei due casi si ha √ 1/2 i lim |z| e 2 Arg z = lim 31/2 eiθ/2 = i 3, z→−3

θ→π

√ i lim |z|1/2 e 2 Arg z = lim 31/2 eiθ/2 = −i 3.

z→−3

θ→−π

c) Il limite non esiste. Infatti, posto z = x, con x ∈ R, si ha

z 3

x 3 lim = lim = 1. z→0 z x→0 x Posto invece z = x + ix, con x ∈ R, si ha 3   3  3

z 3 x + ix (x + ix)2 i = lim = lim = lim = ∞. lim z→0 z x→0 x − ix x→0 x→0 x 2x2

198

A Soluzione degli esercizi proposti

3.5. a) Il limite non esiste. Infatti se si pone z = x + ix si ha lim

z→0

z2 2

|z|

= lim

x→0

x2 − x2 + 2ix2 2i = i, = lim 2 2 x→0 2 x +x

mentre per z = x − ix si ha x2 − x2 − 2ix2 −2i = −i. = lim 2 2 z→0 |z| x→0 x→0 2 x +x √ √ b) Moltiplicando e dividendo per z + i + z − i si ha √ √

√ √ 2i z √ lim z+i− z −i z = lim √ z→∞ z→∞ z +i+ z−i 2i  = lim  z→∞ 1 + i/z + 1 − i/z lim

z2

2

= lim

= i, avendo utilizzato limz→∞ a delle √ c/z = limz→0 cz = 0 e la continuit` funzioni razionali e di z. c) Si ha 2 2 1 − w −1 1 − |z| w 2 − (w/ |w|)2 lim 2 = lim = lim −2 z→∞ z + i w→0 w w→0 +i 1 + iw 2 e quindi tale limite non esiste in quanto non esiste limw→0 (w/ |w|)2 come dimostrato al punto a). 3.6.

√ a) Osservando che z 2 − 2i = 0 ha soluzioni z = 2eiπ/4 = 1 + i e z = √ i5π/4 2e = −1 − i, mentre z 2 − 2z + 2 = 0 ha soluzioni z = 1 + i e z = 1 − i, si ha lim

z→1+i z 2

z 2 − 2i (z − 1 − i)(z + 1 + i) = lim − 2z + 2 z→1+i (z − 1 − i)(z − 1 + i) z+1+i z−1+i 1+i+1+i = 1+i−1+i

= lim

z→1+i

= 1 − i. b) Il limite non esiste. Infatti per z = 3ei(π−ε) si ha √ √ i(π−ε)/2 3ei(π−ε) 3e 1 i lim = lim = √ e−iπ/2 = − √ , i(π−ε) i(π−ε) ε→0 3e ε→0 3e 3 3

Esercizi del Capitolo 4

199

invece per z = 3e−i(π−ε) si ha √ √ −i(π−ε)/2 1 i 3e−i(π−ε) 3e = lim = √ eiπ/2 = √ . lim ε→0 3e−i(π−ε) ε→0 3e−i(π−ε) 3 3 √ √ c) Moltiplicando e dividendo per z + 2i + z + i si ha √ √ (z + 2i) − (z + i) √ lim ( z + 2i − z + i) = lim √ z→∞ z + 2i + z + i i √ = lim √ z→∞ z + 2i + z + i

z→∞

= 0. 3.7. Se limz→z0 f(z) = w0 , allora ∀ε > 0 ∃δ(ε) > 0 tale che |f(z) − w0 | < ε per 0 < |z − z0 | < δ. Dalla disuguaglianza triangolare si ha ||f(z)| − |w0 || ≤ |f(z) − w0 | per ogni valore di z. Segue immediatamente limz→z0 |f(z)| = |w0 |. Per mostrare che l’implicazione inversa `e falsa, si consideri f(z) = |z|ei Arg(z)/2 . Evidentemente limz→−4 |f(z)| = 2 mentre limz→−4 f(z) non esiste.

Esercizi del Capitolo 4 4.1. Per ipotesi lim

n

n→∞

ak = A,

lim

n→∞

k=0

n

bk = B.

k=0

Quindi ∀ε > 0 esistono degli interi Na (ε) e Nb (ε) tali che n ε ak − A < , ∀n > Na , 2 k=0 n ε ∀n > Nb . bk − B < , 2 k=0

Posto allora N = max (Na , Nb ), ∀n > N si ha n n k (ak + bk ) − (A + B) ≤ ak − A + bk − B < ε. k=0

k=0

Questo implica, come richiesto, che lim

n→∞

n

k=0

(ak + bk ) = A + B.

k=0

200

A Soluzione degli esercizi proposti

4.2. a) Il coefficiente n-esimo della serie `e an = cosh n =

en + e−n 2

e si ha an e−n + en e−2n + 1 n→∞ 1 = −(n+1) = −2n−1 −−−−→ . n+1 an+1 e +e e e +e Il raggio di convergenza della serie `e R = 1/e. b) Il coefficiente n-esimo della serie `e an = n + cn, inoltre  |n + cn | |an | 1 |c| ≤ 1 n→∞ − − − − → . = |c|−1 |c| > 1 |an+1 | |n + 1 + cn+1 | Si ha quindi |an | = n→∞ |an+1 |

R = lim



1 |c|−1

c) Il coefficiente n-esimo della serie `e  3 n = k ln k, an = 0 altrimenti

|c| ≤ 1 . |c| > 1

k = 1, 2, 3, . . .

e quindi 1/m

R−1 = lim sup |am | m→∞ + , 1/n = lim sup |an | m→∞ n≥m + , 31/ k ln k = lim sup m→∞ k: k ln k≥m

= lim 31/ km ln km m→∞

= 1, u piccolo intero k tale che k ln k ≥ m. In conclusione, dove km `e il pi` R = 1. 4.3. a) Il coefficiente n-esimo della serie `e an = 2n /n3 e si ha  3 |an | 2n (n + 1)3 1 1 n→∞ 1 = 3 1 + = −−−−→ . |an+1 | n 2n+1 2 n 2 Il raggio di convergenza della serie `e dunque R = 1/2.

Esercizi del Capitolo 4

b) Il coefficiente n-esimo della serie `e an = i sinh n =

e−n − en 2i

e si ha |an | |e−2n − 1| n→∞ 1 |e−n − en | = −2n−1 = −(n+1) −−−−→ . n+1 |an+1| |e − e| e |e −e | Il raggio di convergenza della serie `e dunque R = 1/e. c) Il coefficiente n-esimo della serie `e an = n3 4n e si ha n 3 4n 1 an n→∞ 1 = = −−−−→ . 3 n+1 3 an+1 (n + 1) 4 4(1 + 1/n) 4 Il raggio di convergenza della serie `e dunque R = 1/4. 4.4. a) Il coefficiente n-esimo della serie `e an = nen e si ha an n n→∞ 1 an+1 = (n + 1)e −−−−→ e . Quindi an 1 = . R = lim n→∞ an+1 e ∞ b) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma n=0 an z n `e  1 n = k! + k, k = 0, 1, 2, . . . an = 0 altrimenti e quindi 1/m

R−1 = lim sup |am | m→∞ + , 1/n = lim sup |an | m→∞ n≥m

= lim 1 m→∞

= 1, cio`e R = 1. c) Il coefficiente n-esimo della serie `e  an = n

n

1+i 2

n2

201

202

A Soluzione degli esercizi proposti

e si ha 1/n

|an |

1 + i n n→∞ = n − = n −−−→ 0. 2 2n/2

Quindi R = ∞. 4.5. a) Il coefficiente n-esimo della serie `e 2

e−n + en an = cosh(n ) = 2

2

2

e si ha 2

2

e−n + en |an | = −(n+1)2 2 |an+1| e + e(n+1) 2

=

e−2n + 1 n→∞ −−−−→ 0. 2 −2n−1 −2n e + e2n+1

Il raggio di convergenza della serie `e dunque R = 0. b) Il coefficiente n-esimo della serie `e an =

n3n (3n)!

e si ha |an | n3n (3(n + 1))! = |an+1| (3n)! (n + 1)3(n+1) (3n + 3)(3n + 2)(3n + 1) n3n 3 (n + 1) (n + 1)3n     27(n + 1) n + 23 n + 13 1 n→∞ 27 = −−−−→ 3 . !  " 3 3 n (n + 1) e 1+ 1 =

n

Il raggio di convergenza della serie `e dunque R = 27/e3 . 4.6. a) Il coefficiente n-esimo della serie `e an = 3n /(n + 1)3 . Inoltre  3 an 3n 1 n+2 (n + 2)3 n→∞ 1 = −−−−→ . an+1 (n + 1)3 3n+1 = 3 n + 1 3 Si ha quindi an 1 = . R = lim n→∞ an+1 3

Esercizi del Capitolo 4

203

∞

b) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma n=0 an z n `e  n = k 2 , k = 0, 1, 2, . . . 1 + n6 an = 0 altrimenti e quindi 1/m

R−1 = lim sup |am | m→∞ + , 1/n = lim sup |an | m→∞ n≥m + , 2 (1 + k 12 )1/k = lim sup m→∞ k: k 2 ≥m

2

12 1/km = lim (1 + km ) m→∞

= 1, dove km `e il pi` u piccolo intero k tale che k2 ≥ m. In conclusione, R = 1. 4.7. a) Il coefficiente n-esimo della serie `e an = n3 e3n. Inoltre  3 3  an n n e3n 1 n→∞ 1 = = −−−−→ 3 . an+1 3(n+1) n+1 n+1 e3 e e Si ha quindi an = 1. R = lim n→∞ an+1 e3 b) Il coefficiente n-esimo della serie `e  n ln n . an = (1 + i)n Inoltre |an |1/n =

ln n ln n n→∞ −−−→ 0 n = n/2 − |1 + i| 2

e quindi R = ∞. ∞ c) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma n=0 an z n `e  n = k 3 , k = 0, 1, 2, . . . (−1)k an = 0 altrimenti

204

A Soluzione degli esercizi proposti

e quindi R−1 = lim sup |am |1/m = lim sup

m→∞ n≥m

m→∞

+ , |an |1/n = lim 1 = 1, m→∞

cio`e R = 1. 4.8. a) Il coefficiente n-esimo della serie `e an = Inoltre

(3n)! + 4n . (3n + 1)!

an (3n)! + 4n (3n + 4)! an+1 = (3n + 1)! (3n + 3)! + 4n+1 =

(3n + 4)(3n + 3)(3n + 2)[1 + 4n/(3n)!] n→∞ −−−−→ 1, (3n + 3)(3n + 2)(3n + 1) + 4n+1 /(3n)!

avendo usato ln n!  n ln n − n. Si ha quindi an = 1. R = lim n→∞ an+1 b) Il coefficiente n-esimo della serie `e an = i−in = e−in log i = e−in(ln 1+iπ/2) = enπ/2 . 1/n

Osservando che |an |

= eπ/2 , si conclude che R = e−π/2 .

c) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma  an =

log(in/2) 0

∞ n=1

an z n `e

n pari . n dispari

 (ln(n/2))2 + π 2 /4 e ricordando che Osservando che |log(in/2)| = (ln k)1/k per k → ∞ decresce monotonamente a 1, si ha 1/m

R−1 = lim sup |am | m→∞ + , 1/n = lim sup |an | m→∞ n≥m

= lim

sup

m→∞ n≥m, n pari





(ln(n/2))2

+

π 2 /4

1/n -

Esercizi del Capitolo 4

205

1/nm

 = lim (ln(nm /2))2 + π 2 /4 m→∞

= 1, avendo posto nm = m se m `e pari e nm = m + 1 se m `e dispari. In conclusione, R = 1. 4.9.

 n e a) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma ∞ n=0 an z `  n = 1 + k + k 2 + k3 , k = 0, 1, 2, . . . (−1)k an = 0 altrimenti e quindi R−1 = lim sup |am |

1/m

= lim sup

m→∞ n≥m

m→∞

+ , 1/n |an | = lim 1 = 1, m→∞

cio`e R = 1. b) Il coefficiente n-esimo della serie `e an = n2 3n e si ha  2 n n2 3 n 1 an n→∞ 1 = = −−−−→ . an+1 (n + 1)2 3n+1 3 n+1 3 Il raggio di convergenza della serie `e R = 1/3. 4.10. Il raggio di convergenza R della serie b) `e 1/n

R−1 = lim sup |annc | n→∞

 1/n 1/n = lim sup |an | |nc | . n→∞

Poich´e esiste ed `e positivo il limite

√ 1/n 1/n = lim nc nc = lim nRe c/n = 1, lim |nc | n→∞

n→∞

n→∞

per le propriet` a del lim sup si ha R−1 = lim sup |an |

1/n

n→∞

1/n

lim |nc |

n→∞

= lim sup |an |1/n , n→∞

che `e l’inverso del raggio di convergenza della serie a). Nel caso in cui an = e−n si ha R−1 = lim e−n/n = e−1 , n→∞

cio`e R = e.

206

A Soluzione degli esercizi proposti

4.11.

 n a) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma ∞ e n=0 an z `  k! e n = k!, k = 0, 1, 2, . . . an = 0 altrimenti e quindi 1/m

R−1 = lim sup |am | m→∞ + , 1/n = lim sup |an | m→∞ n≥m

= lim

sup

m→∞ k: k!≥m

+ 1/k! , ek!

= lim e m→∞

= e. In conclusione, R = 1/e. ∞ b) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma n=0 an z n `e  k n = k!, k = 0, 1, 2, . . . e an = 0 altrimenti e quindi 1/m

R−1 = lim sup |am | m→∞ + , 1/n = lim sup |an | m→∞ n≥m

= lim

sup

m→∞ k: k!≥m

+ 1/k!, ek

= 1, avendo usato il fatto che la successione (ek/k! ) `e monotona decrescente per k ≥ 1 e tende a 1 per k → ∞. In conclusione, R = 1. c) La serie `e gi`a scritta in forma canonica e il suo coefficiente n-esimo `e an = en! . Poich´e |an |

1/n

= en!/n = e(n−1)! −−−−→ ∞, n→∞

si ha R = 0. 4.12. a) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma  2 n n dispari n π an = 0 n pari

∞ n=0

an z n `e

Esercizi del Capitolo 4

207

e quindi 1/m

R−1 = lim sup |am | m→∞ + , 1/n = lim sup |an | m→∞ n≥m

sup

= lim

m→∞ n≥m: n pari

+

n2/n π

,

m = π lim n2/n m

m→∞

= π, dove nm = m se m `e dispari e nm = m + 1 se m `e pari. In conclusione, R = 1/π. b) Il coefficiente n-esimo della serie `e an = n2+i π n e si ha  2 an n n2 π n 1 n→∞ 1 = −−−−→ . an+1 (n + 1)2 π n+1 = π n + 1 π Il raggio di convergenza della serie `e R = 1/π. 4.13. a) Il coefficiente n-esimo della serie `e an = n3 e−3n . Inoltre  3 3(n+1)  3 an n n e n→∞ = = e3 −−−−→ e3 . an+1 3n n+1 e n+1 Si ha quindi

an = e3 . R = lim n→∞ an+1

∞ b) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma n=0 an z n `e  n = k(k + 1), k = 1, 2, 3, . . . (−1)k /k an = 0 altrimenti e quindi 1/m

R−1 = lim sup |am | m→∞ + , 1/n = lim sup |an | m→∞ n≥m

= lim

m→∞ k:

= lim 1 m→∞

= 1. In conclusione, R = 1.

. / 1/(k(k+1)) 1 sup k k(k+1)≥m

208

A Soluzione degli esercizi proposti

4.14. Per ogni z ∈ B(0, r) si ha n

|fn (z) − f(z)| = |z n − 0| = |z| ≤ r n . Poich´e 0 < r < 1, ∀ε > 0 `e possibile trovare un intero N (ε), ad esempio   ln ε , N (ε) = ln r tale che ∀n > N (ε) si ha r n < ε e quindi |fn (z) − f(z)| < ε ∀z ∈ B(0, r), che `e la definizione di uniforme convergenza di (fn ) a f in B(0, r). D’altro canto (fn ) non converge uniformemente a f in B(0, 1) poich´e, scelto 0 < ε < 1, per ogni intero n `e possibile trovare z ∈ B(0, 1), basta prendere ε1/n < |z| < 1, tale che |fn (z) − f(z)| > ε. 4.15. 1/n

a) Per ipotesi sappiamo che lim supn→∞ |cn |

= 1/R0, pertanto

1/n 1 = lim sup c3n R n→∞ 

3 1/k |ck | = lim sup n→∞ k≥n



= lim

n→∞

 =

k≥n

+ , 3 1/k lim sup |ck |

n→∞ k≥n

 =

+ , 3 1/k sup |ck |

1 R0

3

.

In conclusione, R = R30 . ∞ b) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma n=0 an z n `e  n = 3k, k = 0, 1, 2, . . . ck an = 0 altrimenti e quindi 1 1/m = lim sup |am | R m→∞ + , 1/n = lim sup |an | m→∞ n≥m + , |ck |1/(3k) = lim sup m→∞ k: 3k≥m 

1/3 1/k = lim sup |ck | j→∞ k≥j

Esercizi del Capitolo 4

 =

j→∞ k≥j

 =

+ , 1/k lim sup |ck |

209

1/3

1 R0

1/3 .

3 In conclusione, R = R1/3 0 . Alternativamente si ponga w = z . La serie ∞ 1/3 n nel n=0 cn w ha raggio di convergenza R0 nel piano w e R = R0 1/3 piano z = w .

4.16. a) Il coefficiente n-esimo della serie assegnata `e an = n + cn e si ha . 1/n |c| ≤ 1 n1/n |1 + cn /n| 1/n n 1/n = |n + c | = . |an | n 1/n |c| |1 + n/c | |c| > 1 Osservando che limn→∞ n1/n = 1, si ha  1 1/n n→∞ −−−−→ |an | |c|

|c| ≤ 1 |c| > 1

e quindi il raggio di convergenza vale  1 |c| ≤ 1 R= . 1/ |c| |c| > 1 ∞ b) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma n=1 an z n `e  k n = k!, k = 1, 2, 3, . . . 5 an = 0 altrimenti e la formula di Hadamard fornisce 1 1/m = lim sup |am | R m→∞ = lim sup |an |

1/n

m→∞ n≥m

= lim

sup 5k/k!

m→∞ k: k!≥m

= lim 51/(km −1)! m→∞

= 50 , essendo km il pi` u piccolo intero k tale che k! ≥ m. In conclusione R = 1.

210

A Soluzione degli esercizi proposti

4.17. a) R = e−2 . Infatti, posto an = ne2n−

√ n

, si ha

√ an ne2n− n = an+1 (n + 1)e2(n+1)−√n+1

= e−2

√ √ 1 n→∞ e n− n+1 −−−−→ e−2 . 1 + 1/n

b) R = 1. Infatti, posto an = [ln(1 + n)]4 , si ha % &4 an n→∞ = ln(n + 1) − −−−→ 1. an+1 ln(n + 2) c) R = 1/4. Infatti, posto an = n2 (2n)!/(n!)2 , si ha an n2 (2n)! (n + 1)!(n + 1)! an+1 = n!n! (n + 1)2 (2n + 2)! 2  (n + 1)(n + 1) n→∞ 1 n −−−−→ . = n+1 (2n + 2)(2n + 10 4 4.18. Osservando che enz = (ez )n si riconosce che la serie considerata `e una serie geometrica di ragione ez . La serie quindi converge quando |ez | < 1. Posto z = x + iy, la precedente disuguaglianza `e equivalente a ex < 1, cio`e x < 0. In conclusione, la serie considerata converge ∀z ∈ C tale che Re z < 0. 4.19. 2

a) Il coefficiente n-esimo della serie `e an = cn e si ha ⎧ |c| < 1 ⎨0 2 1/n 1/n n n→∞ |c| = 1 . = cn = |c| −−−−→ 1 |an | ⎩ ∞ |c| > 1 Pertanto il raggio di convergenza vale ⎧ |c| < 1 ⎨∞ |c| = 1 . R= 1 ⎩ 0 |c| > 1 b) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma  an =

ck 0

∞

n = k 2 , k = 1, 2, 3, . . . altrimenti

n=1

an z n `e

Esercizi del Capitolo 5

211

e la formula di Hadamard fornisce 1 1/m = lim sup |am | R m→∞ 1/n

= lim sup |an | m→∞ n≥m

= lim

sup

k 1/k 2 c

= lim

sup

|c|1/k

m→∞ k: k 2 ≥m m→∞ k: k 2 ≥m 0

= |c| . Escludendo il caso banale c = 0, si ha sempre R = 1. 4.20. La convergenza della serie proposta `e equivalente alla convergenza simultanea delle due serie ∞

zn , n! n=0

∞

n2 . zn n=0

La prima ha somma exp(z) e raggio di convergenza infinito. La seconda, con la posizione w = 1/z, `e la serie di potenze ∞

n2 w n

n=0

che ha raggio di convergenza n2 = 1. n→∞ (n + 1)2

R = lim

Tale serie quindi converge per |w| < 1, ovvero per |z| > 1. Si conclude che la serie proposta converge per 1 < |z| < ∞.

Esercizi del Capitolo 5 5.1. Per l’esistenza del limite in ipotesi, posto Δz = (Δx, 0) con Δx ∈ R, deve esistere  u(x + Δx, y) + iv(x + Δx, y) − u(x, y) − iv(x, y) lim Re Δx→0 Δx u(x + Δx, y) − u(x, y) = lim Δx→0 Δx = ux (x, y).

212

A Soluzione degli esercizi proposti

Analogamente, posto Δz = (0, Δy) con Δy ∈ R, deve esistere  u(x, y + Δy) + iv(x, y + Δy) − u(x, y) − iv(x, y) lim Re Δy→0 iΔy v(x, y + Δy) − v(x, y) = lim Δy→0 Δy = vy (x, y). Per l’unicit` a del limite segue ux (x, y) = vy (x, y). 5.2. Per l’esistenza del limite in ipotesi, posto Δz = (Δx, 0) con Δx ∈ R, deve esistere  u(x + Δx, y) + iv(x + Δx, y) − u(x, y) − iv(x, y) lim Im Δx→0 Δx v(x + Δx, y) − v(x, y) = lim Δx→0 Δx = vx (x, y). Analogamente, posto Δz = (0, Δy) con Δy ∈ R, deve esistere  u(x, y + Δy) + iv(x, y + Δy) − u(x, y) − iv(x, y) lim Im Δy→0 iΔy −u(x, y + Δy) + u(x, y) = lim Δy→0 Δy = −uy (x, y). Per l’unicit` a del limite segue uy (x, y) = −vx (x, y). 5.3. In quanto composizione di funzioni continue in tutto C, f `e continua in tutto C. Per studiare la derivabilit` a, si osservi che, posto z = x + iy con x, y ∈ R, si ha f(x + iy) = x3 + 3xy2 + i(y3 + 3x2 y), pertanto u(x, y) = Re f(x+iy) = x3 +3xy2 e v(x, y) = Im f(x+iy) = y3 +3x2 y. Le funzioni u e v sono derivabili in tutto R2 con derivate ux (x, y) = 3x2 + 3y2 , vx (x, y) = 6xy,

uy (x, y) = 6xy,

vy (x, y) = 3y2 + 3x2 ,

continue in tutto R2 . Le equazioni di Cauchy-Riemann, ux = vy e uy = −vx , sono quindi 3x2 + 3y2 = 3x2 + 3y2 , 6xy = −6xy.

Esercizi del Capitolo 5

213

La prima equazione `e sempre soddisfatta, la seconda solo se x = 0 oppure y = 0. Segue che f `e derivabile solo nei punti degli assi coordinati. In nessuno di tali punti per` o la f `e analitica. Infatti ∀ε > 0 la palla B(z, ε), con z reale o immaginario puro, contiene punti w tali che Re w = 0 e Im w = 0 in cui la f `e non derivabile. 5.4. Si ponga f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e f ∗ (z) = u∗ (x, y) + iv∗ (x, y), dove z = x + iy con x, y ∈ R. Poich´e f(z) = u(x, −y) − iv(x, −y) e osservando che a ogni punto (x, y) ∈ G∗ corrisponde il punto (x, −y) ∈ G, deve essere u∗(x, y) = u(x, −y) e v∗ (x, y) = −v(x, −y). Segue allora che ∀(x, y) ∈ G∗ u∗x = ux ,

u∗y = −uy ,

vx∗ = −vx ,

vy∗ = vy .

Poich´e f `e analitica in G, in tale regione le funzioni u e v sono infinitamente derivabili e valgono le condizioni di Cauchy-Riemann ux = vy , uy = −vx . Da queste e dalla relazione precedente risulta che ∀(x, y) ∈ G∗ u∗x = vy∗ ,

vy∗ = −vx∗ ,

con u∗x, u∗y , vx∗ e vy∗ continue. Pertanto f ∗ `e analitica in G∗ . 5.5. Posto z = reiθ risulta lim

r→0

f(reiθ ) − f(0) rei5θ = ei4θ . = lim r→0 reiθ reiθ − 0

Poich´e questo limite assume valori diversi per valori diversi di θ concludiamo che non esiste f  (0). D’altro canto, posto f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y), con x, y ∈ R, si ha 4

u(x, 0) − u(0, 0) Re f(x) x5 / |x| = lim = lim = 1, x→0 x→0 x→0 x−0 x x

ux(0, 0) = lim

uy (0, 0) = lim

u(0, y) − u(0, 0) Re f(iy) 0 = lim = lim = 0, y→0 y→0 y −0 y y

vx (0, 0) = lim

v(x, 0) − v(0, 0) Im f(x) 0 = lim = lim = 0, x→0 x→0 x x−0 x

y→0

x→0

4

v(0, y) − v(0, 0) Im f(iy) y5 / |y| = lim = lim = 1. y→0 y→0 y→0 y−0 y y

vy (0, 0) = lim

Pertanto ux (0, 0) = vy (0, 0) e uy (0, 0) = −vx (0, 0).

214

A Soluzione degli esercizi proposti

5.6. Poich´e f(z0 ) = g(z0 ) = 0, possiamo scrivere lim

z→z0

f(z) f(z) − f(z0 ) z − z0 = lim g(z) z→z0 z − z0 g(z) − g(z0 ) = lim

z→z0

=

f(z) − f(z0 ) z − z0 lim z→z z − z0 0 g(z) − g(z0 )

f  (z0 ) , g (z0 )

avendo usato le propriet` a ∃ lim

z→z0

∃ lim

z→z0

f(z) − f(z0 ) = f  (z0 ), z − z0

g(z) − g(z0 ) = g (z0 ) = 0. z − z0

5.7. a) In quanto parte reale di una funzione continua in C, f `e continua in C. Per studiare la derivabilit`a si osservi che ∀z ∈ C risulta Re(z + Δz) − Re z Re Δz f(z + Δz) − f(z) = = , Δz Δz Δz il cui limite Δz → 0 non esiste, assumendo valori diversi quando, ad esempio, Re Δz = 0 oppure Im Δz = 0. Pertanto f non `e mai derivabile e il suo dominio di analiticit` a `e vuoto. b) La funzione `e continua in tutto C in quanto le sue componenti reale e immaginaria, u(x, y) = Re f(x + iy) = ex cos y, v(x, y) = Im f(x + iy) = ex sin y, sono continue in R2 . Tali componenti sono anche derivabili con derivate prime continue ux (x, y) = ex cos y, vx (x, y) = ex sin y,

uy (x, y) = −ex sin y, vy (x, y) = ex cos y,

che soddisfano le condizioni di Cauchy-Riemann ux (x, y) = vy (x, y),

uy (x, y) = −vx (x, y),

in ogni punto (x, y) ∈ R2 . Pertanto f `e derivabile in tutto C e quindi intera.

Esercizi del Capitolo 6

215

c) La funzione `e continua in tutto C in quanto le sue componenti reale e immaginaria, u(x, y) = Re f(x + iy) = x2 − y2 , v(x, y) = Im f(x + iy) = 3xy, sono continue in R2 . Tali componenti sono anche derivabili con derivate prime continue ux (x, y) = 2x,

uy (x, y) = −2y,

vx (x, y) = 3y,

vy (x, y) = 3x.

Le condizioni di Cauchy-Riemann sono soddisfatte solo per x = y = 0. Pertanto f(z) `e derivabile solo nel punto z = 0. Segue che il dominio di analiticit` a di f `e vuoto. 5.8. In entrambi i casi a) e b) abbiamo funzioni razionali, quindi analitiche in C ad eccezione delle singolarit`a corrispondenti agli zeri del denominatore. a) Il denominatore si annulla in z = 0 e quando z2 +1 = 0. Questa equazione ha soluzioni z=

√

−1 = ±i.

b) Il denominatore si annulla in z = 2 e quando z 2 + 2z + 2 = 0. Questa equazione di secondo grado ha soluzioni z = −1 +

√ 1 − 2 = −1 ± i.

Esercizi del Capitolo 6 6.1. a) Usando la definizione di cosh z si ha cosh (2 + i) = =

e2+i + e−2−i 2 e2 (cos 1 + i sin 1) + e−2 (cos 1 − i sin 1) 2

= cosh 2 cos 1 + i sinh 2 sin 1.

216

A Soluzione degli esercizi proposti

b) Usando cotan z = cos z/ sin z e la definizione di cos z e sin z, si ha y

π

 ei π4 +ln 2 + e−i π4 −ln 2 2i − i ln 2 = π π i +ln 2 4 2 e4 − e−i 4 −ln 2 



2 √12 + √i2 + 12 √12 − √i2 

 =i

2 √12 + √i2 − 12 √12 − √i2 5 √

3 + i 2√ 2

√ 2 2

5 + i 2√ 2

= i 232 =

−3 + 5i 3 + 5i

=

(−3 + 5i)(3 − 5i) 9 + 25

=

15 8 +i . 17 17

6.2. Posto z = x + iy con x, y ∈ R, si ha  1  ix−y e + e−ix+y 2  1 = (cos x + i sin x)e−y + (cos x − i sin x)ey 2

cos z =

= cos x cosh y − i sin x sinh y. Occorre dunque risolvere il sistema di equazioni . cos x cosh y = a . sin x sinh y = 0 La soluzione y = 0 della seconda equazione `e incompatibile con la prima equazione. La soluzione x = πk, k ∈ Z, della seconda equazione sostituita nella prima fornisce (−1)k cosh y = a. Questa equazione ammette soluzione solo per k pari e con y che soddisfa cosh y = a, ovvero e2y − 2aey + 1 = 0, che fornisce ey = a ±

 a2 − 1.

Esercizi del Capitolo 6

In conclusione, le soluzioni cercate sono

  zk = 2πk + i ln a ± a2 − 1 

 = 2πk ± i ln a + a2 − 1 ,

217

k ∈ Z.

6.3. Usando z w = exp(w Log z) e Log z = log |z|+i Arg z con −π < Arg z ≤ π, si ha (4 − 4i)1+i = exp [(1 + i) Log(4 − 4i)] = exp [(1 + i) (ln |4 − 4i| + i Arg(4 − 4i))] 

√ π  = exp (1 + i) ln 32 − i  √

4 √ π π  = exp ln 32 + + i ln 32 −

4 √ 

4√ √ π π π  + i sin ln 32 − . = 32 e 4 cos ln 32 − 4 4 6.4. L’equazione da risolvere `e ez + e−z 1 = , 2 2 cio`e 2

(ez ) − ez + 1 = 0, che fornisce ez =

1+

√ 1 1−4 3 π π = ±i = e±i 3 = e±i 3 +i2πk , 2 2 2

√

In conclusione, le soluzioni cercate sono  1 zk = iπ 2k ± , 3

k ∈ Z.

k ∈ Z.

6.5. Usando z w = exp(w Log z) e Log z = log |z|+i Arg z con −π < Arg z ≤ π, si ha (1 + i)2−i = exp [(2 − i) Log(1 + i)] 

√ π  = exp (2 − i) Log 2ei 4 %  & 1 π = exp (2 − i) log 2 + i 2 4 %  & π π 1 = exp log 2 + + i − log 2 4 2 2

218

A Soluzione degli esercizi proposti

e quindi 

(1 + i)2−i = exp log 2 + π = 2e π4 . 4 6.6. a) Il ramo principale di log z `e una funzione analitica ovunque ad eccezione del semiasse reale negativo inclusa l’origine. Pertanto la funzione in esame `e analitica ovunque ad eccezione dei punti z che soddisfano (2 − z)2 = −a, a ≥ 0, √ ovvero nei punti z(a) = 2 ± i a, a ≥ 0, cio`e lungo l’asse Re z = 2. b) La funzione z z `e definita da z z = exp (z log z) . Poich´e la funzione esponenziale `e analitica ovunque, il dominio di analiticit` a del ramo principale di z z coincide con quello del ramo principale di log z, ovvero l’intero piano complesso ad eccezione del semiasse reale negativo inclusa l’origine. 6.7. Usando sin z = (eiz − e−iz )/2i e cos z = (eiz + e−iz )/2 e posto z = x + iy con x, y ∈ R, l’equazione da risolvere `e ei(2x+i2y) − e−i(2x+i2y) = 8i. Da questa, prendendo la parte reale e quella immaginaria, si ottiene il sistema  cos(2x) sinh(2y) = 0 . sin(2x) cosh(2y) = 4 La soluzione y = 0 della prima equazione non `e compatibile con la seconda equazione. Deve perci`o essere cos(2x) = 0 ovvero 2x = π/2 + πk, k ∈ Z. Questa soluzione `e compatibile con la seconda equazione solo per n pari. In questo caso la seconda equazione fornisce cosh(2y) = 4 ovvero  2y 2 e − 8e2y + 1 = 0, che risolta fornisce e2y = 4 ± In conclusione



x= y=

π 4 + πk, 1 2 ln 4 ±

√

15.

√ k ∈ Z 1  √  . 15 = ± 2 ln 4 + 15

Alternativamente, si risolva sin(2z) = 4. Posto w = ei2z si ha w 2 − 8iw − 1 = 0,

Esercizi del Capitolo 6

che fornisce

219

√  ei2z = i 4 ± 15 .

Prendendo il logaritmo, riotteniamo

π  √  1 

ln 4 ± 15 + i + 2πk 2i 2  i

π √  k ∈ Z. + πk ± ln 4 + 15 , = 4 2

z=

6.8. a) La funzione z sinh z `e definita da z sinh z = exp (sinh z log z) . Poich´e la composizione di funzioni analitiche `e analitica e le funzioni exp e sinh sono intere, il ramo principale di z sinh z `e una funzione analitica nel dominio in cui lo `e il ramo principale di log z, ovvero nell’intero piano complesso ad eccezione del semiasse reale negativo inclusa l’origine. b) Ragionando come al punto a), il dominio di analiticit` a di log (cos z) coincide con tutto il piano complesso ad eccezione dei punti z che soddisfano cos z = −t,

t ≥ 0.

Posto z = x + iy, con x, y ∈ R, questa condizione equivale a  cos x cosh y = −t, t≥0 . sin x sinh y = 0 La seconda equazione del sistema `e soddisfatta quando sin x = 0 oppure sinh y = 0. Nel primo caso x = πk, k ∈ Z. Le soluzioni con k pari sono incompatibili con la prima equazione mentre per k dispari tale equazione si riduce a cosh y = t, con t ≥ 0. Si ha dunque z = (2k + 1)π + iy,

−∞ < y < ∞,

k ∈ Z,

che sono gli assi immaginari Re z = (2k + 1)π, k ∈ Z. L’altra soluzione sinh y = 0, cio`e y = 0, sostituita nella prima equazione da x = arccos(−t), con t ≥ 0. Si ha dunque z = x,

π 3π + 2πk ≤ x ≤ + 2πk, 2 2

k ∈ Z.

6.9. Prendendo il logaritmo di entrambi i membri dell’equazione si ha z 2 = log(−1) = log(1 eiπ ) = ln 1 + i(π + 2πk) = (2k + 1)iπ,

k ∈ Z.

220

A Soluzione degli esercizi proposti

Estraendo la radice quadrata di questa espressione, per k ≥ 0 segue   π 2πn π z = (2k + 1)πei 2 = (2k + 1)π ei( 4 + 2 ) , n = 0, 1, mentre per k < 0 si ha   3π 2πn 3π z = |2k + 1| πei 2 = |2k + 1| π ei( 4 + 2 ) ,

n = 0, 1.

Ponendo k = −m − 1, con m = 0, 1, 2, . . . , `e possibile riscrivere il secondo sistema di soluzioni come  3π 2πn n = 0, 1. z = (2m + 1)π ei( 4 + 2 ) , In conclusione, le soluzioni cercate sono ' ' 2k + 1 2k + 1 ± ± z1,k = ±(1 + i) π, z2,k = ±(1 − i) π, 2 2

k ∈ N.

6.10. Usando z w = exp(w Log z) con il valore principale del logaritmo definito da Log z = ln |z| + i Arg z, dove |z| > 0 e −π < Arg z ≤ π, si ha 

eπ eπ √ + i√ 2 2

i+1

%



eπ eπ = exp (i + 1) Log √ + i √ 2 2 !  π " = exp (i + 1) Log eπ ei 4 

π  = exp (i + 1) ln eπ + i 4 

π  = exp (i + 1) π + i

4 π   π = exp π − + i π + 4 4 3π 5π = e 4 +i 4

&

e quindi  Arg

eπ eπ √ + i√ 2 2

i+1 =−

3π . 4

6.11. a) Le funzioni cosh z, ez e sinh z sono intere e la composizione di funzioni intere `e intera. Dunque   cosh esinh z `e analitica nell’intero piano complesso.

Esercizi del Capitolo 6

221

b) Il ramo principale di log z `e una funzione analitica ovunque ad eccezione del semiasse reale negativo inclusa l’origine. Pertanto la funzione in esame `e analitica ovunque ad eccezione dei punti z che soddisfano 3 + z2 = −a, ovvero dei punti z(a) =

√

a ≥ 0,

√ −3 − a = ±i 3 + a,

a ≥ 0.

6.12. Si ha ez + e−z + ez = 2, 2 ovvero 2

3 (ez ) − 4ez + 1 = 0, che ha soluzioni ez =

2±1 . 3

Dalla soluzione ez = 1 si ha z = log 1 = i2πk,

k ∈ Z.

Dalla soluzione ez = 1/3 si ottiene invece z = log

1 = − ln 3 + i2πk, 3

k ∈ Z.

6.13. a) Usando la formula (1.19) si ha

1/4 √ 4 = ei(π/2+2πk)/4 , z = i = ei(π/2) che corrisponde alle 4 soluzioni z0 = eiπ/8 , z1 = ei5π/8 , z2 = ei9π/8 = e−i7π/8 , z3 = ei13π/8 = e−i3π/8 . b) Usando z w = exp(w log z), si ha z = 41/i = 4−i

!  " = exp −i log 4ei0 = exp [−i (ln 4 + i2πk)] = e2πk e−i ln 4 ,

k ∈ Z.

k = 0, 1, 2, 3,

222

A Soluzione degli esercizi proposti

6.14. a) Osservando che la funzione exp z `e intera e la funzione razionale 1/(1 +z 2 ) `e analitica ovunque ad eccezione dei punti singolari  z = ±i,per la derivabilit` a delle funzioni composte, la funzione exp 1/(1 + z 2 ) `e analitica ovunque ad eccezione dei punti z = ±i. b) Il ramo principale della funzione log z `e analitica ovunque ad eccezione del semiasse reale negativo, origine compresa. Pertanto il ramo principale della funzione log(z 3 ) `e analitica ovunque ad eccezione dei punti z tali che z 3 = −a,

a ≥ 0,

cio`e z(a) = (−a)1/3 =

√ 3

aei(π+2πk)/3 ,

k = 0, 1, 2,

a ≥ 0,

ovvero nell’origine e lungo i tre semiassi uscenti dall’origine agli angoli ±π/3 e π. 6.15. a) Osservando che 

1 + z2

z

= exp(z log(1 + z 2 )),

poich´e la funzione exp z `e intera e il ramo principale di log z `e una funzione analitica ovunque del semiasse reale negativo, origine  ad eccezione z compresa, la funzione 1 + z 2 `e analitica ovunque ad eccezione dei punti z tali che 1 + z 2 = −a,

a ≥ 0,

cio`e √ z(a) = (−1 − a)1/2 = ±i 1 + a,

a ≥ 0,

che sono tutti i punti dell’asse immaginario ad eccezione dell’intervallo (−1, 1) dello stesso asse. b) Osservando che le funzioni sinh z e sin z sono intere e la funzione razionale 1/(z2 +9) `e analitica ovunque ad eccezione dei punti singolari z = ±3i, per la derivabilit` a delle funzioni composte, la funzione sinh(sin(z))/(z 2 + 9) `e analitica ovunque ad eccezione dei punti z = ±3i. 6.16. Posto w = x + iy, con x, y ∈ R, le soluzioni dell’equazione cos w = sono le soluzioni del sistema



eiw + e−iw =0 2

cos x cosh y = 0 , sin x sinh y = 0

Esercizi del Capitolo 6

223

ovvero y = 0 e x = ±(2k + 1)π/2, con k ∈ N. Pertanto cos(3z 2 ) = 0 ha soluzioni π 3z 2 = ± (2k + 1), k ∈ N, 2 cio`e

'   π ± (2k + 1)π/6 , z = ± (2k + 1) = 6 ±i (2k + 1)π/6

6.17. Posto w = arctan z, si ha tan w = z ovvero iz =

eiw − e−iw , eiw + e−iw

che risolta rispetto a e2iw fornisce e2iw =

1 + iz 1 − iz

e quindi w=

1 1 + iz i i+z log = log . 2i 1 − iz 2 i−z

Pertanto arctan(2 + i) = = = = =

i+2+i i log 2 i−2−i i log(−1 − i) 2

√  i log 2e−i3π/4 2 √ i 3 ln 2 − i π 2 4 3 i π + ln 2. 8 4

6.18. Si ha sinh z =

ez − e−z = −iπ, 2

ovvero e2z + 2iπez − 1 = 0, le cui soluzioni sono

  ez = −i π ± π 2 − 1 .

k ∈ N.

224

A Soluzione degli esercizi proposti

Pertanto le soluzioni dell’equazione sinh z = −iπ sono



  z = log −i π ± π 2 − 1

 

π  = ln π ± π 2 − 1 + i − + 2πk , 2

k ∈ Z.

6.19. Si ha sin z =

eiz − e−iz = a, 2i

ovvero e2iz − 2iaeiz − 1 = 0, le cui soluzioni sono eiz = ia ±

 1 − a2 .

Si noti che per −1 ≤ a ≤ 1 il radicando `e non negativo. Pertanto le soluzioni cercate sono

  iz = log ia ± 1 − a2    a = ln a2 + (1 − a2 ) + i arcsin + 2πk , k ∈ Z, a2 + (1 − a2 ) ovvero z = arcsin a + 2πk,

k ∈ Z.

6.20. a) Il ramo principale di log z `e una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del semiasse reale negativo, origine compresa. Pertanto la funzione in esame `e analitica in tutto C ad eccezione dei punti tali che z 4 = −t,

t ∈ [0, ∞),

ovvero z(t) = (teiπ )1/4 = t1/4 ei(π+2πk)/4 ,

k = 0, 1, 2, 3,

che rappresentano rispettivamente le bisettrici dei quadranti 1, 2, 3, 4. All’interno del dominio di analiticit` a la derivata vale   4 d log z 4 = . dz z √ b) La funzione sin z `e intera mentre il ramo principale di z = exp( 12 log z) `e una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del semiasse

Esercizi del Capitolo 6

225

reale negativo, origine compresa. Pertanto la funzione in esame `e analitica in tutto C ad eccezione del semiasse reale negativo, origine compresa. All’interno del dominio di analiticit` a la derivata vale √ √ d cos z sin z = √ . dz 2 z 6.21. Si ha cosh z =

ez + e−z = a, 2

ovvero e2z − 2aez + 1 = 0, le cui soluzioni sono

 ez = a ± i 1 − a2 .

Le soluzioni cercate sono

  z = log a ± i 1 − a2  = ln a2 + (1 − a2 ) + i (arccos a + 2πk) ,

k ∈ Z,

dove arccos a indica il valore principale compreso tra −π/2 e π/2. In conclusione si ha z = i (arccos a + 2πk) ,

k ∈ Z,

che per a ∈ (0, 1) corrisponde a z = iy con −π/2 + 2πk < y < π/2 + 2πk, k ∈ Z. Alternativamente, si ponga z = x + iy con x, y ∈ R. L’equazione da risolvere `e equivalente al sistema  cosh x cos y = a . sinh x sin y = 0 La soluzione y = kπ, k ∈ Z, della seconda equazione `e incompatibile con la prima equazione. La soluzione x = 0 della seconda equazione sostituita nella prima equazione fornisce cos y = a, che per a ∈ (0, 1) ha soluzione y = arccos a ∈ (−π/2 + 2πk, π/2 + 2πk), k ∈ Z. 6.22. a) La funzione sin(z n ) `e intera essendo composizione di funzioni intere. In ogni punto z ∈ C la sua derivata vale d sin(z n ) = cos(z n )nz n−1 . dz

226

A Soluzione degli esercizi proposti

b) Se n `e multiplo di m si ricade nel caso a). Altrimenti la funzione sin(z n/m ) = sin(exp((n/m) log z)) `e polidroma con m rami distinti. Il ramo principale, corrispondente al ramo principale di log z, `e una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del semiasse reale negativo. All’interno del dominio di analiticit`a la derivata vale d sin(z n/m ) = cos(z n/m )(n/m)z n/m−1 . dz c) La funzione sin(z c ) = sin(exp(c log z)) `e polidroma con infiniti rami distinti. Il ramo principale, corrispondente al ramo principale di log z, `e una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del semiasse reale negativo. All’interno del dominio di analiticit` a la derivata vale d sin(z c ) = cos(z c )cz c−1 . dz 6.23. Posto w = arctan z, si ha tan w = z ovvero iz =

eiw − e−iw , eiw + e−iw

che risolta rispetto a e2iw fornisce e2iw =

1 + iz 1 − iz

e quindi w=

1 1 + iz log . 2i 1 − iz

Si ha allora 1+i−2 i arctan(1 + 2i) = − log 2 1−i+2 −2 + i i = − log 2  5 1 iϕ i = − log √ e 2 5  1 i ln √ + iϕ =− 2 5 ϕ i = + ln 5, 2 4 √ √ dove ϕ `e definito da cos ϕ = −2/ 5 e sin ϕ = 1/ 5. In conclusione Im (arctan(1 + 2i)) =

1 ln 5. 4

Esercizi del Capitolo 6

227

6.24. Posto arccos z = w, si ha z = cos w = (eiw + e−iw )/2 ovvero 

eiw

2

− 2zeiw + 1 = 0,

√ la cui soluzione `e convenzionalmente scritta come eiw = z +i 1 − z 2 . Con tale scelta infatti, assumendo per la radice il ramo principale, questa soluzione, e quindi la funzione arccos z, risultano sviluppabili in serie di Taylor intorno a √ z = 0. Con la scelta eiw = z + z 2 − 1, questo sarebbe possibile solo per rami non principali della radice. In conclusione,

  arccos z = −i log z + i 1 − z 2 . Il ramo principale di tale funzione `e definito√prendendo i rami principali della radice e del logaritmo. Il ramo principale di 1 − z 2 = exp( 12 log(1−z 2 )) `e una funzione analitica ovunque in C ad eccezione dei punti z tali che 1 − z 2 = −u con u ∈ [0, ∞). Tali punti √ z(u) = ± 1 + u,

u ∈ [0, ∞),

rappresentano le semirette reali (−∞, −1] e [1, +∞). Il ramo principale di √ √ log(z +i 1 − z 2 ) risulta non analitico nei punti che soddisfano z +i 1 − z 2 = −t con t ∈ [0, ∞). La soluzione di questa equazione ottenuta quadrando √ l’espressione equivalente i 1 − z 2 = −(t + z) fornisce z(t) = −

1 + t2 , 2t

t ∈ (0, ∞),

che rappresenta la semiretta reale (−∞, −1] percorsa due volte, una volta per t ∈ (0, 1] e una volta per t ∈ [1, ∞). Si osservi che solo i punti z(t) ottenuti per t ∈ [1, ∞) effettivamente soddisfano l’equazione di partenza  in cui per la radice  si  considera il ramo principale. Infatti i 1 − z(t)2 = i −(t2 − 1)2 /(4t2 ) = i2 (t2 − 1)2 /(4t2 ) ≤ 0 ∀t ∈ (0, ∞), mentre −(t + z(t)) = (1 − t2 )/2t ≤ 0 solo per t ∈ [1, ∞). In conclusione, il dominio di analiticit`a di arccos z `e tutto il piano complesso ad eccezione delle semirette reali (−∞, −1] e [1, +∞). Nella regione di analiticit`a la derivata vale d 1 √ arccos z = −i dz z + i 1 − z2 −1 = √ . z2 − 1

 1+

i −2z √ 2 1 − z2



228

A Soluzione degli esercizi proposti

Fig. A.1. Grafici di livello della parte reale (sinistra) e della parte immaginaria (destra) del ramo principale di arccos(x + iy)

6.25. Poich´e cotan z = cos z/ sin z, l’equazione proposta equivale a √ cos( z) = 0. √ Posto w = z, si ha eiw + e−iw = 0, 2 ovvero 

eiw

2

= −1,

che fornisce



iw = log(±i) = log 1e±iπ/2 = ln 1 + i(±π/2 + 2kπ),

k ∈ Z.

In conclusione, si ha √

z = (2n + 1)π/2,

n ∈ Z,

pertanto le radici cercate sono z = ((2n + 1)π/2)2 ,

n ∈ N.

6.26.

√ a) Il ramo principale di z 2 − 1 = exp[ 12 log(z 2 − 1)] `e una funzione analitica ovunque in C ad eccezione dei punti z tali che z 2 − 1 = −u con u ∈ [0, ∞). In funzione del parametro u tali punti sono dati da √ u ∈ [0, 1), z(u) = ± 1 − u, √ z(u) = ±i u − 1, u ∈ [1, ∞), e rappresentano il segmento reale [−1, 1] e l’intero asse immaginario.

Esercizi del Capitolo 6

229

Fig. A.2. Grafici di livello della  parte reale (sinistra) e della parte immaginaria (destra) del ramo principale di (x + iy)2 − 1

√ b) Il ramo principale di i 1 − z 2 = i exp[ 12 log(1 − z 2 )] `e una funzione analitica ovunque in C ad eccezione dei punti z tali che 1 − z 2 = −u con u ∈ [0, ∞). In funzione del parametro u tali punti sono dati da √ u ∈ [0, ∞), z(u) = ± 1 + u, e rappresentano le semirette reali (−∞, −1] e [1, +∞).

Fig. A.3. Grafici di livello della  parte reale (sinistra) e della parte immaginaria (destra) del ramo principale di i 1 − (x + iy)2

6.27. a) La funzione z n `e monodroma e intera essendo il prodotto di n funzioni intere. Per n = 17, in z = i essa vale i17 = i16i = (i2 )8 i = (−1)8 i = i.

230

A Soluzione degli esercizi proposti

b) Se n `e multiplo di m si ricade nel caso (a). Altrimenti la funzione z n/m = exp((n/m) log z) `e polidroma con m rami distinti. Il ramo principale, corrispondente al ramo principale di log z, `e una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del semiasse reale negativo. Per n = 17 e m = 3, in z = i essa vale i17/3 = e(17/3) log i = e(17/3)(ln 1+iπ/2) = e17πi/6 = e12πi/6 e5πi/6 √ i 3 + . = cos(5π/6) + i sin(5π/6) = − 2 2 c) La funzione z c = exp(c log z) `e polidroma con infiniti rami distinti. Il ramo principale, corrispondente al ramo principale di log z, `e una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del semiasse reale negativo. Per c = 1/π, in z = i essa vale i1/π = e(1/π) log i = e(1/π)iπ/2 = ei/2 = cos(1/2) + i sin(1/2). 6.28. L’equazione da risolvere `e ez − e−z = i, 2 ovvero 2

(ez ) − 2iez − 1 = 0, che fornisce ez = i +



π

i2 + 1 = i = ei( 2 +2πk) ,

k ∈ Z.

In conclusione, le soluzioni cercate sono zk = iπ

4k + 1 , 2

k ∈ Z.

6.29. a) Il ramo principale del logaritmo `e una funzione analitica in tutto C ad eccezione del semiasse reale negativo origine inclusa. Pertanto la funzione considerata `e analitica in C ad eccezione dei punti z(t) = −t con t ∈ [0, ∞) e di quelli del tipo (log z(u))2 = −u,

u ∈ [0, ∞),

ovvero √

z(u) = elog z(u) = e±i

u

,

u ∈ [0, ∞).

Pertanto il dominio di analiticit` a `e D = {z ∈ C : |z| = 1, z = −t, t ∈ [0, ∞)}. Per z ∈ D la derivata vale 1 1 2 d 2 log z = log((log z)2 ) = . dz (log z)2 z z log z

Esercizi del Capitolo 6

231

Fig. A.4. Grafici di livello della parte reale (sinistra) e della parte immaginaria (destra) del ramo principale di log((log(x + iy))2 )

b) La funzione `e intera in quanto composizione di funzioni intere. La derivata vale 2 d z2 +i e = 2zez +i . dz c) Il ramo principale della funzione considerata `e analitico in D = {z ∈ C : z = e−iπ/4 , z = ei3π/4 , z = 1 + t, t ∈ [0, ∞)} in quanto √ 1 1 − z = e 2 log(1−z) e z 2 + i = 0 ha soluzioni z = e−iπ/4 e z = ei3π/4 . In D la derivata vale √ − 12 (1 − z)−1/2 (z 2 + i) − (1 − z)1/2 2z d 1−z = dz z 2 + i (z 2 + i)2 2 −i − 4z + 3z = √ . 2 1 − z(z 2 + i)2

Fig. A.5. Grafici di livello della  parte reale (sinistra) e della parte immaginaria (destra) del ramo principale di 1 − (x + iy)/((x + iy)2 + i)

232

A Soluzione degli esercizi proposti

6.30. Il ramo principale di f(z) = 1 +

log z ln |z| + i Arg z =1+ ln 2 ln 2

trasforma biunivocamente A in B. Infatti f `e analitica in A e posto z = reiθ per 1 ≤ r ≤ 2 e 0 ≤ θ ≤ π/2, si ha 1 ≤ Re f ≤ 2 e 0 ≤ Im f ≤ π/(2 ln 2). 6.31. Poich´e 2

inz = enz

2

log i

2 n = ez log i , 2

si riconosce che la serie considerata `e una serie geometrica di ragione ez log i . 2 Essa quindi converge quando |ez log i | < 1. Posto w = z 2 e usando il ramo principale del logaritmo, la precedente disuguaglianza fornisce w(ln|i|+i Arg i) = e−(π/2) Im w < 1. e Deve quindi essere Im w > 0, ovvero 0 < Arg w < π. Poich´e w = z 2 trasforma settori angolari in settori angolari di estensione doppia, la serie risulta convergente quando 0 < Arg z < π/2 oppure −π < Arg z < −π/2. 6.32. Si ha f(z) =



 4

+ z4

= exp

1 4 log(4 + z ) , 2

dove per il logaritmo si intende il ramo principale. Tale funzione `e analitica in tutto C ad eccezione dei punti della linea di diramazione di log(4 + z 4 ) determinata dall’equazione 4 + z 4 = −t,

t ∈ [0, ∞).

Tali punti sono z(t) = (−4 − t)1/4 = ((4 + t)eiπ )1/4 = (4 + t)1/4 ei(π+2kπ)/4 ,

t ∈ [0, ∞),

k = 0, 1, 2, 3.

Si tratta√delle semirette che bisecano i quattro quadranti a partire dalla distanza 2 dall’origine.

Esercizi del Capitolo 7

233

Fig. A.6. Grafici di livello della  parte reale (sinistra) e della parte immaginaria (destra) del ramo principale di 4 + (x + iy)4

Esercizi del Capitolo 7 7.1. Si ha

 γ



z dz = z

γ1



z dz + z

γ2

z dz, z

dove γ1 (t) = 2eit , 0 ≤ t ≤ π e γ2 (t) = t, −2 ≤ t ≤ 2. In base alla definizione di integrale   π  π 4 z 2eit it dz = i2e dt = 2iei3t dt = − , −it z 2e 3 0 0 γ1  γ2

In conclusione

z dz = z  γ



2

−2

t 1dt = t



2

dt = 4. −2

z 4 8 dz = − + 4 = . z 3 3

7.2. La funzione z −1 log z `e continua su {γ} ad eccezione del punto z = 1 corrispondente alla linea di diramazione scelta per il logaritmo. L’integrale in questione dunque esiste e il suo valore `e dato da  2π  z −1 log zdz = e−iθ (ln 1 + iθ) eiθ idθ 0

γ

 =

2π

i2 θdθ

0

= −2π2 .

234

A Soluzione degli esercizi proposti

Alternativamente, si osservi che ad eccezione dei punti della linea di diramazione  d 1 2 −1 z log z = log z . dz 2 Posto allora γε (θ) = exp(iθ), ε ≤ θ ≤ 2π − ε, si ha   −1 z log zdz = lim z −1 log zdz γ

ε→0

γε

z=ei(2π−ε) 1 2 = lim log z ε→0 2 z=eiε  12 i (2π − ε)2 − i2 ε2 = lim ε→0 2 = −2π 2 .

7.3. a) La funzione ez /(1 − z)3 `e analitica ovunque all’interno e sul cammino γ. Dalla formula integrale di Cauchy si ha   z ez e /(1 − z)3 dz dz = 3 z−0 γ z(1 − z) γ ez = 2πi (1 − z)3 z=0

= 2πi. b) La funzione ez /z `e analitica ovunque all’interno e sul cammino γ. Dalla formula integrale di Cauchy per la derivata seconda si ha   ez ez /z dz = − dz 3 3 γ z(1 − z) γ (z − 1)  2πi d2 ez =− 2! dz 2 z z=1  z e ez ez = −πi −2 2 +2 3 z z z z=1 = −πie. c) Si consideri una linea che congiungendo due punti del cammino γ individui due cammini chiusi γ0 e γ1 , contenenti nel loro interno rispettivamente i punti z = 0 e z = 1. Percorrendo γ0 e γ1 in verso positivo, per quanto detto ai punti a) e b), si ha    ez ez ez dz = dz + dz 3 3 3 γ z(1 − z) γ0 z(1 − z) γ1 z(1 − z)

e . = 2πi 1 − 2

Esercizi del Capitolo 7

235

7.4. Il polinomio a denominatore della funzione integranda pu` o essere fattorizzato come z 4 − 1 = (z 2 − 1)(z 2 + 1) = (z − 1)(z + 1)(z − i)(z + i). Dalla formula integrale di Cauchy si ha quindi   z z/((z + 1)(z 2 + 1)) dz = dz 4 z −1 γ z −1 γ z = 2πi 2 (z + 1)(z + 1) z=1

πi = . 2 az 7.5. La continuit` a di e f(z) per Re z ≥ 0 assicura l’esistenza dell’integrale di tale funzione su γR . Dimostriamo che ∀ε > 0 esiste un R0 (ε) > 0 tale che γR eaz f(z)dz < ε per ogni R > R0 . Per ipotesi, ∀ε > 0 esiste un δ(ε) > 0

tale che |f(z)| < ε quando |1/z| < δ. Allora per R > δ −1 si ha   π 2 aγR (θ) az e f(z)dz ≤ f(γR (θ))γR (θ) dθ e π γR −2  π 2 eaR cos θ |f(γR (θ))| Rdθ = −π 2



π 2

< 2εR 0



π 2

= 2εR

eaR cos θ dθ eaR sin ϕ dϕ



0



θ=

 π −ϕ 2

π 2

e−|a|R2ϕ/π dϕ  π

1 − e−|a|R = 2εR 2 |a| R πε < , |a| ≤ 2εR

0

avendo usato il fatto che per 0 ≤ ϕ ≤ π/2 si ha sin ϕ ≥ 2ϕ/π e quindi exp(aR sin ϕ) = exp(− |a| R sin ϕ) ≤ exp(− |a| R2ϕ/π). L’asserto segue scegliendo R0 = 1/δ(ε|a|/π). 7.6. Se z0 `e interno a γ, allora valgono le formule integrali di Cauchy   f(z) f  (z)  dz = 2πif (z ), dz = 2πif  (z0 ), 0 2 γ (z − z0 ) γ z − z0 da cui l’asserto. Se z0 `e esterno a γ, allora le funzioni f(z) , (z − z0 )2

f  (z) z − z0

236

A Soluzione degli esercizi proposti

sono analitiche su e dentro γ, e per il teorema di Cauchy-Goursat  γ



f(z) dz = 0, (z − z0 )2

γ

f  (z) dz = 0, z − z0

e quindi ancora l’uguaglianza tra i due integrali. 7.7. Posto z = reiθ la funzione integranda `e 3

3

z −3/2 log z = r − 2 e−i 2 θ (ln r + iθ) ,

r > 0,

−π < θ < π.

Poich´e sulla circonferenza |z| = R si ha r = R e −π ≤ θ ≤ π, il modulo della funzione integranda pu`o essere maggiorato come segue: 3 3 − 32 −i 32 θ (ln R + iθ) = R− 2 |ln R + iθ| ≤ R− 2 (ln R + π) . R e Pertanto  3 −3/2 z log zdz ≤ 2πR R− 2 (ln R + π) |z|=R = 2π

ln R + π R→∞ √ −−−−→ 0. R

7.8. Posto z = reiθ , la funzione integranda `e definita da 3

3

z 3/2 = r 2 ei 2 θ ,

r > 0,

−π < θ < π.

Tale funzione `e analitica sul cammino γε (θ) = Reiθ , −π + ε ≤ θ ≤ π − ε, e ivi ammette come primitiva il ramo principale di 25 z 5/2 . Si ha allora  γ

z 3/2 dz = lim

ε→0



z 3/2 dz γε

z=Rei(π−ε) 2 5/2 = lim z ε→0 5 z=Rei(−π+ε)  2 5/2 i 5 (π−ε) 5 e2 = lim R − ei 2 (−π+ε) ε→0 5  4 5/2 5 ε = lim i R cos ε→0 5 2 4 = i R5/2 . 5 7.9. Si osservi che il ramo principale di z 4/3 `e una funzione analitica sul cammino γR,ε (θ) = Reiθ , −π + ε ≤ θ ≤ π − ε, e ivi ammette come primitiva

Esercizi del Capitolo 7

237

il ramo principale di 37 z 7/3 . Si ha allora 

z 4/3 dz = lim

ε→0

γR



z 4/3 dz

γR,ε

z=Rei(π−ε) 3 7/3 = lim z ε→0 7 z=Rei(−π+ε)  7 3 7/3 i 7 (π−ε) = lim R − ei 3 (−π+ε) e3 ε→0 7 & % 7 3 7/3 (π − ε) = lim R 2i sin ε→0 7 3

π  3 = R7/3 2i sin 7√ 3 3 3 7/3 R . =i 7

7.10. Si ponga γ = γ1 +γ2 +γ3 dove γ1 (t) = t, γ2 (t) = 1−t+it e γ3 (t) = i(1−t), con 0 ≤ t ≤ 1. Osservando che f(z) = −4(Im z)2 e usando la definizione di integrale su cammino, si ha 

 f(z)dz = 

1

−4t2 (−1 + i)dt = 4(1 − i)

f(z)dz = 0

γ2





1

f(z)dz = 0

γ3

In conclusione 

0 1dt = 0, 0

γ1



1

1 4 t3 4 = −i , 3 0 3 3

1 4 4 3 −4(1 − t) (−i)dt = −i (1 − t) = i . 3 3 0 2

 f(z)dz =

f(z)dz   f(z)dz + f(z)dz +

γ1 +γ2 +γ3

γ

 =

γ1

γ2

f(z)dz

γ3

4 = . 3 7.11. Posto z = reiθ , il ramo principale di F (z) = z z `e una funzione analitica per r > 0 e −π < θ < π, e in questa regione la sua derivata vale d z log z d z = ez log z (log z + 1). z = e dz dz

238

A Soluzione degli esercizi proposti

Posto γR,ε (ϕ) = Reiϕ , −(π − ε) ≤ ϕ ≤ π + ε, per z ∈ {γR,ε } la funzione F (z) `e una primitiva della funzione integranda f(z) = z z (1 + log z). Pertanto   z z (1 + log z)dz = lim z z (1 + log z)dz ε→0

γR

γR,ε z=Rei(π−ε)

= lim z z |z=Re−i(π−ε) ε→0

i(π−ε)  −i(π−ε) [ln R+i(π−ε)] [ln R−i(π−ε)] = lim eRe − eRe ε→0 −R(ln R+iπ)

=e

− e−R(ln R−iπ)

= −2ie−R ln R sin(πR) =−

2i sin(πR) . RR

7.12. Posto z = reiθ , il ramo principale di sin(log z) = sin(ln r + iθ) `e una funzione analitica per r > 0 e −π < θ < π, e in questa regione la sua derivata vale d cos(log z) sin(log z) = . dz z Pertanto  γ

cos(log z) z=−a+iε dz = lim sin(log z)|z=−a−iε ε→0 z = sin(ln a + iπ) − sin(ln a − iπ) = sin(ln a) cos(iπ) − cos(ln a) sin(iπ) − (sin(ln a) cos(iπ) − cos(ln a) sin(iπ)) = 2i cos(ln a) sinh(π).

7.13. Il ramo principale di log(z + 2π) `e una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione dei punti z(t) = −2π − t,

t ∈ [0, ∞).

Pertanto, log(z + 2π) `e analitica sulla circonferenza γ e al suo interno. Poich´e iπ `e un punto interno a γ, per la rappresentazione integrale di Cauchy si ha  2πi d2 log(z + 2π) dz = log(z + 2π) 3 2 2! dz γ (z − iπ) z=iπ −1 = πi (z + 2π)2 z=iπ

4 + 3i =− . 25π

Esercizi del Capitolo 7

239

7.14. Il ramo principale di z

f(z) = e (3 + z)

−1/2

1 = exp z − log(3 + z) 2 

`e una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione dei punti z(t) = −3 − t,

t ∈ [0, ∞).

Pertanto f(z) `e analitica su e dentro il cammino γ. Per la formula integrale di Cauchy   ez f(z) √ dz = dz 2 2 3+z γ z γ z 2πi  f (0) = 1!   1 1 = 2πi 1 − exp z − log(3 + z) 2(3 + z) 2 z=0 5πi = √ . 3 3 7.15. La funzione integranda `e f(z) = z 2 − z 2 = 2i Im z 2 e il cammino di integrazione pu`o essere parametrizzato come γ(t) = 1 − t + it, 0 ≤ t ≤ 1. Pertanto  1    f(z)dz = 2i Im (1 − t + it)2 (−1 + i)dt γ



0

1

= 0

2i2(1 − t)t(−1 + i)dt 

1

= 4i(−1 + i) 0

 = (−4 + 4i)

(t − t2 )dt

1 t3 t2 − 2 3 0

2 2 = − − i. 3 3 7.16. Posto z = reiθ , il ramo principale di F (z) = 2 sin(z 1/2 ) = 2 sin(r1/2 eiθ/2 ) `e una funzione analitica per r > 0 e −π < θ < π, e in questa regione la sua derivata vale d 2 sin(z 1/2 ) = cos(z 1/2 )z −1/2 . dz

240

A Soluzione degli esercizi proposti

Posto γε (ϕ) = Reiϕ , −(π − ε) ≤ ϕ ≤ π − ε,√per√z ∈ {γε } la funzione F (z) `e una primitiva della funzione integranda cos z/ z. Pertanto  γ

√ √  cos z cos z √ dz = lim √ dz ε→0 γ z z ε z=Rei(π−ε) = lim 2 sin(z 1/2) ε→0 z=Re−i(π−ε)

 1/2 i(π−ε)/2 = lim 2 sin(R e ) − 2 sin(R1/2 e−i(π−ε)/2 ) ε→0 √ √ = 2 sin(i R) − 2 sin(−i R) √ = 4 sin(i R) √ = 4i sinh R.

7.17. La funzione integranda log z ln r + iθ = 2 i2θ , 2 z r e

z = reiθ ,

r > 0,

−π < θ < π,

`e continua su tutto γR ad eccezione del punto z = −R. Conviene parametrizzare il cammino di integrazione come γR (θ) = Reiθ , −π ≤ θ ≤ π. Pertanto  γR

log z dz = z2



+π

ln R + iθ Reiθ idθ R2 e2iθ −π   ln R +π −iθ 1 +π −iθ =i e dθ − θe dθ R −π R −π +π +π 1 −iθ ln R e−iθ − e (1 + iθ) −π =i R −i −π R   1  −iπ ln R  −iπ − eiπ − e e (1 + iπ) − eiπ (1 − iπ) R R 1 = 0 − (−1 − iπ + 1 − iπ) R 2πi = . R =−

Alternativamente, si osservi che per z ∈ {γR,ε } dove γR,ε (θ) = Reiθ , con −(π − ε) ≤ θ ≤ (π − ε) e ε > 0, la funzione z −2 log z ammette la primitiva

Esercizi del Capitolo 7

241

z −1 (−1 − log z). Pertanto   log z log z dz = lim dz 2 2 ε→0 z γR γR,ε z Rei(π−ε) −1 − log z = lim −i(π−ε) ε→0 z Re −1 − (ln R + iπ) −1 − (ln R − iπ) − = −R −R 2πi . = R 7.18. La funzione integranda z log z = reiθ (ln r + iθ) ,

z = reiθ ,

−π < θ < π,

r > 0,

`e continua su tutto γR ad eccezione del punto z = −R. Conviene parametrizzare il cammino di integrazione come γR (θ) = Reiθ , −π ≤ θ ≤ π. Dalla definizione di integrale segue   +π z log zdz = Reiθ (ln R + iθ) Reiθ idθ −π

γR

2



+π

= iR ln R

2iθ

e −π

dθ − R

2



+π

θe2iθ dθ

−π

+π +π  e2iθ 1 iθ 2 2iθ − − R e 2i −π 4 2 −π  1 iπ 1 iπ − − − = 0 − R2 4 2 4 2

= iR2 ln R

= iπR2 . Alternativamente, si osservi che per z ∈ {γR,ε } dove γR,ε (θ) = Reiθ , con −(π − ε) ≤ θ ≤ (π − ε) e ε > 0, la funzione z log z ammette la primitiva z 2 (−1 + 2 log z)/4. Pertanto   z log zdz = lim z log zdz γR

ε→0

γR,ε

Rei(π−ε) z2 = lim (−1 + 2 log z) ε→0 4 Re−i(π−ε) R2 R2 (−1 + 2(ln R + iπ)) − (−1 + 2(ln R − iπ)) 4 4 = iπR2 .

=

7.19. Posto z = reiθ , il ramo principale di F (z) = tan(z 1/2 ) `e una funzione analitica per r > 0 e −π < θ < π ad eccezione delle singolarit` a isolate nei

242

A Soluzione degli esercizi proposti

punti z = ((2n + 1)π/2)2 . Nel dominio di analiticit` a, la sua derivata vale d 1 . tan(z 1/2 ) = 1/2 dz 2z cos2 (z 1/2 ) Posto γε (ϕ) = Reiϕ , con −(π −ε) ≤ ϕ ≤ π −ε e ε > 0,√per z ∈√{γε } la funzione F (z) `e una primitiva della funzione integranda 1/(2 z cos2 ( z)). Pertanto   1 1 √ √ dz = lim √ √ dz 2 ( z) 2 ( z) ε→0 2 z cos 2 z cos γ γε z=Rei(π−ε) = lim tan(z 1/2 ) ε→0 z=Re−i(π−ε) 

= lim tan(R1/2 ei(π−ε)/2 ) − tan(R1/2e−i(π−ε)/2 ) ε→0 √ √ = tan(i R) − tan(−i R) √ = 2 tan(i R) √ = 2i tanh( R). 7.20. Posto γ = λ + γR dove λ(t) = t − i, −1 ≤ t ≤ 1 e γR (t) = −π/4 ≤ t ≤ 5π/4, si ha    1 1 1 dz = dz + dz. z z γ λ γR z

√

2eit ,

In base alla definizione di integrale si ha  1  1 1 π dz = dt = log(1 + i) − log(−1 + i) = −i , z t + i 2 −1 λ  γR

1 dz = z

In conclusione



5π/4 −π/4

√ 1 1 1 √ i 2eit dt = ei5π/2 − e−iπ/2 = i. −it 2 2 2e  γ

1 π dz = i(1 − ). z 2

√ 7.21. Il quadrato γ ha lati di lunghezza d = 2. Ogni punto di γ dista dall’origine non meno del raggio r della circonferenza inscritta in γ e non pi` u del raggio √ R della circonferenza in cui γ `e inscritto. Tali raggi valgono r = d/2 = 1/ 2 e R = 1. Pertanto √ z |z|1/2 R1/2 2 ≤ r 2 = 2, z2 = |z|

∀z ∈ {γ}.

Esercizi del Capitolo 7

243

Usando la disuguaglianza di Darboux,  f(z)dz ≤ M L, γ

dove M `e una costante tale che |f(z)| ≤ M ∀z ∈ {γ} √ e L `e la lunghezza del cammino γ. Possiamo quindi porre M = 2 e L = 4 2 e ottenere  √ √ z dz ≤ 8 2. 2 γ z 7.22. Si osservi che il ramo principale di z 1/3 = exp[(1/3) log z] `e una funzione analitica sul cammino γR,ε (θ) = Reiθ , con −π + ε ≤ θ ≤ π − ε e ε > 0, e ivi ammette come primitiva il ramo principale di 34 z 4/3 . Si ha allora   1/3 z dz = lim z 1/3 dz ε→0

γR

γR,ε

z=Rei(π−ε) 3 4/3 = lim z ε→0 4 z=Rei(−π+ε)  3 4/3 i 4 (π−ε) 4 e3 = lim R − ei 3 (−π+ε) ε→0 4  4 3 = lim R4/3 2i sin (π − ε) ε→0 4 3  4π 3 = R4/3 2i sin 4 3 √ 3 3 4/3 = −i R . 4

7.23. Le curve in questione possono essere parametrizzate da: γ1 (y) = iy, 0 ≤ y ≤ 1, γ2 (x) = x + i, 0 ≤ x ≤ 1 e γ3 (t) = t + it, 0 ≤ t ≤ 1. Pertanto   1  1 f(z)dz = f(γ1 (y))γ1 (y)dy = yidy = i/2, 0

γ1





1

f(z)dz = 0

γ2

e quindi

0

f(γ2 (x))γ2 (x)dx =

 γ1 +γ2

1

f(z)dz = γ3

0

(1 − x − i3x2 )idx = 1/2 − i,

 f(z)dz = 1/2 − i/2,

f(z)dz + γ1



1

0

 f(z)dz =

mentre 



f(γ3 (t))γ3 (t)dt

γ2



1

= 0

(t − t − i3t2 )(1 + i)dt = 1 − i.

244

A Soluzione degli esercizi proposti

7.24. La funzione f(z) =

1 1 + z−1 z−2

ammette come primitiva uno qualsiasi dei rami di F (z) = log(z−1)+log(z−2) nel dominio di analiticit`a del ramo considerato. In nessun caso tale dominio di analiticit` a copre l’intero anello A. 7.25. Risulta f costante. Infatti dalla formula integrale di Cauchy e dall’ipotesi su |f| segue che per ∀z ∈ C 1  f(w) |f  (z)| = dw 2πi |w−z|=R (w − z)2  |f(w)| 1 ≤ dw 2π |w−z|=R |w − z|2 ≤

M + R1/2 , R

con R arbitrariamente grande in quanto f `e intera. Si conclude che f  (z) = 0 ∀z ∈ C e quindi f costante in C. 7.26. Il ramo principale di f(z) = e(a−1) log z , definito da log z = ln r +iθ, dove z = reiθ con r > 0 e −π < θ < π, `e una funzione analitica in {z ∈ C, z = −t, t ∈ [0, ∞)}. Scelta per γ la rappresentazione parametrica γ(θ) = Reiθ con −π ≤ θ ≤ π, si ha   π z a−1 dz = e(a−1) log γ(θ) γ  (θ)dθ γ



−π π

=

e(a−1)(ln R+iθ) iReiθ dθ

−π

= iRe(a−1) ln R



π

eiaθ dθ

−π

eiaπ − e−iaπ ia sin(πa) . = 2πiRa πa

= iRa

Si osservi che l’integrale si annulla quando a assume valori interi positivi o negativi escluso lo zero. Come dovevamo aspettarci, per a → 0 si ha   a−1 lim z dz = 2πi = z −1 dz. a→0

γ

γ

Esercizi del Capitolo 7

245

7.27. Si ponga g(z) = exp(f(z)). La funzione g `e intera. Essa `e anche limitata in C in quanto ∀z ∈ C risulta |g(z)| = eu(z) ≤ ec . Per il teorema di Liouville, g(z) `e quindi costante in C. Si conclude che anche u(z) = ln |g(z)| `e costante in C. 7.28. Dalle disuguaglianze di Cauchy si ha (4) 4!Mr , f (0) ≤ r4

Mr = sup |f(z)| . |z|=r

D’altro canto per le ipotesi su f si ha |f (4)(0)| = queste relazioni si ottiene

√

2 e Mr ≤ 5r 3 . Combinando

√ 24 2 ≤ 4 5r3 , r √ cio`e r ≤ 60 2.

√ 7.29. Si assuma, come al solito, per z il ramo principale avente linea di diramazione coincidente con il semiasse reale negativo. a) Poich´e la funzione integranda `e analitica su e dentro γ, risulta √  f(z) z dz = 0. 2 γ (z + i) b) Poich´e la funzione integranda ha una singolarit` a su γ, l’integrale √  f(z) z dz (z − 1)2 γ non `e calcolabile. √ c) La funzione g(z) = f(z) z `e analitica su e dentro γ e z = 4 `e interno a γ. Quindi utilizzando la formula integrale di Cauchy si ottiene √  f(z) z dz = 2πi(f(4)/4 + 2f  (4)). 2 (z − 4) γ

246

A Soluzione degli esercizi proposti

Esercizi del Capitolo 8 8.1. Si osservi che f(z) `e analitica ovunque ad eccezione del punto z = −b/a. Pertanto f(z) `e sviluppabile in serie di Taylor intorno a z0 = 0 per |z| < |b/a|. Poich´e f (1) (z) = −a(az + b)−2 , f (2) (z) = +2a2 (az + b)−3 , f (3) (z) = −6a3 (az + b)−4 , f (4) (z) = +24a4 (az + b)−5 , .. . f (n) (z) = (−1)n n!an (az + b)−(n+1) , si ha ∞

f (n) (0) n 1 = z az + b n=0 n!

=

∞

(−1)n

n=0

=

∞

(−1)n

n=0

an n! n z n!bn+1 an bn+1

zn.

Il raggio di convergenza `e anche calcolabile come n n+1 a /b |b| R = lim n+1 n+2 = . n→∞ |a /b | |a| Alternativamente, utilizzando il risultato notevole valido per la serie geometrica, si ha ∞ ∞

1 1 1 1 an = = (−1)n (az/b)n = (−1)n n+1 z n , az + b b 1 + az/b b n=0 b n=0

che converge per |az/b| < 1, cio`e per |z| < |b|/|a|. 8.2. Poich´e (z 2 + 1)2 = (z − i)2 (z + i)2 , la funzione f(z) `e analitica ovunque ad eccezione dei punti z = ±i. Nella regione 0 < |z − i| < 2 vale la rappresentazione ∞

1 = cn (z − i)n , (z 2 + 1)2 n=−∞

Esercizi del Capitolo 8

247

con 1 cn = 2πi

 γ

(z 2 + 1)−2 dz, (z − i)n+1

dove γ `e un arbitrario cammino di integrazione chiuso semplice regolare a tratti orientato positivamente che contiene al suo interno z0 = i ed `e contenuto in A(i, 0, 2). Posto g(z) = (z + i)−2 , per il teorema di Cauchy-Goursat e dalla formula integrale di Cauchy, si ha 1 cn = 2πi

 γ

g(z) dz = (z − i)n+3



0 g(n+2) (i)/(n + 2)!

n ≤ −3 . n ≥ −2

Osservando che g (1)(z) = −2(z + i)−3 , g (2)(z) = +6(z + i)−4 , g (3)(z) = −24(z + i)−5, .. . g (n)(z) = (−1)n (n + 1)!(z + i)−(n+2) , si ottiene ∞

1 (−1)n+2 (n + 3)!(2i)−(n+4) (z − i)n = (z 2 + 1)2 (n + 2)! n=−2

=

∞

in (n + 3) (z − i)n (n+4) 2 n=−2

∞ n

1 i i (n + 3) = − (z − i)−2 − (z − i)−1 + (z − i)n . (n+4) 4 4 2 n=0

` possibile sviluppare f(z) in serie di Laurent anche nella regione 2 < |z −i| < E ∞. Anzich´e seguire un procedimento analogo al precedente si ponga (z 2

1 1 = 2 2 + 1) (z − i) (z − i + 2i)2 1 1 = 

2 (z − i)4 2i 1 + z−i =

d 1 −1 , 4 (z − i) dw 1 + w

248

A Soluzione degli esercizi proposti

dove w = 2i/(z − i). Per |w| < 1, cio`e |z − i| > 2, si ha ∞ 1 −1 d = (−1)n w n (z 2 + 1)2 (z − i)4 dw n=0  n−1 ∞ −1 2i n = (−1) n (z − i)4 n=1 z−i

= =

∞

(−1)n+1 n

n=1 ∞

(2i)n−1 (z − i)n+3

(−1)k (k + 1)(2i)k (z − i)−(k+4).

k=0

8.3. Posto g(z) = exp(z 2 ) e cambiando z → z 2 nello sviluppo in serie di Taylor di exp(z), per |z| < ∞ si ha g(z) =

∞

z 2n . n! n=0

Dal teorema sull’integrazione delle serie di potenze si ottiene 

z

f(z) = =

g(w)dw 0 ∞

1 n! n=0



z

w2n dw

0

z ∞

1 w 2n+1 = n! 2n + 1 0 n=0 =

∞

z 2n+1 . (2n + 1)n! n=0

Il raggio di convergenza della serie ottenuta `e infinito come quello della serie che rappresenta g. 8.4. Il ramo principale di log z `e una funzione analitica ovunque ad eccezione del semiasse reale negativo inclusa l’origine. Pertanto la funzione in esame `e analitica ovunque ad eccezione dei punti z che soddisfano 1+z = −t, 1−z

t ∈ [0, ∞),

Esercizi del Capitolo 8

249

ovvero z(t) =

1+t , t−1

t ∈ [0, ∞),

che rappresentano i semiassi reali (−∞, −1] e [1, +∞). Per determinare lo sviluppo di Taylor intorno a z = 0, tale sviluppo esiste all’interno della circonferenza centrata nell’origine e di raggio 1, si osservi che ∞

1+z 2 d log = = 2 z 2n . dz 1−z 1 − z2 n=0

Pertanto log

1+z 1+z 1+0 = log − log 1−z 1−z 1−0   z d 1+w = log dw 1−w 0 dw  z ∞ = 2 w 2ndw 0

n=0

∞

z 2n+1 . =2 2n + 1 n=0

8.5. Ricordando gli sviluppi notevoli sinh z =

∞

∞

1 = (−1)n z n , 1+z n=0

z 2n+1 , (2n + 1)! n=0

si ha 1 =  z 2 sinh z z2 z +

z3 3!

1 +

z5 5!

+...



1 1  z2  3 z 1 + 3! + z5!4 + . . . $ #  2 2  2 1 z4 z z4 z = 3 1− + +... + + +... +... z 3! 5! 3! 5! # $  2 2 z4 z z2 1 − + = 3 1− +... z 3! 5! 3!

=

=

1 7z 1 − + +... z 3 6z 360

250

A Soluzione degli esercizi proposti

8.6. Per 0 < |z| < 1 possiamo scrivere f(z) =

1 d 1 z 2 dz 1 − z

∞ 1 d k = 2 z z dz k=0

=

∞

kz k−3

k=1

=

∞

(n + 3)z n

n=−2

=

1 2 + + 3 + 4z + 5z 2 + . . . 2 z z

Per 1 < |z| < ∞, ponendo w = z −1 e notando che |w| < 1, si ha f(z) =

w4 2

(1 + w)

= w4

d 1 dw 1 − w

= w4

∞ d k w dw k=0

=

∞

kw k+3

k=1

=

∞

(n − 3)z −n

n=4

=

1 2 3 4 5 + 5 + 6 + 7 + 8 +... 4 z z z z z

8.7. Il ramo principale di log z log z = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

−π < θ < π,

`e una funzione analitica in tutto C ad eccezione del semiasse reale negativo ` evidente che il massimo cerchio di centro z0 = 3 in cui origine compresa. E log z `e analitica ha raggio 3. Detto z un qualsiasi punto tale che |z − 3| < 3,

Esercizi del Capitolo 8

si ha

 log z − log 3 = 

z

ds s

z

ds   3 1 + s−3 3

3

= 3

251

 k ∞ ds s−3 k (−1) = 3 3 3 k=0  ∞

(−1)k z = ds(s − 3)k 3k+1 3 

z

k=0

=

∞

k=0

=

(−1)k (z − 3)k+1 (k + 1)3k+1

∞

(−1)n−1 (z − 3)n . n n3 n=1

Quindi log z = ln 3 + = ln 3 +

∞

(−1)n−1 (z − 3)n n n3 n=1

z − 3 (z − 3)2 (z − 3)3 − + +... 3 18 81

Una verifica diretta conferma che il raggio di convergenza della serie `e R = 3. Infatti, detto an il coefficiente n-esimo della serie, si ha  1 n→∞ |an | (n + 1)3n+1 = 3 1 + −−−−→ 3. = |an+1 | n3n n 8.8. Il ramo principale di log z `e una funzione analitica in tutto C ad eccezione del semiasse reale negativo inclusa l’origine. Pertanto la funzione in esame `e analitica ovunque ad eccezione dei punti z ∈ C che soddisfano 1 + z 2 = −t,

t ≥ 0,

ovvero √ z(t) = ±i 1 + t,

t ≥ 0.

Lo sviluppo in serie di Taylor intorno a z = 0 esiste all’interno del massimo cerchio di analiticit`a centrato nell’origine: questo ha raggio 1. Utilizzando lo sviluppo notevole, valido per |z| < 1, log(1 + z) =

∞

(−1)n+1 n z , n n=1

252

A Soluzione degli esercizi proposti

si ha ∞

  (−1)n+1 2n (z + 1) log 1 + z 2 = (z + 1) z n n=1

=

∞ ∞

(−1)n+1 2n+1 (−1)n+1 2n + z z n n n=1 n=1

= z2 + z3 − =

∞

z4 z5 z6 z7 z8 z9 − + + − − +... 2 2 3 3 4 4

ak z k ,

k=2

dove

. ak =

(2(−1)k/2+1 )/k, (2(−1)(k−1)/2+1 )/(k − 1),

k pari . k dispari

Come aspettato, il raggio di convergenza di questa serie `e ak = 1. R = lim k→∞ ak+1 8.9. Per 0 < |z| < 2 possiamo scrivere la funzione f(z) nella forma f(z) =

1 1 . 2z 2 1 + z/2

Posto w = z/2 e usando lo sviluppo notevole ∞

1 (−1)n wn , = 1 + w n=0

|w| < 1,

si ha ∞

n 1 1 n z = (−1) z 3 + 2z 2 2z 2 n=0 2

=

∞

(−1)n n−2 z 2n+1 n=0

=

1 1 1 1 1 1 1 − 2 + 3 − 4 z + 5 z2 + . . . 2 z2 2 z 2 2 2

Per 2 < |z| < ∞ possiamo invece scrivere f(z) =

1 1 . 3 z 1 + 2/z

Esercizi del Capitolo 8

253

Posto ora w = 2/z nella regione anulare considerata si ha |w| < 1 e quindi  n ∞ 2 1 1 n = 3 (−1) z 3 + 2z 2 z n=0 z =

∞

(−1)n 2n z −n−3

n=0

= 8.10. Per 0 < |z| <

1 2 22 23 24 25 − + − + − +... z3 z4 z5 z6 z7 z8

√ 2 possiamo scrivere la funzione f(z) nella forma f(z) =

1 1 . 2z 1 + z 2 /2

Posto w = z 2 /2 e usando lo sviluppo notevole ∞

1 (−1)n wn , = 1 + w n=0

|w| < 1,

si ha  2 n ∞ z 1 1 n (−1) = 3 z + 2z 2z n=0 2

Per

√

=

∞

(−1)n 2n−1 z (2)n+1 n=0

=

z z3 z5 z7 1 − + − + +... 2z 4 8 16 32

2 < |z| < ∞ possiamo invece scrivere f(z) =

1 1 . 3 z 1 + 2/z 2

Posto ora w = 2/z 2 nella regione anulare considerata si ha |w| < 1 e quindi  n ∞ 2 1 1 n (−1) = 3 z 3 + 2z z n=0 z2 =

∞

(−1)n 2n z −2n−3

n=0

=

1 2 4 8 16 32 − + 7 − 9 + 11 − 13 + . . . z3 z5 z z z z

254

A Soluzione degli esercizi proposti

8.11. Il ramo principale di log z log z = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

−π < θ < π,

`e analitico in tutto C ad eccezione del semiasse reale negativo origine compresa. Pertanto la funzione log(z 2 ) `e analitica in tutto C ad eccezione dell’intero asse immaginario. Il massimo cerchio di centro z0 = −1 all’interno del quale log(z 2 ) `e analitica ha raggio 1. Detto z un qualsiasi punto tale che |z + 1| < 1 e osservando che d log(z 2 )/dz = 2z −1, si ha  z 2 dw log(z 2 ) − log((−1)2 ) = w −1  z 1 = −2 dw −1 1 − (w + 1)  z ∞ = −2 (w + 1)k dw −1 k=0

= −2

∞ 

k=0

= −2

z

(w + 1)k dw

−1

∞

(z + 1)k+1 k=0

k+1

∞

2 =− (z + 1)n . n n=1

Osservando che log((−1)2 ) = 0, si conclude log(z 2 ) = −

∞

2 (z + 1)n n n=1

2 2 = −2(z + 1) − (z + 1)2 − (z + 1)3 − (z + 1)4 + . . . 3 4 Una verifica diretta conferma che il raggio di convergenza di questa serie di potenze `e R = 1. Infatti, detto an il coefficiente n-esimo della serie, si ha an 2 n + 1 n + 1 n→∞ = an+1 n 2 = n −−−−→ 1. 8.12. Per 0 < |z − i| < 2 possiamo scrivere la funzione f(z) nella forma f(z) =

1 1 1 1 = = . (z − i)(z + i) (z − i)(z − i + 2i) 2i(z − i) 1 + (z − i)/(2i)

Posto w = (z − i)/(2i) e usando lo sviluppo notevole ∞

1 = (−1)n wn , 1 + w n=0

|w| < 1,

Esercizi del Capitolo 8

255

si ha  n ∞

1 z−i 1 n = (−1) z2 + 1 2i(z − i) n=0 2i =

∞

(−1)n (z − i)n−1 n+1 (2i) n=0

=−

i 1 i 1 i 1 + 3 (z − i) − 4 (z − i)2 − 5 (z − i)3 + . . . + 2 z − i 22 2 2 2

Per 2 < |z − i| < ∞ possiamo invece scrivere f(z) =

1 1 1 1 = = . (z − i)(z + i) (z − i)(z − i + 2i) (z − i)2 1 + 2i/(z − i)

Posto ora w = 2i/(z − i), nella regione anulare considerata si ha |w| < 1 e quindi n  ∞

1 1 2i n = (−1) z2 + 1 (z − i)2 n=0 z−i =

∞

(−1)n (2i)n (z − i)−n−2

n=0

=

1 2i 22 23 i 24 − − + + +... (z − i)2 (z − i)3 (z − i)4 (z − i)5 (z − i)6

8.13. Ricordando lo sviluppo notevole ez =

∞

zn , n! n=0

si ha eiz − e−iz 2i  1 (1+i)z e = − e(1−i)z 2i   ∞ ∞ 1 (1 + i)n n (1 − i)n n = z − z 2i n=0 n! n! n=0 √ −iπ/4 n ∞ √ iπ/4 n

2e − 2e = zn 2in! n=0

ez sin z = ez

=

∞

2n/2 sin(nπ/4) n z n! n=0

= z + z2 +

z3 z5 z6 z7 − − − +... 3 30 90 630

256

A Soluzione degli esercizi proposti

8.14. Il ramo principale di log(z 2 ) `e una funzione analitica in tutti i punti del piano complesso ad eccezione di quelli per cui z2 = −t con t ∈ [0, +∞), che sono i punti z(t) = ±it con t ∈ [0, +∞), cio`e l’intero asse immaginario. Osservando che per |z − 1| < 1 vale d 2 log(z 2 ) = dz z 1 1 + (z − 1) ∞

(−1)k (z − 1)k , =2

=2

k=0

si ha 

d log(w 2 ) dw dw 1  z ∞

k (−1) (w − 1)k dw =2

log(z 2 ) − log(12 ) =

=2 =2

z

k=0 ∞

(−1)k

k=0 ∞

1

(z − 1)k+1 k+1

(−1)n−1 (z − 1)n . n n=1

Pertanto log(z 2 ) = 2

∞

(−1)n−1 (z − 1)n n n=1

che ha raggio di convergenza R = 1. Alternativamente, si osservi che nella regione Re z > 0 i rami principali delle funzioni log z e log(z 2 ) sono entrambi funzioni analitiche. Inoltre si ha log(z 2 ) = 2 log(z) quando, ad esempio, z ∈ [1, 2]. Pertanto in tutta la regione Re z > 0 deve risultare log(z 2 ) = 2 log(z). Utilizzando lo sviluppo notevole log z =

∞

(−1)n−1 (z − 1)n , n n=1

|z − 1| < 1,

si conclude che log(z 2 ) = 2

∞

(−1)n−1 (z − 1)n , n n=1

|z − 1| < 1.

Esercizi del Capitolo 8

8.15. Usando gli sviluppi di Taylor notevoli cos z =

∞

(−1)n 2n z , (2n)! n=0

log(1 + z) = possiamo scrivere (cos z)

1/z 2

∞

(−1)n−1 n z , n n=1

|z| < 1,



1 = exp log(cos z) z2   2  z4 z6 z 1 − +... log 1 + − + = exp z2 2! 4! 6!   2 z z4 z6 1 − + − + . . . = exp z2 2! 4! 6!  2 2 4 6 1 z z z +... − − + − +... 2 2! 4! 6!  1 1 1 = exp − − z 2 − z 4 + . . . . 2 12 45

Pertanto lim (cos z)

z→0

|z| < ∞,

1/z 2

 1 2 1 1 4 = lim exp − − z − z + . . . z→0 2 12 45 = e−1/2 .

8.16. a) Per 0 < |z| < 1 possiamo scrivere f(z) =

1 1 , z 1 + z2

e usando lo sviluppo notevole ∞

1 (−1)n wn , = 1 + w n=0

|w| < 1,

si ha ∞  n 1 1 = (−1)n z 2 z + z3 z n=0

=

∞

(−1)n z 2n−1

n=0

=

1 − z + z3 − z5 + . . . z

257

258

A Soluzione degli esercizi proposti

b) Per 0 < |z − i| < 1 possiamo invece scrivere 1 z(z − i)(z + i) 1 1 1 1 1 = z−i z − i i 1 + z−i 2i 1 + i 2i   1 1 2 1 = − z − i 2 1 + z−i 1 + z−i 2i i

f(z) =

e quindi 1 1 1 = 3 z +z 2z−i =

∞



∞

∞

− i)n (z − i)n − 2 (−1)n n n 2 i in n=0

n (z

(−1)

n=0

 in 2−(n+1) − 1 (z − i)n−1

n=0

=−

3 7 15 1 − i + (z − i) + i(z − i)2 2(z − i) 4 8 16 31 63 − (z − i)3 − i(z − i)4 + . . . 32 64

8.17. Per 0 < |z| < 2 possiamo scrivere la funzione f(z) nella forma f(z) =

1 3+z . 2 2z 1 + z/2

Posto w = z/2 e usando lo sviluppo notevole ∞

1 = (−1)n wn , 1 + w n=0

|w| < 1,

si ha 3+z = 3 z + 2z 2 = =



3 1 + 2 2z 2z

∞

n=0 ∞

n=0

∞

(−1)n

n=0

z n 2

∞

(−1)n 3 n−2 (−1)n n−1 z + z n+1 2 2n+1 n=0 ∞ (−1)n 3 n−2 (−1)n−1 n−2 z + z 2n+1 2n n=1 ∞

=

(−1)n 3 + z n−2 2z 2 n=1 2n+1

=

3 1 1 z z2 − + − + +... 2z 2 4z 8 16 32



Esercizi del Capitolo 8

259

Per 2 < |z| < ∞ possiamo invece scrivere f(z) =

3+z 1 . 3 z 1 + 2/z

Posto ora w = 2/z, nella regione anulare considerata si ha |w| < 1 e quindi ∞  n  3+z 2 3 1 n = + (−1) 3 2 3 2 z + 2z z z z n=0 = =

∞

n=0 ∞

3(−1)n 2n z −n−3 + 3(−1)n 2n z −n−3 +

n=0

∞

(−1)n 2n z −n−2

n=0 ∞

(−1)n+1 2n+1 z −n−3

n=−1

1 = 2+ (−1)n 2nz −n−3 z n=0 ∞

=

1 1 2 4 8 16 32 + 3 − 4 + 5 − 6 + 7 − 8 +... z2 z z z z z z

8.18. Ricordando lo sviluppo notevole ez =

∞

zn , n! n=0

si ha ez − e−z eiz sinh z = eiz 2  1 (1+i)z e = − e(−1+i)z 2  ∞ ∞ 1 (1 + i)n n (−1 + i)n n z − z = 2 n=0 n! n! n=0 √ i3π/4 n ∞ √ iπ/4 n

2e − 2e zn = 2n! n=0 =

∞

2n/2−1 [cos(nπ/4) + i sin(nπ/4)] (1 − in ) n z n! n=0

= z + iz 2 −

z3 z5 iz 6 z7 − − + +... 3 30 90 630

8.19. a) Ricordando gli sviluppi in serie di Maclaurin sin z =

∞

(−1)k 2k+1 , z (2k + 1)! k=0

cos z =

∞

(−1)k k=0

(2k)!

z 2k ,

260

A Soluzione degli esercizi proposti

validi ∀z ∈ C, per |z| < π/2 si ha cos z = 0 e quindi in tale regione tan z `e analitica e sviluppabile in serie di Taylor con centro in z0 = 0: tan z =

z−

z3 3! z2 2!

+

z5 5! z4 4!

−

z7 7! z6 6!

+...

1− + − +...  z5 1 z3  2  + +... = z− 4 3! 5! 1 + − z2! + z4! + . . .  #  2 z3 z5 z z4 = z− + +... 1− − + +... 3! 5! 2! 4! $  2 2 z z4 + − + +... ... 2! 4!   2   1 1 1 1 1 1 3 z + − − + z5 + . . . =z+ − + 3! 2! 5! 4! 3!2! 2!

2 1 = z + z3 + z5 + . . . 3 15 b) La funzione tan z `e analitica nella regione anulare 0 < |z − π/2| < π con centro in z0 = π/2 e in tale regione `e sviluppabile in serie di Laurent. Posto z = w + π/2 si ha sin z = sin(w + π/2) = cos w =

∞

(−1)k

(2k)!

k=0 ∞

cos z = cos(w + π/2) = − sin w =

k=0

w2k ,

(−1)k+1 2k+1 w , (2k + 1)!

e quindi tan z =

4 6 w2 + w4! − w6! + . . . 2! 3 5 7 + w3! − w5! + w7! + . . .  2 4

1− −w

=−

1 w

=−

1 z−

w w 1 + +...  2  4 2! 4! 1 + − w3! + w5! + . . .  #  1 w w3 w2 w4 = − + − +... 1− − + +... w 2! 4! 3! 5! $ 2  w4 w2 + +... +... + − 3! 5!    2  1 1 1 1 1 1 1 w+ − + − + − w3 + . . . =− + w 2! 3! 4! 2!3! 5! 3! 1−

π 2

+

z− 3

π 2

+

(z − π2 )3 +... 45

Esercizi del Capitolo 8

261

8.20. Poich´e risulta ∞

 2 n d 1 −z arctan z = = , dz 1 + z 2 n=0

|z| < 1,

integrando termine a termine si ha  z ∞ ∞

(−1)n 2n+1 n 2n (−1) w dw = , arctan z = z 2n + 1 0 n=0 n=0

|z| < 1.

Il raggio di convergenza di questa serie `e evidentemente R = 1. Allo stesso risultato si giunge con la formula di Hadamard 1 1/n , = lim sup |an | R n→∞ dove



(−1)(n−1)/2 /n 0

n dispari n pari ∞ `e il coefficiente della serie riscritta nella forma n=0 an z n . an =

8.21. La funzione f(z) `e analitica per |z| < π/2 e in tale regione `e sviluppabile in serie di Maclaurin f(z) =

∞

f (k) (0) k=0

k!

zk .

D’altro canto, utilizzando lo sviluppo notevole di cos z intorno a z = 0, si ha f(z) =

1−

z2 2

+

1 −

z4 24

z6 720

+...  2 2  2 4 z z z4 z +... + − + +... +... =1− − + 2 24 2 24  1 1 1 z4 + . . . = 1 + z2 + − + 2 24 4

Per l’unicit` a dello sviluppo in serie di Taylor, deve essere  1 1 (4) f (0) = − + 4! = 5. 24 4 8.22. Nella comune regione di convergenza e supponendo che la somma della serie a denominatore non si annulli, il rapporto di due serie di potenze `e ancora una serie di potenze data da   ∞ ∞ n−1

an z n 1 n n=0 ∞ = dn z , dn = an − dk bn−k . n b0 n=0 bn z n=0 k=0

262

A Soluzione degli esercizi proposti

Nel caso considerato in cui an = 1, bn = 2n, n = 0, 1, 2, . . . , l’equazione iterativa per i coefficienti dn fornisce d0 = 1, d1 = 1 − d0 21 = 1 − 2 = −1, d2 = 1 − d0 22 − d1 21 = 1 − 4 + 2 = −1, d3 = 1 − d0 23 − d1 22 − d2 21 = 1 − 8 + 4 + 2 = −1, .. . dn = 1 −

n−1

dk 2n−k = −2n +

n−1

j=0

k=0

2j = −2n +

1 − 2n = −1, 1−2

n > 1.

Il raggio di convergenza R `e dato dalla formula di Hadamard 1 1/n = 1. = lim sup |dn | R n→∞  n Alternativamente,  si osservi che per |z| < 1 si ha ∞ n=0 z = 1/(1 −z), mentre ∞ per |z| < 1/2 vale n=0 2n z n = 1/(1 − 2z). Pertanto ∞ n ∞ ∞

z 1 n ∞n=0 n n = 1 − z = 1−z z =1− zn . 1−z n=0 2 z n=0 n=1 Tale sviluppo `e valido per |z| < 1 e coincide con il risultato trovato in precedenza. Si noti che il teorema sul rapporto di due serie di potenze assicura la convergenza della serie risultante all’interno del cerchio di raggio Rth = min{R1, R2 }, dove R1 e R2 sono i raggi di convergenza delle serie a numeratore e denominatore (supposte di medesimo centro). In generale, si avr` a Rth ≤ R essendo R l’effettivo raggio di convergenza. Nel presente esempio R1 = 1, R2 = 1/2 e Rth = 1/2 < R = 1. 8.23. Osservando che 1 dn (1 − w)−1/2 = n dw 2



 1 1 + 1 ... + n − 1 (1 − w)−1/2−n , 2 2

per |w| < 1 il ramo principale di (1 − w)−1/2 ammette lo sviluppo in serie di Taylor ∞ 1

+n−1 n −1/2 2 w , (1 − w) = n n=0 dove il coefficiente binomiale `e definito da  x(x − 1)(x − 2) . . . (x − n + 1) x . = n! n

Esercizi del Capitolo 8

263

Posto w = 2αz − z 2 , per |z| sufficientemente piccolo si ha |w| < 1 e quindi `e possibile usare il precedente sviluppo per ottenere 1 1 3 √ = 1 + (2αz − z 2 ) + (2αz − z 2 )2 2 2 8 1 − 2αz + z 5 + (2αz − z 2 )3 + . . . 16   1 3 2 2 3 5 3 3 = 1 + αz + − + α z + − α + α z + . . . 2 2 2 2 Da questa si ricava P1 (α) = α, 1 3 P2 (α) = − + α2 , 2 2 5 3 P3 (α) = − α + α3 . 2 2 8.24. Ricordando lo sviluppo in serie notevole ∞

1 wk , = 1−w

|w| < 1,

k=0

per 0 < |z − 1| < 1 si ha 1 (z −

1)2 (z

−

2)2

=

1 d −1 2 (z − 1) dz z − 2

=

d 1 1 (z − 1)2 dz 1 − (z − 1)

=

∞ d 1 (z − 1)k (z − 1)2 dz k=0

=

=

1 (z − 1)2 ∞

∞

k(z − 1)k−1

k=1

k(z − 1)k−3

k=1

=

∞

(n + 3)(z − 1)n

n=−2

=

1 2 + 3 + 4(z − 1) + 5(z − 1)2 + . . . + 2 (z − 1) z−1

264

A Soluzione degli esercizi proposti

8.25. Ricordando gli sviluppi notevoli di cos z, sin z, ez e 1/(1 ± z), si ha f(z) = 

1−

z2 −

z6 6 2

=

=

= =

+

z 10 120

z2 2

4

+ z +...   24 2 + . . . 1 + z + z2 +

z3 6

+···−1



4

1 − z2 + z24 + . . .   2 z 3 1 + z2 + z6 + . . .  #  1 z2 z4 z z2 1 − + + . . . 1 − + + . . . z3 2 24 2 6 $ 2  z2 z + +... +... + 2 6  z 1 5z 2 1− − +... z3 2 12 1 1 5 − 2 − +... 3 z 2z 12z

8.26. Si osservi che   

1 1/z 2 = log exp log (cos z) log(cos z) z2 %  2 & z z4 z6 1 − +... = 2 log 1 + − + z 2! 4! 6! # z4 z6 z2 1 − +... − + = 2 z 2! 4! 6! $  2 2 1 z z4 z6 − − + − +... +... 2 2! 4! 6! 1 1 1 = − − z2 − z4 + . . . , 2 12 45 avendo usato gli sviluppi di Taylor notevoli cos z =

∞

(−1)n 2n z , (2n)! n=0

log(1 + z) =

|z| < ∞,

∞

(−1)n−1 n z , n n=1

|z| < 1.

Si osservi che la funzione presenta una singolarit` a eliminabile in z = 0.

Esercizi del Capitolo 8

8.27. a) Per 0 < |z − i| < 1 possiamo scrivere 1 z(z − i)(z + i) 1 1 1 1 1 = z−i z − i i 1 + z−i 2i 1 + i 2i   1 1 2 1 = − z − i 2 1 + z−i 1 + z−i 2i i

f(z) =

e quindi 1 1 1 = 3 z +z 2z−i =

∞



∞

(−1)

n=0

∞

− i)n (z − i)n − 2 (−1)n n n 2 i in n=0

n (z



 in 2−(n+1) − 1 (z − i)n−1

n=0

= −

3 7 15 1 − i + (z − i) + i(z − i)2 + . . . 2(z − i) 4 8 16

b) Per 2 < |z − i| < ∞ possiamo invece scrivere 1 z(z − i)(z + i) 1 1 1 = i 2i (z − i)3 1 + z−i 1 + z−i   1 1 2 = − 2i i (z − i)3 1 + z−i 1 + z−i

f(z) =

e quindi 1 1 = z + z3 (z − i)3 =

∞



∞

∞

2n i n in n (−1)n − (−1) 2 (z − i)n n=0 (z − i)n n=0

 (−1)n in 2(n+1) − 1 (z − i)−n−3

n=0

=

1 3i 7 15i − − + +... (z − i)3 (z − i)4 (z − i)5 (z − i)6



265

266

A Soluzione degli esercizi proposti

8.28.

a) Nella regione 0 < |z| < 1, essendo z 2 < 1, si ha z 2 (1

1 2z 1 d =− 2 2 2 +z ) z dz 1 + z 2 =−

∞ 1 d (−1)k z 2k z 2 dz k=0

=

∞

(−1)k−1 2kz 2k−3

k=1 ∞

=

(−1)n 2(n + 1)z 2n−1

n=0

2 − 4z + 6z 3 − 8z 5 + O(z 7 ). z b) Nella regione 1 < |z| < ∞, essendo 1/z 2 < 1, si ha =

2z 1 d 1 1 =− 2 z 2 (1 + z 2 )2 z dz z 2 1 + z12 =−

∞ 1 d 1 (−1)k z −2k z 2 dz z 2 k=0

=

∞

(−1)k (2k + 2)z −2k−5

k=0

=

2 4 6 8 − 7 + 9 − 11 + O(z −13 ). z5 z z z

8.29. Posto g(w) = sin(πw 2 /2) dallo sviluppo in serie di Taylor di sin(z), valido per |z| < ∞, cambiando z → πw 2 /2 si ha ∞ ∞

(−1)n (−1)n π 2n+1 2 2n+1 (πw /2) w 4n+2 . g(w) = = 2n+1 (2n + 1)! (2n + 1)! 2 n=0 n=0

Dal teorema sull’integrazione delle serie di potenze si ottiene  z ∞ (−1)n π 2n+1 4n+2 w dw S(z) = 2n+1 (2n + 1)! 0 n=0 2  z ∞

(−1)n π 2n+1 w4n+2 dw = 2n+1 (2n + 1)! 2 0 n=0 ∞

(−1)n π 2n+1 w4n+3 z = 22n+1 (2n + 1)! 4n + 3 0 n=0

Esercizi del Capitolo 9

=

∞

n=0

267

(−1)n π 2n+1 z 4n+3 (4n + 3)22n+1 (2n + 1)!

π 3 π3 7 z − z + O(z 11 ). 6 336 Il raggio di convergenza della serie ottenuta `e infinito come quello della serie che rappresenta g. La funzione S(z) `e intera e ha uno zero in z = 0. Pertanto 1/S(z) `e sviluppabile in serie di Laurent in A(0, 0, ∞) dove risulta =

1 = S(z)

π 3 6z

1 = + O(z 7 )

1 π 3 6z

1 6 + O(z). = 1 + O(z 4 ) πz 3

Esercizi del Capitolo 9 9.1. a) La funzione ha un’unica singolarit` a isolata in z = 2. Ricordando che cos w =

∞

(−1)n w2n , (2n)! n=0

|w| < ∞,

posto w = 1/(z − 2), per 0 < |z − 2| < ∞ si ha  ∞ 1 (−1)n cos . = z −2 (2n)!(z − 2)2n n=0 Da questa espressione segue che la singolarit`a `e essenziale e  1 = 0. Res cos z=2 z −2 b) Anche in questo caso la funzione ha un’unica singolarit` a isolata in z = 2. Per 0 < |z − 2| < ∞ si ha  ∞

1 (−1)n 3 = (z − 2 + 2)3 z cos z−2 (2n)!(z − 2)2n n=0 = ((z − 2)3 + 6(z − 2)2 + 12(z − 2) + 8)  1 1 × 1− + 2(z − 2)2 24(z − 2)4 1 − +... . 120(z − 2)6 Da questa espressione segue che la singolarit`a `e essenziale e  1 1 12 143 3 Res z cos = − =− . z=2 z −2 24 2 24

268

A Soluzione degli esercizi proposti

9.2. Per ipotesi, per 0 < |z − z0 | < ε possiamo scrivere f(z) = (z − z0 )m g(z), con g(z) analitica e non nulla in z0 . Derivando questa relazione si ha f  (z) = m(z − z0 )m−1 g(z) + (z − z0 )m g (z) e quindi f  (z) p(z) = f(z)

 

=

m g  (z) + z − z0 g(z) m g  (z) + z − z0 g(z)

p(z) ∞ k=0

p(k)(z0 ) (z − z0 )k . k!



Essendo g (z)/g(z) analitica in z0 , segue immediatamente che %  & f (z) p(z) = mp(z0 ). Res z=z0 f(z) 9.3. Per ipotesi ∃ε > 0 tale che per |z − z0 | < ε vale lo sviluppo in serie di Taylor q(z) =

∞

q (k)(z0 ) k=1

k!

= (z − z0 )

(z − z0 )k

∞

q (n+1)(z0 ) (z − z0 )n (n + 1)! n=0

= (z − z0 )h(z). La funzione h(z) in quanto somma di una serie di potenze `e analitica in z0 . In z0 essa risulta anche non nulla. Infatti derivando q(z) = (z − z0 )h(z) rispetto a z si ha q  (z) = h(z) + (z − z0 )h (z)

⇒

h(z0 ) = q  (z0 ).

⇒

2h (z0 ) = q  (z0 ).

Derivando ancora si ottiene q  (z) = 2h (z) + (z − z0 )h (z) Posto f(z) =

g(z) , (z − z0 )2

g(z) = h(z)−2 ,

per le propriet` a di h, la funzione g risulta analitica e non nulla in z0 . Quindi f(z) ha un polo di ordine 2 in z0 con Res f(z) = g (z0 ) = −

z=z0

2h (z0 ) q  (z0 ) = − . h(z0 )3 q  (z0 )3

Esercizi del Capitolo 9

269

9.4. Espandendo in serie di Taylor le funzioni esponenziale e seno, si ha f(z) = 

z+

z2 2

z3 6

+

+...

1 

z−

z3 6

+

z5 120

+...

 =

g(z) z2

con g(z) = 

1+

z 2

+

1  +... 1−

z2 6

z2 6

+

z4 120

+...



analitica e non nulla in z = 0. La funzione f(z) ha dunque un polo doppio in z=0e Res f(z) = g (0) z=0

1 2

= −

1+

z 2

+

z2 6

+ z3 + . . . 2  2 1 − z6 + +...

z4 120

+...

3

− 

1+

z 2

+

z2 6

− z3 + z30 + . . .  2 + . . . 1 − z6 +

z4 120



2 +...

z=0

1 =− . 2 9.5. a) Indipendentemente dal ramo scelto, la funzione polidroma √ 1 z = z −1/2 = e− 2 log z z ha in z = 0 una singolarit` a non isolata (punto di diramazione). Non esiste pertanto una regione anulare 0 < |z| < ε dove sia possibile svilupparla in serie di Laurent. b) La funzione 1 − cos z `e intera e in z = 0 ha uno zero doppio isolato: 1 − cos z = 1 −

∞

(−1)k k=0

z2 = 2!

(2k)!

z 2k

 2! 2 2! 4 1− z + z +... . 4! 6!

Pertanto la funzione z/(1 − cos z) ha in z = 0 un polo semplice. In una opportuna regione anulare 0 < |z| < ε abbiamo 2! 1 z  2!  = 2 1 − cos z z 1 + − 4! z + 2! z4 + . . . 6! #  2! 2! 2! 1 − − z2 + z4 + . . . = z 4! 6!

270

A Soluzione degli esercizi proposti



2! 2! + − z2 + z4 + . . . 4! 6! =

$

2 +...

  2! (2!)2 + z + O z3 . z 4!

Pertanto Res z=0

z = 2. 1 − cos z

c) In questo caso per 0 < |z| < ∞ abbiamo ∞    1 −k z z 3 + 3 e1/z = z 3 + 3 k!



k=0

∞ ∞

1 −k+3 3 −k z z = + k! k! k=0 k=0 ∞ 

1 1 3 3 2 = z +z + z + + z −n . 2 (n + 3)! n! n=0

  Quindi z = 0 `e una singolarit` a essenziale di z 3 + 3 e1/z e si ha   Res z 3 + 3 e1/z = z=0

3 1 73 1 + = +3 = . (1 + 3)! 1! 24 24

9.6. Espandendo in serie di Maclaurin le funzioni esponenziale, seno e coseno, si ha



 2 3 3 5 1 + z + z2! + z3! + . . . z − z3! + z5! + . . . f(z) =  2  4 6 z z2! − z4! + z6! + . . . = =

= = =

1 5 z +... 2 z + z 2 + 13 z 3 − 30   1 1 3 2 4 z 1 − 12 z − 360 z + . . . #   1 3 1 5 1 2 1 4 2 2 + − + . . . 1 + − + . . . z + z z z z z z3 3 30 12 360 $  2 1 2 1 4 + z − z +... +... 12 360   1 3 1 5 1 2 7 4 2 2 + − + . . . 1 + + + . . . z + z z z z z z3 3 30 12 720  2 5 1 1 5 z + z2 + z3 + z4 − z +... z3 12 12 720 2 5 z 2 z2 + + + − +... 2 z z 6 6 360

Esercizi del Capitolo 9

271

Pertanto f(z) ha in z = 0 un polo di ordine 2 con Res f(z) = 2. z=0

9.7. a) Utilizzando lo sviluppo notevole sin z =  z sin

1 z−3

= ((z − 3) + 3)

∞

(−1)n 2n+1 n=0 (2n+1)! z

si ha

∞

(−1)n 1 2n+1 (2n + 1)! (z − 3) n=0

∞

1 (−1)n = (2n + 1)! (z − 3)2n n=0

+3 =1+

∞

1 (−1)n (2n + 1)! (z − 3)2n+1 n=0

1 3 3 − − +... z − 3 3!(z − 3)2 3!(z − 3)3

Si tratta dunque di una singolarit` a isolata essenziale con  Res z sin z=3

1 z −3

= 3.

b) In questo caso z z

= 3 (z−3) (z − 3) sin(z − 3) (z − 3) (z − 3) − 6 +

(z−3)5 120

 +...

(z − 3) + 3  

2 (z−3)4 (z − 3)2 1 − (z−3) − + . . . 6 120 #  (z − 3)2 (z − 3) + 3 + . . . 1 + = (z − 3)2 6 $  2 (z − 3)2 +... +... + 6 =

=

1 3 1 1 + + + (z − 3) + . . . 2 (z − 3) z −3 2 6

La singolarit` a isolata in z = 3 `e in questo caso un polo doppio e Res z=3

z = 1. (z − 3) sin(z − 3)

272

A Soluzione degli esercizi proposti

9.8. a) Scelto un generico ramo del logaritmo del tipo z = reiθ ,

log z = ln r + iθ,

r > 0,

ϕ < θ < ϕ + 2π,

la√ funzione log(z 2 ) `e analitica ovunque ad eccezione dei punti del tipo z = ± teiϕ/2 con t ≥ 0. Pertanto, tale funzione ha in z = 0 una singolarit` a non isolata (punto di diramazione) e non esiste una regione anulare 0 < |z| < ε dove sia possibile svilupparla in serie di Laurent. b) Ricordando che cos w =

∞

(−1)n 2n w , (2n)! n=0

|w| < ∞,

posto w = z −2 , per 0 < |z| < ∞ si ha ∞

  (−1)n −4n z 3 cos z −2 = z 3 z (2n)! n=0  z −4 z −8 z −12 3 =z 1− + − +... 2! 4! 6! 11 1 1 1 1 − +... = z3 − + 2! z 4! z 5 6! z 9

Pertanto la funzione z 3 cos(z −2 ) ha in z = 0 una singolarit` a essenziale e   1 Res z 3 cos z −2 = − . z=0 2 c) In questo caso per 0 < |z| < ∞ abbiamo 1 1 = 4 z 4 sinh z z z+

1 z3 3!

z5 5!

7

+ z7! + . . . 1  6 z4 + 5! + z7! + . . .

+

1  z 5 1 + z3!2 #  2 1 z4 z6 z = 5 1− + + +... z 3! 5! 7! 2  2 z4 z6 z + + +... + 3! 5! 7! $  2 3 4 z z z6 − +... + + +... 3! 5! 7! #  1 1 1 1 = 5 1 − z2 + − + z4 z 3! 5! (3!)2 =

Esercizi del Capitolo 9

 2 1 1 z6 + . . . − + − + 7! 3!5! (3!)3 =

273

$

31 1 1 7 1 1 − z +... − + z5 6 z3 360 z 15120

Pertanto, z = 0 `e un polo di ordine 5 di 1/(z 4 sinh z) e si ha Res

z=0 z 4

7 1 = . sinh z 360

9.9. a) La funzione 1 − cos z `e intera e in z = 0 ha uno zero doppio isolato: 1 − cos z = 1 −

∞

(−1)k k=0

z2 = 2!

(2k)!

z 2k

 2! 2! 1 − z2 + z4 + . . . . 4! 6!

Pertanto la funzione 1/(1−cos z) ha in z = 0 un polo doppio. Nella regione anulare 0 < |z| < ∞ abbiamo 2! 1 1   = 2 2! 4 2 1 − cos z z 1 + − 2! 4! z + 6! z + . . . #  2! 2 2! 4 2! = 2 1− − z + z +... z 4! 6! $  2 2! 2 2! 4 + − z + z +... +... 4! 6! =

  (2!)2 2! + O z2 + 2 z 4!

e quindi Res z=0

1 = 0. 1 − cos z

b) Indipendentemente dal ramo scelto, la funzione polidroma √

z 3 = z −3/2 = e− 2 log z z2

ha in z = 0 una singolarit` a non isolata (punto di diramazione). Non esiste pertanto una regione anulare 0 < |z| < ε dove sia possibile svilupparla in serie di Laurent.

274

A Soluzione degli esercizi proposti

c) In questo caso per 0 < |z| < ∞ abbiamo  k ∞

2 1 1 ze1/z = z k! z 2 k=0

∞

1 −2k+1 = z k! k=0

=z+

1 1 1 + 3 + 5 +... z 2z 6z 2

Quindi z = 0 `e una singolarit` a essenziale di ze1/z e si ha 2

Res ze1/z = 1. z=0

9.10. La funzione 1/ sin(z −2 ) `e analitica ovunque ad eccezione delle singolarit` a isolate nei punti eikπ/2 , zn,k = √ nπ

n = 1, 2, 3, . . .,

k = 1, 2, 3, 4,

e della singolarit` a non isolata in z = 0. Dunque la funzione 1/ sin(z −2 ) `e analitica sul cammino chiuso γ e al suo esterno. Per il teorema del residuo all’infinito si ha  1 1 1 dz = 2πi Res 2 . −2 z=0 ) z sin(z 2 ) γ sin(z Tale residuo pu` o essere calcolato considerando che per 0 < |z| < ∞ vale lo sviluppo in serie di Laurent 1 1 1 1 = 2 z 2 sin(z 2 ) z z 2 − z3!6 + z5!10 − z7!14 + . . . 1 1   = 4 z 1 − z3!4 − z5!8 + . . . # $  4  4 2 z 1 z8 z z8 = 4 1+ − +... + − +... +... z 3! 5! 3! 5!  1 1 1 z 4 + O(z 8 ). = z −4 + + − + 3! 5! (3!)2 Si ha quindi Res z=0

e, in conclusione,

 γ

1 1 =0 z 2 sin(z 2 )

1 dz = 0. sin(z −2 )

Esercizi del Capitolo 9

275

9.11. Per calcolare l’integrale su γ1 si consideri un cammino γ4 omotopo a γ1 che contiene al suo interno sia z1 che z3 . L’integrale di f lungo γ4 si calcola con il residuo all’infinito in quanto f `e analitica su γ4 e al suo esterno. Per il principio di deformazione dei cammini segue immediatamente    1 1 f(z)dz = 2πi Res 2 f − Res f(z) . z=z3 z=0 z z γ1 La funzione f `e non analitica all’esterno di γ2 . All’interno di questa curva non sappiamo se f ha solo singolarit` a isolate. Pertanto risulta  f(z)dz non calcolabile. γ2

La curva γ3 `e non semplice. La si scomponga nella somma di due curve chiuse semplici su e all’interno delle quali f `e analitica ad eccezione delle singolarit`a isolate z2 e z3 , rispettivamente. Facendo attenzione a come sono orientate le due curve chiuse semplici, si ha   f(z)dz = 2πi Res f(z) − Res f(z) . z=z3

γ3

z=z2

9.12. Si ponga f(z) = sin2 z + cos2 z − 1. Si tratta di una funzione f : C → C analitica in C. Poich´e f(z) = 0 ∀z ∈ R e C `e aperto e connesso, per il Teorema 9.15 f `e identicamente nulla in C. 9.13. a) La funzione pu` o essere riscritta come g(z) 3+z = 2 , z 3 + 2z 2 z con g(z) = (3 + z)/(2 + z) analitica e non nulla in z = 0. Pertanto la funzione considerata ha in z = 0 un polo doppio e Res z=0

g (0) 3+z 1 = =− . 3 2 z + 2z 1! 4

b) Indipendentemente dal ramo scelto, la funzione polidroma z log z ha in z = 0 una singolarit` a non isolata (punto di diramazione). Non esiste pertanto una regione anulare 0 < |z| < ε dove sia possibile svilupparla in serie di Laurent. c) Utilizzando lo sviluppo notevole log(1 + z) =

∞

(−1)n n z , n n=1

|z| < 1,

276

A Soluzione degli esercizi proposti

si ha 1 1 = 2 3 4 z z log(1 + z) z − 2 + 3 − z4 + . . . 1 1  z z2  = z 1 + − 2 + 3 − z43 + . . . #  1 z z2 z3 = 1− − + − +... z 2 3 4 $ 2  z2 z3 z − +... + − + +... 2 3 4 =

z z2 1 1 + − + +... z 2 12 24

Pertanto la funzione considerata ha in z = 0 un polo semplice e Res z=0

1 = 1. log(1 + z)

9.14. Poich´e f(z) ha un polo di ordine m in z0 , esiste un ε > 0 tale che per 0 < |z − z0 | < ε vale lo sviluppo in serie di Laurent f(z) =

∞

ak (z − z0 )k +

k=0

b1 b2 bm + +···+ , 2 z − z0 (z − z0 ) (z − z0 )m

con bm = 0. Pertanto (z − z0 )m f(z) =

∞

ak (z − z0 )k+m

k=0

+ b1 (z − z0 )m−1 + b2 (z − z0 )m−2 + · · · + bm . Derivando questa espressione, membro a membro, m − 1 volte rispetto a z, si ottiene dm−1 ((z − z0 )m f(z)) dz m−1 ∞

= ak (k + m)(k + m − 1) . . . (k + 2)(z − z0 )k+1 k=0

+ b1 (m − 1)(m − 2) . . . 1, da cui, dividendo per (m − 1)! e prendendo il limite z → z0 , segue lim

z→z0

dm−1 1 ((z − z0 )m f(z)) = b1 . (m − 1)! dz m−1

Esercizi del Capitolo 9

277

9.15. a) La funzione ha un’unica singolarit` a isolata in z = 0. Ricordando lo sviluppo notevole cos w =

∞

(−1)n w2n , (2n)! n=0

|w| < ∞,

posto w = 1/z, per 0 < |z| < ∞ si ha ∞

  (−1)n z cos z −1 = z (2n)!z 2n n=0

=z−

1 1 1 + − +... 3 2!z 4!z 6!z 5

Da questa espressione segue che la singolarit`a `e essenziale e   1 Res z cos z −1 = − . z=0 2 b) Anche in questo caso la funzione ha un’unica singolarit` a isolata in z = 0. Per 0 < |z| < ∞ si ha z −1 cos (z) = z −1 =

∞

(−1)n z 2n (2n)! n=0

1 z z3 z5 − + − +... z 2! 4! 6!

Da questa espressione segue che la singolarit`a `e un polo semplice e Res z −1 cos (z) = 1. z=0

9.16. a) La funzione tan(1/z) ha come punti singolari z = 0 e zn = ±

2 , π(2n + 1)

n ∈ N,

soluzione di cos(1/z) = 0. Pertanto z = 0 `e un punto singolare non isolato. Si noti che la funzione `e sviluppabile in serie di Laurent nell’anello 2/π < |z| < ∞, ma il coefficiente di 1/z di questo sviluppo non `e il residuo della funzione in z = 0. ∞ k 2k+1 b) Ricordando lo sviluppo notevole sin w = /((2k + 1)!) k=0 (−1) w valido per |w| < ∞, e posto w = 1/z, per 0 < |z| < ∞ si ha ∞

z n sin

1 1 (−1)k . = 2k−n+1 z (2k + 1)! z k=0

278

A Soluzione degli esercizi proposti

La singolarit` a in z = 0 `e pertanto essenziale e si ha 1 Res z sin = z=0 z n



(−1)n/2 /(n + 1)! 0

n pari . n dispari

c) La funzione ' 1+

1 = exp z



1 log(1 + 1/z) 2

ha una singolarit` a in z = 0 e una linea di diramazione corrispondente ai punti 1 + 1/z = −t, ovvero z(t) = −1/(1 + t), con t ∈ [0, ∞). Pertanto la funzione considerata `e analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del segmento reale [−1, 0]. Il punto z = 0 `e una singolarit` a non isolata. Si noti che la funzione `e sviluppabile in serie di Laurent nell’anello 1 < |z| < ∞: ' ∞  1 12 1 1 1 1 1+ = =1+ +... − 2+ k z k z 2z 8z 16z 3 k=0

ma il coefficiente di 1/z di questo sviluppo non `e il residuo della funzione in z = 0. 9.17. a) Ricordando gli sviluppi notevoli di exp z e sin z, si ha ∞ k ∞ exp(sin z) 1 1 (−1)n 2n+1 z = 2 z2 z k! n=0 (2n + 1)! k=0 #  z5 1 z3 + +... = 2 1+ z− z 6 120 $ 2 z3 z5 +... z− + +... 6 120   1 1 1 1 1 1 1 = 2+ + + − + z+ − + z2 + . . . z z 2 6 6 6 24 1 + 2



Pertanto la singolarit` a `e un polo doppio e Res z=0

exp(sin z) = 1. z2

Esercizi del Capitolo 9

279

b) Ricordando gli sviluppi notevoli di log(1 + z), cos z e sin z, e osservando che log(cos z) `e analitica in un intorno di z = 0, si ha log(cos z) = log(1 + (cos z − 1))  2  2 2 z z z4 1 z4 = − + − + +... − +... +... 2 24 2 2 24 z4 z6 z2 − +... =− − 2 12 45 e quindi 3

z − z6 + . . . sin z = z2   2 4 log(cos z) − 2 1 + z6 + 2z 45 . . .  %  2 & z3 z 2z 4 2 +... 1− + +... +... =− 2 z− z 6 6 45 2 2z +... =− + z 3 Pertanto la singolarit` a `e un polo semplice e Res z=0

sin z = −2. log(cos z)

In dettaglio, la funzione log(cos z) `e analitica in tutto il piano complesso ad eccezione dei punti z(t) tali che cos(z(t)) = −t con t ∈ [0, ∞). Posto w(t) = exp(iz(t)), si ha √  t ∈ [0, 1) −t ± i√ 1 − t2 w(t) = . −t ± t2 − 1 t ∈ [1, ∞)

Fig. A.7. Grafici di livello della parte reale (sinistra) e della parte immaginaria (destra) del ramo principale di log(cos(x + iy))

280

A Soluzione degli esercizi proposti

Per t ∈ [0, 1), si ha

  z(t) = −i log −t ± i 1 − t2 

 = −i ln t2 + (1 − t2 ) + i(ϕ(t) + 2kπ) k ∈ Z,

= ϕ(t) + 2kπ,

dove π/2 ≤ ϕ(t) ≤ 3π/2 (cos ϕ negativo e sin ϕ positivo o negativo), cio`e i segmenti dell’asse reale [(2k+1/2)π, (2k+3/2)π] con k ∈ Z. Per t ∈ [1, ∞), si ha

  z(t) = −i log −t ± t2 − 1



   = −i ln t ∓ t2 − 1 + i(π + 2kπ) 

 k ∈ Z, = (2k + 1)π − i ln t ∓ t2 − 1 , che rappresentano gli assi immaginari passanti per z = (2k + 1)π con k ∈ Z. 9.18. Si osservi innanzitutto che si pu` o scrivere f(z) = h(z)/(z − z0 ) con h analitica e non nulla in z0 . Pertanto Res f(z) = h(z0 ).

z=z0

Inoltre si osservi che fg `e analitica in un anello 0 < |z − z0 | < r e ivi sviluppabile in serie di Laurent. Detta γ una curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente, contenuta in A(z0 , 0, r) e contenente z0 al suo interno, il residuo di fg in z0 `e per definizione Res f(z)g(z) =

z=z0

=

1 2πi 1 2πi

 f(z)g(z)dz 

γ

γ

h(z)g(z) dz z − z0

= h(z0 )g(z0 ), avendo calcolato l’integrale mediante la formula di Cauchy in quanto hg `e una funzione analitica su e dentro il cammino di integrazione γ. Combinando i due risultati si ottiene l’asserto.

Esercizi del Capitolo 9

281

9.19. Posto f(z) = z/((z − 2)(z 2 + 1)), f ha 3 poli semplici in z = 2 e z = ±i. I poli in z = 2 e z = i sono interni alla circonferenza γ mentre quello in z = −i esterno, pertanto  

z dz f(z) + Res f(z) = 2πi Res 2 z=2 z=i γ (z − 2)(z + 1)  2 i = 2πi + 5 2i(i − 2) π = (1 + 2i). 5 9.20. Si osservi che sin z = 0 nei punti zn = πn, n ∈ Z. Per n = 0, z 2 sin z ha uno zero semplice in zn , inoltre ezn `e diverso da zero. Quindi f ha in zn un polo semplice con nπ ez n e Res f(z) = = (−1) . z=zn 2z sin z + z 2 cos z z=zn n2 π 2 In z0 , z 2 sin z ha uno zero triplo, inoltre ez0 = 0. Pertanto f ha in z0 un polo di ordine 3. Il corrispondente residuo si trova sviluppando f in serie di Laurent nella regione 0 ≤ |z| ≤ π: f(z) =

1+z+ z 2 (z



−

z2 2

z3 6

+...

+ ...)

1 z2 +... 1+z + 3 z 2 1 1 2 = 3 + 2 + + . . ., z z 3z



=

1+

z2 +... 6



da cui si conclude che Res f(z) =

z=z0

2 . 3

9.21. Si osservi che il cammino di integrazione `e la circonferenza di raggio 2, centrata nel punto 1 + 2i e orientata positivamente. La funzione integranda ha poli semplici in corrispondenza degli zeri semplici di eπz + 1. Tali zeri sono zk = i(1 + 2k), k ∈ Z. Osservando che z0 e z1 sono interni al cammino di integrazione mentre tutti gli altri zk sono esterni, per il teorema dei residui si conclude   z2 z2 z2 dz = 2πi Res + Res πz + 1 z=z0 eπz + 1 z=z1 eπz + 1 γ e  2 z12 z0 + = 2πi πeπz0 πeπz1 = 20i.

282

A Soluzione degli esercizi proposti

9.22. La funzione ha un unico punto singolare isolato in z = 2. Usando lo sviluppo notevole cos w =

∞

(−1)k k=0

(2k)!

w2k ,

|w| < ∞,

posto w = 1/(z − 2), nella regione anulare 0 < |z − 2| < ∞ si ha f(z) = ((z − 2) + 2)3

∞

(−1)k k=0

1 (2k)! (z − 2)2k



= (z − 2)3 + 6(z − 2)2 + 12(z − 2) + 8

∞  1 (−1)k . (2k)! (z − 2)2k k=0

Da questa espressione risulta che la singolarit`a `e essenziale e Res f(z) = z=2

(−1)1 1 143 (−1)2 + 12 = −6=− . 4! 2! 24 24

9.23. Il ramo principale di log(1 + z) `e una funzione analitica in tutto C ad eccezione del semiasse reale {z = −1 − t, t ∈ [0, ∞)}. Il denominatore di f(z) si annulla nei punti z = kπ, k ∈ Z. Pertanto f ha singolarit` a isolate nei punti z = kπ con k = 0, 1, 2 . . . Consideriamo prima il punto singolare z = 0. Nell’anello 0 < |z| < 1, f `e sviluppabile in serie di Laurent e i primi termini di tale sviluppo sono 2

3

z − z + z +... f(z) =  2 z3 3  z z − 3! + . . . 2

1 1 − z2 + z3 + . . . z 1 − z3!2 + . . .   z z2 z2 1 1− + +... 1+ +... = z 2 3 3! 1 1 z = − + +... z 2 2

=

Da questo si deduce che z = 0 `e un polo semplice e Res f(z) = 1. z=0

Per quanto riguarda i punti singolari z = kπ, k = 1, 2, . . . , si osservi che f(z) = p(z)/q(z) con p(z) = z−1 log(1 + z) e q(z) = sin z. Le funzioni p e q sono analitiche in z = kπ, inoltre p(kπ) = (kπ)−1 ln(1 + kπ) = 0, q(kπ) = 0 e q  (kπ) = (−1)k . Si conclude che z = kπ `e un polo semplice e Res f(z) =

z=kπ

ln(1 + kπ) p(kπ) = (−1)k ,  q (kπ) kπ

k = 1, 2, . . .

Esercizi del Capitolo 10

283

Esercizi del Capitolo 10 10.1. Poich´e la funzione integranda `e pari,   ∞ 1 +∞ x sin(ax) x sin(ax) dx = dx. x 2 + b2 2 −∞ x2 + b2 0 Posto f(z) = z/(z 2 + b2 ) e detto γ = λ + γR il cammino chiuso di integrazione con λ(x) = x, −R ≤ x ≤ R, e γR (θ) = R exp(iθ), 0 ≤ θ ≤ π, per R > b si ha    f(z)eiaz dz = f(z)eiaz dz + f(z)eiaz dz γ

λ



γR

xeiax = dx + 2 2 −R x + b ! " = 2πi Res f(z)eiaz R



f(z)eiaz dz γR

z=ib

= 2πi

zeiaz z + ib z=ib

= πie−ab . Per z ∈ {γR }, risulta |f(z)| ≤ R/(R2 − b2 ) infinitesimo per R → ∞ e quindi per il lemma di Jordan  lim f(z)eiaz dz = 0. R→∞

γR

In conclusione 

+∞

−∞

xeiax dx = πie−ab , x2 + b 2

da cui, prendendo la parte immaginaria,  ∞ π x sin(ax) dx = e−ab . 2 + b2 x 2 0 10.2. Ponendo eiθ = z, si ha dθ = dz/iz, cos θ = (z + z −1 )/2 e   2π dθ = f(z)dz, (a + b cos θ)2 0 |z|=1 dove f(z) =

−4iz (bz 2

2

+ 2az + b)

284

A Soluzione degli esercizi proposti

e la circonferenza |z| = 1 `e orientata positivamente. Poich´e le radici di bz 2 + 2az + b = 0 sono i numeri reali '  a 2 a z± = − ± − 1, b b con z− < −1 e −1 < z+ < 0 (si osservi che z+ z− = 1), la funzione f(z) ha all’interno della circonferenza |z| = 1 una singolarit` a isolata in z = z+ . Tale singolarit` a `e un polo doppio in quanto f(z) =

−4iz g(z) = , b2 (z − z− )2 (z − z+ )2 (z − z+ )2

con g(z) =

−4iz − z− )2

b2 (z

analitica e non nulla in z+ . Il corrispondente residuo vale Res f(z) = g (z+ )

z=z+

=

−4i (z+ − z− ) − 2z+ b2 (z+ − z− )3

=

−ia . (a2 − b2 )3/2

In conclusione 

2π

0

dθ = 2πi Res f(z) z=z+ (a + b cos θ)2 2πa . = 2 (a − b2 )3/2

10.3. Posto f(z) = (log z)/(z 2 + 1) = (log(z)/((z + i)(z − i)), dove log z = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

−

π 3π <θ< , 2 2

e detto γ = λ1 +γR +λ2 +γρ il cammino chiuso di integrazione con λ1 (x) = x, ρ ≤ x ≤ R, γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π, λ2 (x) = xeiπ , R ≥ x ≥ ρ, e γρ (θ) = ρeiθ , π ≥ θ ≥ 0, poich´e f `e analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = i, per R > 1 e ρ < 1 il teorema dei residui fornisce      f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz γ

λ1

γR

= 2πi Res f(z) z=i

λ2

γρ

Esercizi del Capitolo 10

285

 log 1eiπ/2 = 2πi i+i 2 π =i . 2 

Per singoli cammini di integrazione si ha 



R

f(z)dz = λ1





ρ

f(z)dz = R

λ2

ρ

ln x + iπ iπ e dx = x2 + 1 



π 0





0

f(z)dz = π

γρ

ρ

R

ln x dx + iπ x2 + 1



R ρ

x2

1 dx, +1

ln R + iθ R→∞ iReiθ dθ −−−−→ 0, R2 e2iθ + 1

f(z)dz = γR



ln x dx, x2 + 1

ln ρ + iθ ρ→0 iρeiθ dθ −−−→ 0. ρ2 e2iθ + 1

Quindi nel limite ρ → 0 e R → ∞ otteniamo  ∞  ∞ π2 ln x 1 dx + iπ dx = i , 2 2 2 x +1 x +1 2 0 0 da cui, prendendo la parte reale e quella immaginaria,  ∞  ∞ π ln x 1 dx = 0, dx = . 2+1 2 +1 x x 2 0 0 10.4. La funzione f(z) =

(z 2

z z = 2 2 + 4z + 13) (z − z+ ) (z − z− )2

`e analitica ovunque ad eccezione dei due poli doppi in z± = −2±3i. L’integrale di f lungo il cammino chiuso γ = λR + γR , dove λR (x) = x, −R ≤ x ≤ R, e γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π, per il teorema dei residui vale 



R

f(z)dz = γ

−R

x dx + 2 (x + 4x + 13)2

= 2πi Res f(z) z=z+

= 2πi

z d 2 dz (z − z− ) z=z+

 f(z)dz γR

286

A Soluzione degli esercizi proposti

= 2πi =−

−z+ − z− (z+ − z− )3

π . 27

Poich´e per z ∈ {γR } e R grande risulta |f(z)| ≤ R/(R2 − 4R − 13)2 , segue  πR2 R→∞ ≤ f(z)dz −−−−→ 0. 2 (R − 4R − 13)2 γR

Prendendo il limite R → ∞ dell’integrale su γ si conclude 

+∞

−∞

x dx = PV 2 (x + 4x + 13)2



+∞

−∞

(x2

π x dx = − . 2 + 4x + 13) 27

10.5. La funzione f(z) =

z2 z2 = (z 2 + 1)(z 2 + 9) (z − i)(z + i)(z − 3i)(z + 3i)

`e analitica ovunque ad eccezione dei quattro poli semplici in ±i e ±3i. L’integrale di f sul cammino chiuso γ = λR + γR , dove λR (x) = x, −R ≤ x ≤ R, e γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π, vale quindi, per R > 3, 



x2 f(z)dz = dx + 2 2 γ −R (x + 1)(x + 9)

 = 2πi Res f(z) + Res f(z) z=i z=3i  3 1 + = 2πi − 16i 16i π = . 4 R

 f(z)dz γR

Poich´e  lim

R→∞

f(z)dz = 0, γR

prendendo il limite R → ∞ dell’integrale su γ, si ottiene 

+∞

−∞

x2 π dx = . (x2 + 1)(x2 + 9) 4

10.6. Posto f(z) = z/((z − b)2 + c2 ) e detto γ = λR + γR il cammino di integrazione −R ≤ x ≤ R, e γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π, √ chiuso con λR (x) = x, iaz 2 2 per R > b + c la funzione f(z)e `e analitica su e dentro γ ad eccezione

Esercizi del Capitolo 10

287

del polo semplice in z = b + ic. Per il teorema dei residui si ottiene    iaz iaz f(z)e dz = f(z)e dz + f(z)eiaz dz γ

λR



γR

R

= −R

iax

xe dx + (x − b)2 + c2



f(z)eiaz dz

γR

= 2πi Res f(z)eiaz z=b+ic

π = e−ac (b + ic)eiab . c Per z ∈ {γR }, risulta |f(z)| ≤ R/((R − b)2 − c2 ) infinitesimo per R → ∞ e quindi per il lemma di Jordan  lim f(z)eiaz dz = 0. R→∞

γR

Il limite R → ∞ dell’integrale su γ in conclusione fornisce  +R π xeiax dx = e−ac (b + ic)eiab , lim 2 2 R→∞ −R (x − b) + c c da cui, prendendo la parte immaginaria,  +∞ x sin(ax) π PV dx = e−ac (b sin(ab) + c cos(ab)) . 2 2 c −∞ (x − b) + c 10.7. Ponendo eiθ = z, si ha dθ = dz/iz, cos θ = (z + z −1 )/2 e 

2π

 

2

cos θ dθ = 0

γ

z + z −1 2

2

dz = iz

  γ

z2 + 1 4iz 3

2 dz,

dove γ(θ) = eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π. La funzione da integrare 

z2 + 1 f(z) = 4iz 3

2

`e analitica su e dentro γ ad eccezione del polo di ordine 3 in z = 0. Per il teorema dei residui  g  (0) , f(z) dz = 2πi Res f(z) = 2πi z=0 2! γ  2   dove g(z) = z 2 + 1 /4i. Poich´e g  (z) = 3z 2 + 1 /i si conclude 

2π 0

cos2 θ dθ = 2πi

1 g (0) = 2πi = π. 2! 2i

288

A Soluzione degli esercizi proposti

10.8. Scelta la funzione 1

f(z) =

e 2 log z , z2 + 1 z = reiθ ,

log z = ln r + iθ,

−

r > 0,

π 3π <θ< , 2 2

e detto γ = λ1 +γR +λ2 +γρ il cammino di integrazione chiuso, dove λ1 (x) = x, ρ ≤ x ≤ R, γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π, λ2 (x) = xeiπ , R ≥ x ≥ ρ, e γρ (θ) = ρeiθ , π ≥ θ ≥ 0, poich´e f `e, per R > 1 e ρ < 1, analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = i, il teorema dei residui fornisce      f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz γ

λ1

γR

λ2

γρ

= 2πi Res f(z) z=i 1

π

e 2 (ln 1+i 2 ) i+i π = πei 4 .

= 2πi

Per i singoli cammini di integrazione si ha 



R

f(z)dz = λ1





ρ

ρ

f(z)dz = λ2

R



√ x2

x dx, +1

1

e 2 (ln x+iπ) iπ e dx = i x2 + 1

 0





√ x dx, 2 x +1

1

0

f(z)dz = γρ

ρ

R

e 2 (ln R+iθ) R→∞ iReiθ dθ −−−−→ 0, 2 2iθ R e +1

π

f(z)dz = γR



π

1

e 2 (ln ρ+iθ) ρ→0 iρeiθ dθ −−−→ 0. 2 2iθ ρ e +1

Pertanto nel limite ρ → 0 e R → ∞ otteniamo  ∞ √

π π π x = √ (1 + i) (1 + i) dx = π cos + i sin 2 x +1 4 4 2 0 e quindi  0

∞

√ x2

x π dx = √ . +1 2

Esercizi del Capitolo 10

289

10.9. Posto f(z) =

log z , z2 + 4 z = reiθ ,

log z = ln r + iθ,

r > 0,

−

3π π <θ< , 2 2

e detto γ = λ1 +γR +λ2 +γρ il cammino chiuso di integrazione, dove λ1 (x) = x, ρ ≤ x ≤ R, γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π, λ2 (x) = xeiπ , R ≥ x ≥ ρ, e γρ (θ) = ρeiθ , π ≥ θ ≥ 0, poich´e f `e, per R > 2 e ρ < 2, analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = 2i, il teorema dei residui fornisce      f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz γ

λ1

γR

λ2

γρ

= 2πi Res f(z) z=2i   log 2eiπ/2 = 2πi 2i + 2i π

π = ln 2 + i . 2 2 Per i singoli cammini di integrazione si ha   R ln x dx, f(z)dz = 2+4 x ρ λ1 



ρ

f(z)dz = λ2

R

ln x + iπ iπ e dx = x2 + 4





π 0





0

f(z)dz = γρ

ρ

R

ln x dx + iπ x2 + 4



R ρ

1 dx, x2 + 4

ln R + iθ R→∞ iReiθ dθ −−−−→ 0, R2 e2iθ + 4

f(z)dz = γR



π

ln ρ + iθ ρ→0 iρeiθ dθ −−−→ 0. ρ2 e2iθ + 4

Pertanto nel limite ρ → 0 e R → ∞ otteniamo  ∞  ∞ π π

ln x 1 ln 2 + i , dx + iπ dx = 2 x2 + 4 x2 + 4 2 2 0 0 da cui, prendendo la parte reale e quella immaginaria, si conclude  ∞  ∞ ln x 1 π π dx = ln 2, dx = . 2+4 2 +4 x 4 x 4 0 0

290

A Soluzione degli esercizi proposti

10.10. La funzione z2 (z 2 + 16)2

f(z) =

ha poli doppi in z = ±4i. Detto γ = λR +γR il cammino di integrazione chiuso definito da λR (x) = x, −R ≤ x ≤ R, e γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π, poich´e f `e, per R > 4, analitica su e dentro γ ad eccezione del polo doppio in z = 4i, il teorema dei residui fornisce    f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz γ

λR

γR

= 2πi Res f(z) z=4i g  (z) = 2πi 1! z=4i π = , 8 dove g(z) = z 2 /(z + 4i)2 . Per i singoli cammini di integrazione si ha 



R

f(z)dz = −R

λR



γR

f(z)dz ≤ πR

(x2

(R2

x2 dx, + 16)2

R2 R→∞ −−−−→ 0. − 16)2

Pertanto nel limite R → ∞ otteniamo  +∞ x2 π dx = . 2 2 (x + 16) 8 −∞ Per la parit` a della funzione integranda si conclude 

∞ 0

π x2 . dx = (x2 + 16)2 16

10.11. Ponendo eiθ = z si ha dθ = dz/iz, cos θ = (z + z −1 )/2 e 

π 0

dθ 1 = a + cos θ 2

 0

2π

dθ = a + cos θ

 f(z)dz, γ

2 dove γ(θ) = eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π, e f(z) √ = −i/(z + 2az + 1). La funzione f ha 2 due poli semplici in z± = −a ± a − 1. Si osservi che |z− | > 1 e, poich´e z+ z− = 1, |z+ | < 1. Pertanto il polo in z+ `e interno al cammino γ mentre

Esercizi del Capitolo 10

291

quello in z− `e esterno, e per il teorema dei residui  f(z)dz = 2πi Res f(z) z=z+

γ

−i = 2πi z − z− z=z+ = √

π . a2 − 1

In conclusione 

π

0

dθ π =√ . a + cos θ a2 − 1

10.12. Posto f(z) = eiz /(z(z 2 + 1)) e detto γ = λ1 + γR + λ2 + γρ il cammino chiuso di integrazione, dove λ1 (x) = x, ρ ≤ x ≤ R, γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π, λ2 (x) = −x, R ≥ x ≥ ρ, e γρ (θ) = ρeiθ , π ≥ θ ≥ 0, poich´e f `e, per R > 1 e ρ < 1, analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = i, il teorema dei residui fornisce      f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz γ

λ1

γR

λ2

γρ

= 2πi Res f(z) z=i

= 2πi

eiz z(z + i) z=i

= −iπe−1 . Per i singoli cammini di integrazione si ha 

 f(z)dz = ρ

λ1





ρ

f(z)dz = R

λ2



R

eix dx, x(x2 + 1)

e−ix dx = − x(x2 + 1)

 ρ

R

e−ix dx, x(x2 + 1)

πR R→∞ f(z)dz ≤ −−−−→ 0. 2 − 1) R(R γR

Per valutare l’integrale su γρ si osservi che, avendo f un polo semplice in z = 0, per 0 < |z| < 1 possiamo porre f(z) = g(z) + z −1 Resz=0 f(z) con g(z)

292

A Soluzione degli esercizi proposti

analitica in |z| < 1. Inoltre  ρ→0 g(z)dz ≤ πρ sup |g(z)| −−−→ 0, γρ z∈{γρ } 

1 dz = z

γρ



0 −π

1 iθ ie dθ = −iπ, eiθ

e quindi 

eiz f(z)dz −−−→ −iπ Res f(z) = −iπ 2 = −iπ. z=0 z + 1 z=0 γρ ρ→0

In conclusione, nel limite ρ → 0 e R → ∞ si ha  ∞ ix e − e−ix dx − iπ = −iπe−1 , x(x2 + 1) 0 ovvero



∞

0

π sin x dx = (1 − e−1 ). 2 x(x + 1) 2

10.13. Posto f(z) = eaz / cosh z e detto γ = λ1 +λ2 +λ3 +λ4 il cammino chiuso di integrazione, dove λ1 (x) = x, −R ≤ x ≤ R, λ2 (y) = R + iy, 0 ≤ y ≤ π, λ3 (x) = x + iπ, R ≥ x ≥ −R, e λ4 (y) = −R + iy, π ≥ y ≥ 0, poich´e f `e analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = iπ/2, il teorema dei residui fornisce  4 

f(z)dz = f(z)dz γ

k=1

λk

= 2πi Res f(z) z=iπ/2 eaz = 2πi sinh z z=iπ/2 = 2πeiaπ/2 . Per i singoli cammini di integrazione si ha   R eax dx, f(z)dz = −R cosh x λ1 



−R

f(z)dz = λ3

R

ea(x+iπ) dx = eiaπ cosh(x + iπ)



R

−R

eax dx, cosh x

Esercizi del Capitolo 10

293

avendo usato la propriet` a di antiperiodicit` a cosh(x + iπ) = − cosh x,  

λ2

λ4

f(z)dz ≤ π

f(z)dz ≤ π

eaR R→∞ −−−−→ 0, 1 R 2 (e − 1)

a < 1,

e−aR R→∞ −−−−→ 0, (eR − 1)

a > −1.

1 2

In conclusione, nel limite R → ∞ per −1 < a < 1 si ha 

+∞

−∞

π eax 2πeiaπ/2 = dx = . cosh x 1 + eiaπ cos(aπ/2)

10.14. Posto z = eiθ e detto γ il cammino chiuso |z| = 1 percorso in verso antiorario, si ha 

2π

2n

 

(sin θ) dθ = 0

γ

z − z −1 2i

2n

dz = iz

 γ

(z 2 − 1)2n dz. i(−1)n 22nz 2n+1

La funzione integranda `e analitica su e dentro γ ad eccezione del polo di ordine 2n + 1 in z = 0. Usando l’espansione del binomio di Newton (z 2 − 1)2n =

2n

k=0

(2n)! (z 2 )k (−1)2n−k , k!(2n − k)!

otteniamo lo sviluppo in serie di Laurent di (z 2 − 1)2n /z 2n+1 per 0 < |z| < ∞: 2n

(−1)2n−k (2n)! (z 2 − 1)2n z 2k+1−2n. = 2n+1 z k!(2n − k)! k=0

Il termine k = n di tale sviluppo proporzionale a z −1 fornisce Res z=0

(−1)n (2n)! (z 2 − 1)2n = . z 2n+1 n!n!

Per il teorema dei residui concludiamo  2π 1 (z 2 − 1)2n (sin θ)2n dθ = 2πi Res z=0 i(−1)n 22n z 2n+1 0 π(2n)! = 2n−1 . 2 (n!)2

294

A Soluzione degli esercizi proposti

10.15. Ponendo eiθ = z si ha dθ = dz/iz, cos θ = (z + z −1 )/2 e  π   dθ dθ 1 2π = = f(z)dz, 2 2 0 (a + cos θ)2 0 (a + cos θ) γ dove γ(θ) = eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π e −2iz . + 2az + 1)2 √ La funzione f ha due poli doppi in z± = −a ± a2 − 1. Si osservi che |z− | > 1 e, poich´e z+ z− = 1, |z+| < 1. Pertanto il polo in z+ `e interno al cammino γ mentre quello in z− `e esterno. Il teorema dei residui fornisce  f(z)dz = 2πi Res f(z) f(z) =

(z 2

z=z+

γ

d −2iz = 2πi dz (z − z− )2 z=z+ 2i(z+ + z− ) (z+ − z− )3 πa = 2 . (a − 1)3/2 = 2πi

In conclusione

 0

π

dθ πa . = 2 a + cos θ (a − 1)3/2

−iωz

10.16. Posto f(z) = e /(z 2 + a2 ) e detti γ± = λR + γR± i cammini chiusi di integrazione con λR (x) = x, −R ≤ x ≤ R, γR± (θ) = Re±iθ , 0 ≤ θ ≤ π, si osservi che per R → ∞ la funzione f(z) si annulla su {γR+ } se ω < 0 e su {γR− } se ω > 0. Inoltre f `e analitica su e dentro γ± ad eccezione del polo semplice in z = ±ia. Dal teorema dei residui, per ω < 0 si ha    f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz γ+

λR

γR+

= 2πi Res f(z) z=ia e−iωz = 2πi z + ia z=ia eωa , a mentre per ω > 0 otteniamo (si noti il segno negativo dovuto all’orientamento negativo di γ− )    f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz =π

γ−

λR

γR−

Esercizi del Capitolo 10

295

= −2πi Res f(z) z=−ia e−iωz = −2πi z − ia z=−ia =π

e−ωa . a

I singoli cammini di integrazione valgono   R −iωx e f(z)dz = dx, 2 2 −R x + a λR 



π

f(z)dz = 0

γR±

 e−iωR(cos θ±i sin θ)  ±iRe±iθ dθ, 2 ±i2θ 2 R e +a

e quindi  γR

sgn(−ω)

R R→∞ f(z)dz ≤ π 2 −−−−→ 0. R − a2

In conclusione, nel limite R → ∞ per ogni valore di ω, compreso il caso banale ω = 0, si ha  +∞ −iωx π e dx = e−|ω|a . 2 + a2 x a −∞ 10.17. Si osservi, per iniziare, che l’integrale improprio esiste e si ha   +R  ∞ 1 +∞ 1 1 1 1 lim dx = dx = dx. 2 + 1)2 2 + 1)2 2 + 1)2 R→∞ (x 2 (x 2 (x 0 −∞ −R La funzione f(z) =

1 1 = (z 2 + 1)2 (z − i)2 (z + i)2

`e analitica ovunque ad eccezione dei due poli doppi in z = ±i. L’integrale di f lungo il cammino chiuso γ = λR + γR , dove λR (x) = x, −R ≤ x ≤ R e γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π, vale quindi, per R > 1,  R   1 f(z)dz = dx + f(z)dz 2 2 −R (x + 1) γ γR = 2πi Res f(z) z=i

= 2πig  (i) π = , 2

296

A Soluzione degli esercizi proposti

avendo utilizzato per il calcolo del residuo la decomposizione f(z) = g(z)/(z − i)2 con g(z) = 1/(z + i)2 analitica e non nulla in z = i. Poich´e  lim f(z)dz = 0, R→∞

γR

prendendo il limite R → ∞ dell’integrale su γ si ottiene 

+∞

−∞

π 1 dx = (x2 + 1)2 2

e quindi 

∞ 0

π 1 dx = . (x2 + 1)2 4

10.18. Ponendo eiθ = z si ha dθ = dz/iz, cos θ = (z + z −1 )/2 e 

2π 0

dθ = 2 + cos θ

 f(z)dz, γ

dove γ(θ) = eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π e f(z) =

−2i . z 2 + 4z + 1

√ La funzione f ha due poli semplici in z± = −2 ± 3. Si osservi che |z− | > 1 e, poich´e z+ z− = 1, |z+| < 1. Pertanto il polo in z+ `e interno al cammino γ mentre quello in z− `e esterno. Dal teorema dei residui si ottiene quindi  f(z)dz = 2πi Res f(z) z=z+ γ −2i = 2πi z − z− z=z+ 2π = √ . 3 In conclusione  0

2π

2π dθ = √ . 2 + cos θ 3

10.19. Si osservi, per iniziare, che l’integrale improprio esiste e si ha 

+∞

−∞

x sin(πx) dx = lim R→∞ x2 + 2x + 5



+R

−R

x sin(πx) dx. x2 + 2x + 5

Esercizi del Capitolo 10

297

Posto f(z) = z/(z 2 + 2z + 5) e detto γ = λR + γR il cammino di integrazione √ chiuso con λR (x) = x, −R ≤ x ≤ R, e γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π, per R > 5 la funzione f(z)eiπz `e analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = −1 + 2i. Per il teorema dei residui si ha    f(z)eiπz dz = f(z)eiπz dz + f(z)eiπz dz γ

λR

= 2πi =

γR iπz

Res

z=−1+2i

f(z)e

π (1 − 2i)e−2π . 2

Per z ∈ {γR }, risulta |f(z)| ≤ R/(R2 − 2R − 5) infinitesimo per R → ∞ e quindi per il lemma di Jordan  lim f(z)eiπz dz = 0. R→∞

γR

Inoltre 

f(z)eiπz dz =



+R

−R

λR

x2

xeiπx dx. + 2x + 5

Pertanto, nel limite R → ∞ si ha  +∞ x(cos(πx) + i sin(πx)) π dx = (1 − 2i)e−2π , 2 + 2x + 5 x 2 −∞ da cui, prendendo la parte immaginaria,  +∞ x sin(πx) dx = −πe−2π . 2 −∞ x + 2x + 5 10.20. Si consideri f(z) = 1/(1 + z 2n+1 ) analitica in tutto C ad eccezione dei 2n + 1 poli semplici nei punti zk = eiπ/(2n+1)+i2πk/(2n+1) ,

k = 0, 1, . . . , 2n.

Detto γ = λ1 + λ2 + λ3 il cammino chiuso di integrazione, dove λ1 (x) = x, 0 ≤ x ≤ R, λ2 (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π/(2n + 1), λ3 (x) = xei2π/(2n+1) , R ≥ x ≥ 0, la funzione f `e, per R > 1, analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = z0 . Pertanto  f(z)dz = γ

3 

k=1

f(z)dz λk

= 2πi Res f(z) z=z0

= 2πi

1 . (2n + 1)z02n

298

A Soluzione degli esercizi proposti

Per i singoli cammini di integrazione si ha 



R

f(z)dz = 0

λ1

1 dx, 1 + x2n+1



1 2πR R→∞ f(z)dz ≤ −−−−→ 0, 2n+1 2n + 1 R −1 λ2



f(z)dz = −ei2π/(2n+1) λ3



R 0

1 dx. 1 + x2n+1

In conclusione, nel limite R → ∞ si ottiene  ∞ 1 1 2πi/(2n + 1) dx = i2nπ/(2n+1) 2n+1 i2π/(2n+1) 1+x e 1−e 0 =

1 2πi/(2n + 1) ! " ei2nπ/(2n+1) e−iπ/(2n+1) − eiπ/(2n+1) eiπ/(2n+1)

=

π/(2n + 1) . sin[π/(2n + 1)]

10.21. Si ponga za ea log z = , z2 + 1 z2 + 1 log z = ln r + iθ, z = reiθ ,

f(z) =

r > 0,

0 < θ < 2π,

con a = −1/3. Il seguente svolgimento `e valido per ogni −1 < a < 1. Nel dominio specificato f `e analitica ovunque ad eccezione dei due poli semplici in z = ±i dove ha residui eiπa/2 ea log z ea(ln 1+iπ/2) Res f(z) = = , = z=i z + i z=i i+i 2i

Res f(z) =

z=−i

ea log z ea(ln 1+i3π/2) ei3πa/2 = = . z − i z=−i −i − i −2i

L’integrale di f lungo il cammino chiuso γ = λ1 + gammaR + λ2 + γρ , dove λ1 (x) = x + i0, ρ ≤ x ≤ R, γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π, λ2 (x) = x − i0, R ≥ x ≥ ρ, e γρ (θ) = ρeiθ , 2π ≥ θ ≥, vale quindi, per R > 1 e ρ < 1,      f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz γ

λ1

γR

λ2

γρ

Esercizi del Capitolo 10

299

 = 2πi Res f(z) + Res f(z) z=i z=−i 

iπa/2 i3πa/2 −e . =π e Per i singoli integrali si ha   f(z)dz = ρ

λ1





ρ

f(z)dz = λ2

R



R

ea(ln x+i0) i0 e dx = (xei0 )2 + 1



R

ρ

ea(ln x+i2π) i2π e dx = −ei2πa (xei2π )2 + 1

ea ln R R→∞ 2πR −−−−→ 0, f(z)dz ≤ 2 R − 1 γR

 ea ln ρ ρ→0 f(z)dz ≤ 2πρ −−−→ 0, γρ 1 − ρ2

ea ln x dx, x2 + 1  ρ

R

ea ln x dx, x2 + 1

a < 1,

a > −1.

In conclusione, prendendo i limiti R → ∞ e ρ → 0, per −1 < a < 1 si ottiene    ∞ π eiπa/2 − ei3πa/2 xa dx = x2 + 1 1 − ei2πa 0   πeiπa e−iπa/2 − eiπa/2 = eiπa (e−iπa − eiπa ) π sin(πa/2) = sin(πa) π/2 . = cos(πa/2) 10.22. Ponendo eiθ = z, si ha dθ = dz/iz, cos θ = (z + z −1 )/2 e  2π  dθ = f(z)dz, (a + b cos θ)2 γ 0 dove γ(θ) = eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π, e f(z) =

−4iz (bz 2

+ 2az + b)2

.

Nel caso specifico abbiamo a = 5 e b = 3 ma continuiamo a considerare a e b generici purch´e non nulli e di segno concorde, ad esempio a > 0 e b > 0. Poich´e le radici di bz 2 + 2az + b = 0 sono i numeri reali '  a 2 a − 1, z± = − ± b b

300

A Soluzione degli esercizi proposti

con z− < −1 e −1 < z+ < 0 (si osservi che z+ z− = 1), la funzione f ha all’interno della circonferenza γ una singolarit` a isolata in z = z+ . Tale singolarit` a `e un polo doppio in quanto f(z) =

g(z) , (z − z+ )2

con g(z) =

−4iz b2 (z − z− )2

analitica e non nulla in z+ . Il corrispondente residuo vale Res f(z) = g (z+ )

z=z+

−4i (z+ − z− ) − 2z+ b2 (z+ − z− )3 −ia = 2 . (a − b2 )3/2

=

In conclusione 

2π

0

dθ = 2πi Res f(z) z=z+ (a + b cos θ)2 2πa . = 2 (a − b2 )3/2

Per a = 5 e b = 3 il risultato `e 5π/32. 10.23. Si ponga f(z) = eiz /(ez + e−z ) e si consideri il cammino chiuso γ = λ1 + λ2 + λ3 + λ4 , dove λ1 (x) = x, −R ≤ x ≤ R, λ2 (y) = R + iy, 0 ≤ y ≤ π, λ3 (x) = x + iπ, R ≥ x ≥ −R, e λ4 (y) = −R + iy, π ≥ y ≥ 0. Poich´e f(z) = p(z)/q(z) con p(z) = eiz e q(z) = ez + e−z `e una funzione analitica in tutto C ad eccezione dei poli semplici corrispondenti agli zeri semplici di q(z), che sono i punti z = ±iπ/2 + i2πk, k ∈ Z, il teorema dei residui fornisce, per ogni R > 0,  f(z)dz = 2πi Res f(z) z=iπ/2

γ

= 2πi

p(i π2 ) q  (i π2 )

= πe−π/2 . D’altro canto   f(z)dz = γ

 f(z)dz + λ1

 f(z)dz +

λ2

 f(z)dz +

λ3

f(z)dz, λ4

Esercizi del Capitolo 10

301

con 



R

f(z)dz = −R

λ1





−R

f(z)dz = λ3

R

ex

eix dx, + e−x

ei(x+iπ) dx = e−π x+iπ e + e−(x+iπ)



R

−R

ex

eix dx. + e−x

Per la disuguaglianza di Darboux  π R→∞ ≤ f(z)dz −−−−→ 0, R − e−R e λ2 

π R→∞ f(z)dz ≤ R −−−−→ 0, e − e−R λ4

quindi nel limite R → ∞ si ha    1 + e−π

+∞

−∞

ex

eix dx = πe−π/2 , + e−x

da cui, prendendo la parte reale,  +∞ cos x π/2 . dx = x + e−x e cosh(π/2) −∞ 10.24. Si ponga f(z) = (z − z0 )−1 (z − z1 )−1 . Detto γ = λR + γR il cammino  z1 la chiuso con λR dato e γR (θ) = a + Reiθ , π/2 ≤ θ ≤ 3π/2, per z0 = funzione f(z)ezt `e analitica su e dentro γ ad eccezione dei poli semplici in z = z0 e z = z1 . Per il teorema dei residui    ezt f(z)dz = ezt f(z)dz + ezt f(z)dz γ λR γR  zt zt = 2πi Res e f(z) + Res e f(z) . z=z0

z=z1

Si osservi che per 0 < |z − z0 | < |z0 − z1 | si ha 1 1 1 ez0 t e(z−z0 )t 0 z − z0 z0 − z1 1 + zz−z 0 −z1  k ∞ ∞

1 ((z − z0 )t)n z − z0 1 k z0 t = (−1) e z − z0 z0 − z1 z0 − z1 n! n=0

ezt f(z) =

k=0

e quindi Res ezt f(z) =

z=z0

ez0 t . z0 − z1

302

A Soluzione degli esercizi proposti

Scambiando z0 con z1 otteniamo Res ezt f(z) =

z=z1

ez1 t . z1 − z0

Usando la disuguaglianza di Darboux e quella di Jordan, l’integrale su γR pu` o essere maggiorato come segue: 

 e f(z)dz ≤

γR

3π/2

e(a+R cos θ)t Rdθ (R + |z0 |)(R + |z1 |) π/2  π Reat e−Rt sin ϕ dϕ = (R + |z0 |)(R + |z1 |) 0

zt

≤

Reat π (R + |z0 |)(R + |z1 |) Rt

e quindi  ezt f(z)dz = 0.

lim

R→∞

γR

In conclusione, 1 lim 2πi R→∞

 ezt λR

ez0 t − ez1 t 1 dz = . (z − z0 )(z − z1 ) z0 − z1

10.25. Posto z = eiθ e quindi dz = ieiθ dθ, si ha 



2π

sin(exp(cos θ + i sin θ))dθ = 0

sin(exp(z)) γ

dz , iz

dove γ(θ) = eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π. La funzione integranda sin(exp(z)) `e analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = 0. Per il teorema dei residui si ha quindi  dz sin(exp(z)) = 2πi Res sin(exp(z)) z=0 iz iz γ = 2πi

sin(exp(0)) i

= 2π sin(1). 10.26. Integrando per parti si ha   ∞ log(1 + x2 ) 2 ∞ x1−a dx = dx. xa+1 a 0 1 + x2 0

Esercizi del Capitolo 10

303

Posto f(z) = e(1−a) log z /(1 + z 2 ), avendo assunto per il logaritmo il ramo log z = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

0 < θ < 2π,

si osservi che f ha poli semplici in z = ±i e una linea di diramazione coincidente con il semiasse reale positivo. Si integri f lungo il cammino chiuso γ = λ1 + γR + λ2 + γr , dove λ1 (x) = x + i0, r ≤ x ≤ R, γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π, λ2 (x) = xeiπ , R ≥ x ≥ r, e γr (θ) = reiθ , π ≥ θ ≥ 0. Per R > 1 e r < 1 si ha      f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz γ

λ1

γR

λ2

γr

= 2πi Res f(z) z=i

= πei(1−a)π/2 . Gli integrali sui cammini che compongono γ valgono   R (1−a)(ln x+i0)  R (1−a) ln x e e i0 e dx = dx, f(z)dz = i0 )2 + 1 (xe x2 + 1 r r λ1 



r

f(z)dz = λ2

R



e(1−a)(ln x+iπ) iπ e dx = ei(1−a)π (xeiπ )2 + 1



R

r

e(1−a) ln x dx, x2 + 1

e(1−a) ln R πR2−a R→∞ πR = 2 f(z)dz ≤ −−−−→ 0, 2 R −1 R −1 γR e(1−a) ln r πr2−a r→0 f(z)dz ≤ πr = −−−→ 0, 1 − r2 1 − r2 γr



a > 0,

a < 2.

Prendendo i limiti R → ∞ e r → 0, per 0 < a < 2 si conclude  ∞ 1−a x πei(1−a)π/2 dx = 2 x +1 1 + ei(1−a)π 0 = =

eiaπ/2

πi − e−iaπ/2

π/2 sin(πa/2)

e quindi  0

∞

log(1 + x2 ) π/a , dx = a+1 x sin(πa/2)

0 < a < 2.

304

A Soluzione degli esercizi proposti

10.27. Si integri la funzione f(z) = eiz /(z 2 − 6z + 10) lungo il cammino iθ γ = λ + γR , dove λ(x) = x, −R ≤ x ≤ R, √ e γR (θ) = Re , 0 ≤ θ ≤ π. Poich´e f ha due poli semplici in 3 ± i, per R > 10 si ha    f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz γ

λ

γR

= 2πi Res f(z) z=3+i

= 2πi =

eiz z − (3 − i) z=3+i

πe3i . e

Prendendo la parte immaginaria di questa uguaglianza e osservando che 



R

f(z)dz = −R

λ

eix dx R→∞ −−−−→ 2 x − 6x + 10 



+∞

−∞

x2

eix dx − 6x + 10

R→∞

f(z)dz −−−−→ 0, γR

si conclude 

+∞

−∞

x2

sin x dx π sin 3 = . − 6x + 10 e

10.28. Detto I il valore dell’integrale in questione, per la formula (10.9) si ha 1 I= 2



+∞ −∞



x sin x dx x4 + 1

+∞

xeix dx 4 −∞ x + 1 & %  1 zeiz zeiz = Im 2πi Res 4 , + Res 4 z=z0 z + 1 z=z1 z + 1 2 1 = Im 2

dove zk = ei(π+2πk)/4 , k = 0, 1, 2, 3, sono le 4 radici distinte di (−1)1/4 . Nei poli semplici z0 e z1 , i residui valgono √ 2

e−1/ zeiz z0 eiz0 Res 4 = = z=z0 z + 1 4z03 4i

√ √ (cos(1/ 2) + i sin(1/ 2)),

√ 2

zeiz e−1/ z1 eiz0 Res 4 = − = z=z1 z + 1 4z13 4i

√ √ (cos(1/ 2) − i sin(1/ 2)).

Esercizi del Capitolo 10

Pertanto

305

# √ √ √ e−1/ 2

1 cos(1/ 2) + i sin(1/ 2) I = Im 2πi 2 4i $ √  √ − cos(1/ 2) + i sin(1/ 2) =

√ √ π sin(1/ 2)e−1/ 2 . 2

10.29. Si consideri la funzione complessa f(z) = (zeiz +3)/(z 2 +1) che ha poli semplici in z = ±i e la si integri lungo il perimetro γ, orientato positivamente, del quadrato di vertici −R1 , R2 , R2 + i(R1 + R2 ), −R1 + i(R1 + R2 ), con R1 > 0, R2 > 0 e R1 + R2 > 1. Per il teorema dei residui si ha  f(z)dz = 2πi Res f(z) z=i

γ

ie−1 + 3 2i = π(3 + i/e).

= 2πi

D’altro canto  f(z)dz = γ

4 

k=1

f(z)dz,

λk

dove λ1 (x) = x, −R1 ≤ x ≤ R2 , λ2 (y) = R2 + iy, 0 ≤ y ≤ R1 + R2 , λ3 (x) = x + i(R1 + R2 ), R2 ≥ x ≥ −R1 , e λ4 (y) = −R1 + iy, R1 + R2 ≥ y ≥ 0. Gli integrali lungo i cammini che compongono γ valgono   R2 xeix + 3 f(z)dz = dx, 2 λ1 −R1 x + 1 



R1 +R2

f(z)dz = 0

λ2





−R1

f(z)dz = λ3

R2





xeix−(R1 +R2 ) + 3 R1 ,R2 →∞ dx −−−−−−−→ 0, 2 (x + i(R1 + R2 )) + 1

0

f(z)dz = R1 +R2

λ4

Pertanto



+∞ −∞

yeiR2 −y + 3 R1 ,R2 →∞ idy −−−−−−−→ 0, (R2 + iy)2 + 1

ye−iR1 −y + 3 R1 ,R2 →∞ idy −−−−−−−→ 0. (−R1 + iy)2 + 1

xeix + 3 dx = π(3 + i/e). x2 + 1

306

A Soluzione degli esercizi proposti

Prendendo la parte reale e quella immaginaria di questa espressione e osservando che cos(x)/(x2 + 1) `e pari, si conclude 

+∞

−∞

x sin(x) + 3 dx = π(3 + 1/e). x2 + 1

10.30. L’integrale proposto `e equivalente all’integrale della funzione complessa eiz /(iz) lungo il cammino γ(θ) = eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π, 

2π

eiθ

e

 dθ =

0

2π

γ(θ) γ

e 0



(θ) dθ = iγ(θ)

 γ

ez dz. iz

Quest’ultimo integrale si valuta immediatamente con il teorema dei residui:  z e0 e ez dz = 2πi Res = 2πi = 2π. z=0 iz i γ iz √ √ 2 2 10.31. Si ponga f(z) = z 3 /(z 2 + 2 3z + 4) = e 3 log z /(z 2 + +2 3z + 4), assumendo per il logaritmo quel ramo la cui linea di diramazione coincide con il semiasse reale positivo: log z = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

0 < θ < 2π.

La funzione f `e analitica ovunque √ ad eccezione del semiasse reale positivo e dei due poli semplici in z = − 3 ± i dove ha residui 2 2 5 e 3 log z e 3 ln 2+i 9 π √ Res , f(z) = = √ 2i √ z + 3 + i z=− 3+i z=− 3+i

2 e 3 log z √ Res f(z) = √ z + 3 − i z=− 3−i

2

√ z=− 3−i

=

7

e 3 ln 2+i 9 π . −2i

Si integri la f lungo il cammino chiuso orientato positivamente γ = λ1 + γR + λ2 + γr , dove λ1 (x) = x + i0, r ≤ x ≤ R, γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π, λ2 (x) = x − i0, R ≥ x ≥ r, e γr (θ) = reiθ , 2π ≥ θ ≥ 0. Come al solito, x ± i0 sta a indicare x ± iε con ε infinitesimo positivo cos`ı che in rappresentazione polare x + i0 = xeiε mentre x − i0 = xei(2π−ε) . Per r < 2 < R, si ha      f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz γ λ1 γR λ2 γr  f(z) + Res f(z) = 2πi Res √ √ z=− 3+i z=− 3−i

 2 5 7 = πe 3 ln 2 ei 9 π − ei 9 π .

Esercizi del Capitolo 10

307

Per i singoli cammini di integrazione risulta  R  2 e 3 (ln x+i0) √ f(z)dz = ei0 dx i0 2 i0 r (xe ) + 2 3(xe ) + 4 λ1  R 2 e 3 ln x √ = dx, 2 r x + 2 3x + 4 



2

e 3 (ln x+i2π) √ ei2π dx i2π 2 ) + 2 3(xei2π ) + 4 R (xe  R 2 e 3 ln x i 43 π √ = −e dx, 2 r x + 2 3x + 4 r

f(z)dz = λ2

4 e 23 ln R R 3 R→∞ f(z)dz  R = −−−−→ 0, R2 R2 γR





e 23 ln r 4 r→0 f(z)dz  r = r 3 −−−→ 0. 1 γr

Pertanto, nel limite r → 0 e R → ∞ si ottiene  ∞ 2 5 7 x3 2 ei 9 π − ei 9 π √ dx = πe 3 ln 2 4 x2 + 2 3x + 4 1 − ei 3 π 0 6

2

= π2 3 2

= π2 3

1

1

ei 9 π e−i 9 π − ei 9 π 2 2 2 ei 3 π e−i 3 π − ei 3 π sin(π/9) sin(2π/3)

5

= π2 3 sin(π/9). 10.32. Si ponga 1

f(z) =

(z + 1)e− 2 log z , z 2 − 2z + 2

assumendo per il logaritmo il ramo log z = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

0 < θ < 2π.

La funzione f `e analitica ovunque ad eccezione del semiasse reale positivo e dei due poli semplici in z = 1 ± i dove ha residui 1 (z + 1)e− 2 log z 2 + i − 1 (ln √2+i π ) 4 , = e 2 Res f(z) = z=1+i z−1+i 2i z=1+i

308

A Soluzione degli esercizi proposti

1 (z + 1)e− 2 log z Res f(z) = z=1−i z−1−i

= z=1−i

2 − i − 1 (ln √2+i 7π ) 4 . e 2 −2i

Si integri f lungo il cammino chiuso orientato positivamente γ = λ1 +γR +λ2 + ≤ θ ≤ 2π, λ2 (x) = x − i0, γr , dove λ1 (x) = x + i0, r ≤ x ≤ R, γR (θ) = Reiθ , 0√ R ≥ x ≥ r, e γr (θ) = reiθ , 2π ≥ θ ≥ 0. Per r < 2 < R, dal teorema dei residui si ha      f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz γ λ1 γR λ2 γr  = 2πi Res f(z) + Res f(z) z=1+i z=1−i  2 − i −1/4 −i 7π 2 + i −1/4 −i π8 e − e 8 2 2 = 2πi 2i 2i  π −1/4 −i π (2 + i)e 8 + (2 − i)ei 8 = π2 2π

π π = √ + sin . 2 cos 4 8 8 2 Nel limite r → 0 e R → ∞ gli integrali su γr e γR si annullano,  R+1 R→∞ f(z)dz ≤ πR √ −−−−→ 0, 2 R(R + 2R + 2) γR



γr

f(z)dz ≤ πr √

1−r r→0 −−−→ 0, r(2 − 2r − r2 )

mentre quelli su λ1 e λ2 tendono entrambi all’integrale reale da calcolare: 



R

f(z)dz = r

λ1





r

f(z)dz = R

λ2

In conclusione  0

∞

1

(xei0 + 1)e− 2 (ln x+i0) i0 e dx = (xei0 )2 − 2xei0 ) + 2 1



(xei2π + 1)e− 2 (ln x+i2π) i2π e dx = (xei2π )2 − 2xei2π + 2

R

r



(x + 1) √ dx, x(x2 − 2x + 2) R

√ r

(x + 1) dx. x(x2 − 2x + 2)

x+1 π

π π √ √ dx = + sin . 2 cos 4 x(x2 − 2x + 2) 8 8 2

10.33. Ponendo eiθ = z, si ha dθ = dz/iz, cos θ = (z + z −1 )/2 e 

2π 0

  log a + a−1 − 2 cos θ dθ =

 |z|=1

  1 log a + a−1 − z − z −1 dz, iz

Esercizi del Capitolo 10

309

dove |z| = 1 `e la circonferenza di centro 0, raggio 1, orientata in verso positivo. Scelto per il logaritmo il ramo principale log z = ln |z| + i arg z,

|z| > 0,

−π < arg z < π,

la funzione integranda f(z) =

  1 log a + a−1 − z − z −1 iz

`e analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del punto z = 0 e dei punti z(t) tali che a + a−1 − z(t) − z(t)−1 = −t,

t ≥ 0,

ovvero   z(t)2 − a + a−1 + t z(t) + 1 = 0, che ha soluzioni 1 z± (t) = 2

 

−1

a+a

 2 −1 + t ± (a + a + t) − 4 . 

Per t ∈ [0, ∞), la soluzione z+ (t) descrive la semiretta reale da a a +∞, mentre z− (t) il segmento da a−1 a 0. Si consideri il cammino chiuso σ = γ + λ1 + λ2 + γε + λ3 + λ4 , dove γ(θ) = eiθ ,

ε2 ≤ θ ≤ 2π − ε2 ,

λ1 (x) = x − iε2 ,

1 ≥ x ≥ a−1,

λ2 (x) = x − iε2 ,

a−1 ≥ x ≥ ε,

γε (θ) = εeiθ ,

2π − ε ≥ θ ≥ ε, 2

λ3 (x) = x + iε ,

ε ≤ x ≤ a−1 ,

λ4 (x) = x + iε2 ,

a−1 ≤ x ≤ 1.

Per ogni ε > 0 la funzione f `e analitica su σ e al suo interno, pertanto 

 f(z)dz = σ

f(z)dz + γ

4 

k=1

λk

 f(z)dz +

f(z)dz γε

= 0. Poich´e f `e analitica sul segmento dell’asse reale (a−1, 1] e per ε → 0 risulta λ1 = −λ4 , si ha   f(z)dz + f(z)dz = 0. lim ε→0

λ1

λ4

310

A Soluzione degli esercizi proposti

Fig. A.8. Cammino chiuso σ = γ + λ1 + λ2 + γε + λ3 + λ4 , utilizzato per integrare la funzione f (z) = (iz)−1 log(a + a−1 − z − z −1 ), con a > 1, lungo la circonferenza |z| = 1 orientata positivamente

Sul segmento [ε, a−1] in corrispondenza della linea di diramazione si ha invece  ε   ε   1 1 log t(x)e−iπ dx = (ln(t(x)) − iπ) dx, f(z)dz = a−1 ix a−1 ix λ2 



a−1

f(z)dz = λ3

ε

  1 log t(x)eiπ dx = ix

 ε

a−1

1 (ln(t(x)) + iπ) dx, ix

dove t(x) = x + x−1 − a − a−1. La somma di questi due integrali fornisce 

 f(z)dz + λ2



a−1

f(z)dz = 2 λ3

ε

π dx = −2π ln a − 2π ln ε. x

Infine, sul cammino γε per ε infinitesimo possiamo porre a + a−1 − z − z −1  −z −1 e quindi     1 f(z)dz = log −z −1 dz γε γε iz  0

 1 −1 −i(θ−π) log ε e εiθ idθ = iθ 2π iε  0   −1   = ln ε − i(θ − π) dθ 2π



−1

= θ ln ε

= 2π ln ε.



0 θ2 − πθ −i 2 2π 

Esercizi del Capitolo 11

311

In conclusione   f(z)dz = lim f(z)dz |z|=1

ε→0

γ

  = lim − ε→0

 f(z)dz −

λ2



 f(z)dz −

λ3

f(z)dz γε

= lim (2π ln a + 2π ln ε − 2π ln ε) ε→0

= 2π ln a.

Esercizi del Capitolo 11 11.1. Poich´e f(z) = sinh z `e continua in R, chiuso e limitato, ed `e analitica e non costante nel suo interno, per il teorema del massimo modulo |f(z)| ha massimo sulla frontiera di R. Ricordando che | sinh(z)|2 = sinh2 x + sin2 y e osservando che sinh2 x `e monotona crescente e sin2 y ha massimi per y = π/2 + nπ, n ∈ Z, il massimo di |f(z)| in R viene raggiunto nel punto z = 3 + iπ/2 e vale  | sinh(3 + iπ/2)| = sinh2 3 + 1 = cosh 3. 11.2. Si ponga z 4 − 5z + 1 = f(z) + g(z), con f(z) = −5z + 1, g(z) = z 4 . Per |z| = 1 si ha |f(z)| ≥ || − 5z| − |1|| = 4, |g(z)| = |z 4 | = 1, cio`e |f(z)| > |g(z)|. Poich´e f(z) ha uno zero semplice in z = 1/5, per il teorema di Rouch´e anche f(z) + g(z) ha uno zero in |z| < 1. Sempre con le stesse funzioni f e g, per |z| = 2 si ha |f(z)| ≤ | − 5z| + |1| = 11, |g(z)| = |z 4 | = 16, cio`e |g(z)| > |f(z)|. Poich´e g(z) ha uno zero con molteplicit` a 4 in z = 0, per il teorema di Rouch´e g(z) + f(z) ha 4 zeri in |z| < 2. Si conclude che nella regione 1 ≤ |z| < 2, l’equazione z4 − 5z + 1 = 0 ha 3 soluzioni.

312

A Soluzione degli esercizi proposti

11.3. Si ponga f(z) = az n e g(z) = − sin z. Entrambe queste funzioni sono analitiche per z ∈ Q. Inoltre |f(z)| > |g(z)| per z ∈ ∂Q. Infatti, per z sulla frontiera del quadrato Q, si ha 2

2

2

|az n | = |a| |z| > 2e2 , 2

|sin z| ≤ sin2 1 + sinh2 1 < 1 + e2 . Pertanto, per il teorema di Rouch´e la funzione f(z) + g(z) ha in Q◦ lo stesso numero di zeri, contando la molteplicit` a, della funzione f(z), che ne ha evidentemente n (un solo zero ma di molteplicit` a n in z = 0). In conclusione, l’equazione az n = sin z ha n soluzioni per z ∈ Q◦ . 11.4. Si ponga f(z) = 4z 5 e g(z) = z 8 − z 2 + 1. Sulla frontiera della regione |z| < 1, cio`e per |z| = 1, si ha |f(z)| = 4, |g(z)| = z 8 − z 2 + 1 ≤ z 8 + −z 2 + |1| = 3, pertanto |f(z)| > |g(z)| per |z| = 1. Per il teorema di Rouch´e, f e f + g hanno allora lo stesso numero di zeri nella regione |z| < 1. Poich´e f(z) ha uno zero di ordine 5 in z = 0, l’equazione considerata ha 5 soluzioni in |z| < 1. 11.5. Per rispondere al quesito determiniamo separatamente il numero di zeri √ dell’equazione assegnata nelle regioni |z| < 1 e |z| < 2. Nella regione |z| < 1 si ponga f(z) = 4z 3 e g(z) = z 8 − z 2 + 1. Sulla frontiera di questa regione, cio`e per |z| = 1, si ha |f(z)| = 4z 3 = 4, |g(z)| = z 8 − z 2 + 1 ≤ z 8 + −z 2 + |1| = 3, pertanto |f(z)| > |g(z)| per |z| = 1. Per il teorema di Rouch´e, f e f + g hanno allora lo stesso numero di zeri nella regione |z| < 1. Poich´e f(z) ha uno zero di ordine 3 in z = 0, l’equazione assegnata ha 3 zeri in |z| < 1. √ 4 3 2 Nella regione |z| < 2 si ponga f(z) = √ z + 4z e g(z) = −z + 1. Sulla frontiera di questa regione, cio`e per |z| = 2, si ha √ √ |f(z)| = z 8 + 4z 3 ≥ z 8 − 4z 3 = 16 − 8 2 = 8(2 − 2) > 4, |g(z)| = −z 2 + 1 ≤ −z 2 + |1| = 2 + 1 = 3, √ pertanto |f(z)| > |g(z)| per |z| = 2. Per il teorema di √Rouch´e, f e f + g hanno allora lo stesso numero di zeri nella regione |z| < 2. Poich´e f(z) ha uno zero di ordine 3 in z = 0 e 5 zeri semplici corrispondenti √ alle 5 radici distinte di (−4)1/5, l’equazione assegnata ha 8 zeri in |z| < 2. Si conclude che z 8 + 4z 3 − z 2 + 1 = 0 ha 8 − 3 = 5 soluzioni nella regione √ 1 ≤ |z| < 2.

Esercizi del Capitolo 11

313

11.6. Nella regione considerata, v `e armonica coniugata a u se e solo se f = u + iv `e analitica. Devono pertanto essere soddisfatte le equazioni di CauchyRiemann ux = vy e uy = −vx . Dalla seconda si ha vx (x, y) = −uy (x, y) = 2y, da cui, integrando rispetto a x, si ricava v(x, y) = 2xy + φ(y). Dalla prima segue allora vy (x, y) = 2x + φ (y) = ux (x, y) = 2x + 1, cio`e φ (y) = 1, che risolta d` a φ(y) = y + costante. In conclusione, a meno di una costante, risulta v(x, y) = 2xy + y. Si noti che f(z) = u(x, y) + iv(x, y) = z 2 + z, dove z = x + iy, `e intera. 11.7. Nella regione considerata, v `e armonica coniugata a u se e solo se f = u + iv `e analitica. Devono pertanto essere soddisfatte le equazioni di CauchyRiemann ux = vy e uy = −vx . Dalla seconda si ha vx (x, y) = −uy (x, y) = 2y cos(x2 − y2 ) cosh(2xy) − 2x sin(x2 − y2 ) sinh(2xy)  d  cos(x2 − y2 ) sinh(2xy) , = dx che risolta d`a v(x, y) = cos(x2 − y2 ) sinh(2xy) + φ(y). Dalla prima segue allora vy (x, y) = 2y sin(x2 − y2 ) sinh(2xy) + 2x cos(x2 − y2 ) cosh(2xy) + φ (y) = ux (x, y) = 1 + 2x cos(x2 − y2 ) cosh(2xy) + 2y sin(x2 − y2 ) sinh(2xy), a ovvero φ (y) = 1, che risolta d` φ(y) = y + costante.

314

A Soluzione degli esercizi proposti

In conclusione, a meno di una costante, si ha v(x, y) = y + cos(x2 − y2 ) sinh(2xy). Si noti che   f(z) = u(x, y) + iv(x, y) = z + sin z 2 , dove z = x + iy, `e intera. 11.8. Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha ux (x, y) = 2x − 2y − 6xy,

uxx(x, y) = 2 − 6y,

2

uy (x, y) = −2y − 2x − 3x + 3y2 ,

uyy (x, y) = −2 + 6y,

e dunque uxx + uyy = 0, quindi u `e armonica in R2 . La funzione v `e armonica coniugata a u in R2 se e solo se la funzione f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) `e analitica in C. Dalla prima delle equazioni di Cauchy-Riemann, ux = vy , si ha 2x − 2y − 6xy = vy , che integrata rispetto a y fornisce v(x, y) = 2xy − y2 − 3xy2 + φ(x). Imponendo la seconda equazione di Cauchy-Riemann, uy = −vx , si ha −2y − 2x − 3x2 + 3y2 = 2y − 3y2 + φ (x), che integrata rispetto a x fornisce φ(x) = x2 + x3 + costante. In conclusione, a meno di una costante, v(x, y) = 2xy − y2 + x2 − 3xy2 + x3 . Posto z = x + iy, si ha u(x, y) + iv(x, y) = (1 + i)z 2 + iz 3 = f(z), con f(z) analitica in C. 11.9. Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha ux (x, y) = 2x − e−y sin x, uy (x, y) = −2y − e−y cos x,

uxx (x, y) = 2 − e−y cos x, uyy (x, y) = −2 + e−y cos x,

Esercizi del Capitolo 11

315

e dunque uxx (x, y) + uyy (x, y) = 0, quindi u `e armonica in R2 . La funzione v `e armonica coniugata a u in R2 se e solo se la funzione f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) `e analitica in C. Dalla prima delle equazioni di Cauchy-Riemann, ux = vy , si ha 2x − e−y sin x = vy , che integrata rispetto a y fornisce v(x, y) = 2xy + e−y sin x + φ(x). Imponendo la seconda equazione di Cauchy-Riemann, uy = −vx , si ha 2y + e−y cos x = 2y + e−y cos x + φ (x), cio`e φ (x) = 0, che integrata rispetto a x fornisce φ(x) = costante. In conclusione, a meno di una costante, v(x, y) = 2xy + e−y sin x. Posto z = x + iy, si ha u(x, y) + iv(x, y) = z 2 + eiz = f(z), con f(z) analitica in C. 11.10. La funzione v `e armonica coniugata a u in R2 se e solo se la funzione f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) `e analitica in C. Osservando che z 2 = (x + iy)2 = x2 − y2 + i2xy e dunque   2 eiz = e−2xy cos(x2 − y2 ) + i sin(x2 − y2 ) , si ricava u(x, y) = Re f(z),

2

f(z) = −ieiz ,

con f(z) intera. Pertanto, a meno di un’arbitraria costante, v(x, y) = Im f(z) = −e−2xy cos(x2 − y2 ).

316

A Soluzione degli esercizi proposti

11.11. Nella regione considerata, v `e armonica coniugata a u se e solo se f = u + iv `e analitica. Devono pertanto essere soddisfatte le equazioni di Cauchy-Riemann ux = vy e uy = −vx . Dalla seconda si ha vx (x, y) = −uy (x, y) = 2y cos(x2 − y2 ) cosh(2xy) − 2x sin(x2 − y2 ) sinh(2xy)  d  cos(x2 − y2 ) sinh(2xy) , = dx che risolta d`a v(x, y) = cos(x2 − y2 ) sinh(2xy) + φ(y). Dalla prima segue allora vy (x, y) = 2y sin(x2 − y2 ) sinh(2xy) + 2x cos(x2 − y2 ) cosh(2xy) + φ (y) = ux (x, y) = 2x cos(x2 − y2 ) cosh(2xy) + 2y sin(x2 − y2 ) sinh(2xy), ovvero φ (y) = 0, che risolta d`a φ(y) = costante. In conclusione, a meno di una costante, v(x, y) = cos(x2 − y2 ) sinh(2xy). Si noti che   f(z) = u(x, y) + iv(x, y) = sin z 2 , dove z = x + iy, `e intera. 11.12. Sia v : C → R la funzione armonica coniugata a u. La funzione f = u + iv `e analitica in C. Allora anche la funzione g = exp(−f) `e intera. Inoltre, poich´e | exp(−f)| = exp(−u) e u ≥ 3, la funzione g `e anche limitata in C. Per il teorema di Liouville essa `e pertanto costante in C. Si conclude che anche u = − ln |g| `e costante in C.

Esercizi del Capitolo 11

317

11.13. La funzione u(x, y) ha derivate seconde in D = R2 \ {(1, 0)} e in tale dominio risulta ux (x, y) =

2(x − 1) , (x − 1)2 + y2

uxx(x, y) =

−2(x − 1)2 + 2y2 , ((x − 1)2 + y2 )2

uy (x, y) =

2y , (x − 1)2 + y2

uyy (x, y) =

2(x − 1)2 − 2y2 , ((x − 1)2 + y2 )2

da cui si vede che uxx +uyy = 0. Posto z = x+iy, si riconosce immediatamente che ln((x − 1)2 + y2 ) = Re(2 log(z − 1)), dove log `e uno qualsiasi dei rami del logaritmo. Poich´e D non `e semplicemente connesso, la funzione f tale che Re f = u risulta polidroma e analitica solo in un sottodominio di D. Scegliendo per f il ramo principale, il dominio di analiticit`a `e C \ {(−t, 0), t ∈ [0, ∞)} e l’armonica coniugata a u risulta v(x, y) = Im(2 log(z − 1)) = 2 Arg(z − 1) ⎧ ⎨ 2(arctan(y/(x − 1)) − π) = 2 arctan(y/(x − 1)) ⎩ 2(arctan(y/(x − 1)) + π)

x < 1, y < 0 x ≥ 1, (x, y) = (1, 0) . x < 1, y ≥ 0

Bibliografia

[1] Ahlfors L V (1979) Complex Analysis. McGraw-Hill, Inc. [2] Bleistein N e Handelsman R A (1986) Asymptotic Expansions of Integrals. Dover Publications, Inc. [3] Brown J W e Churchill R V (2003) Complex Variables and Applications. McGraw-Hill, Inc. [4] Conway J B (1978) Functions of One Complex Variable. Springer-Verlag [5] Hales T C (2007) Studies in Logic, Grammar and Rhetoric 10 (23): 45–60 [6] Lang S (1999) Complex Analysis. IV ed., Springer-Verlag [7] Markushevich A I (1977) Theory of Functions of a Complex Variable. II ed. (3 vol.), Chelsea Publishing Company [8] Rossetti C (2000) Metodi Matematici della Fisica. Levrotto & Bella [9] Silverman R A (1984) Introductory Complex Analysis. Dover Publications, Inc. [10] Spiegel M R (1964) Schaum’s Outline Series: Theory and Problems of Complex Variables. McGraw-Hill, Inc. [11] Titchmarsh E C (1939) The theory of Functions. Oxford University Press

Indice analitico

A Abel, teorema di 42 Abel-Plana, formula di anello 107 argomento 5 – principale 5

174

B Borel, prolungamento analitico alla 164 Bromwich, integrale di 156 C cammini equivalenti 77 cammino 77 – chiuso 77 – lunghezza di un 77 – regolare 77 – regolare a tratti 77 – semplice 77 – traccia di un 77 Casorati-Weierstrass, teorema di 128 Cauchy – disuguaglianze di 93 – formula integrale di 90, 91 – valore principale di 134 Cauchy-Goursat, teorema di 86 Cauchy-Riemann, equazioni di 50, 52 chiusura 14 circonferenze in C 8 cis 5 coniugato 3 criterio del rapporto 43

curva 77 – chiusa omotopa a zero 88 – chiusa semplice orientata positivamente 79 – di Jordan 79 – omotopa 88 – regolare 77 – regolare a tratti 77 – traccia di una 77 D Darboux, disuguaglianza di 81 de Moivre, formula di 6 derivata 47 – di funzione composta 49 – di funzione inversa 49 – di somma, prodotto, rapporto 48 diametro 11 discesa pi` u ripida, metodo della 180 distanza 11 – euclidea 12 disuguaglianza triangolare 3 E esponenziale 59 – con base complessa – simbolico 5 Eulero, formula di 44

64

F frontiera 14 funzione – analitica 52 – analitica identicamente nulla – armonica 175

125

322

Indice analitico

– armonica coniugata 176 – armonica coniugata, esistenza della 176 – continua 27 – derivabile 47 – intera 52 – inversa, formula della 174 – Lipschitz continua 29 – meromorfa 171 – uniformemente continua 29 funzioni – iperboliche 67 – iperboliche inverse 69 – trigonometriche 65 – trigonometriche inverse 69 G Gauss, teorema del valore medio di 169 H Hadamard, formula di 42 Heine-Borel, teorema di 21 I indice di una curva chiusa 172 insieme – aperto 12 – chiuso 13 – compatto 20 – completo 19 – connesso 16 – dei punti limite 18 – denso 18 – limitato 11 – molteplicemente connesso 88 – semplicemente connesso 88 – sequenzialmente compatto 20 integrale 79 – di funzione complessa di variabile reale 75 – improprio 133 – lungo una curva regolare a tratti 79 – reale di funzioni razionali 136 – reale di funzioni razionali moltiplicate per una funzione trigonometrica 140 – reale di funzioni trigonometriche 134

J Jordan – curva di 79 – disuguaglianza di 140 – lemma di 139 – teorema della curva di 79 L Laplace – metodo di 179 – trasformata inversa di 156 Laurent – sviluppo in serie di 107 – unicit` a dello sviluppo in serie di 110 limite 25 – con punto all’infinito 27 – inferiore 38 – superiore 38 – unicit` a del 25 Liouville, teorema di 93 logaritmo 60 – ramo del 61 – ramo principale del 63 – valore principale del 61 M Maclaurin, sviluppo in serie di modulo 3 Morera, teorema di 92

100

N numeri complessi – campo dei 1 – definizione dei 1 – differenza di 2 – forma polare dei 5 – prodotto di 1, 2 – rapporto di 2 – rappresentazione geometrica dei – reciproco di 3 – somma di 1, 2 – uguaglianza di 1 P palla – aperta 12 – chiusa 12 – puntata 107 parte interna 14 piano complesso esteso

8

4

Indice analitico poligonale 17 polo di ordine m 122 potenza – con esponente complesso 63 – intera 6 primitiva 75, 82 – teorema sull’esistenza della 82 principio – dell’argomento 172 – del massimo modulo 169 – del minimo modulo 169 – di deformazione dei cammini 89 prolungamento analitico 163 punto – all’infinito 8 – di sella, metodo del 177, 180 – limite 18 – singolare 53, 119 – singolare isolato 119 R radice n-esima 6 raggio di convergenza 42 residuo 120 – all’infinito, teorema del 120 – in un polo di ordine m 123, 126 rette in C 7 Riemann – lemma di 128 – sfera di 8 Rouch´e, teorema di 174 S Schwarz, principio di riflessione di 166 segmenti in C 7 serie di funzioni 36 – convergente 36 – convergente assolutamente 37 – convergente uniformemente 37 – divergente 36 serie di potenze 41 – analiticit` a di una 101 – derivata di una 102 – generalizzata, analiticit` a di una 110 – generalizzata, derivata di una 110 – generalizzata, integrale di una 109 – integrale di una 101

323

– prodotto di due 112 – rapporto di due 112 serie esponenziale 43 serie geometrica 41 singolarit` a – eliminabile 122 – essenziale 122 spazio metrico 11 – compatto 20 – completo 19 – connesso 16 – limitato 11 – sequenzialmente compatto 20 – totalmente limitato 20 Stirling, approssimazione di 180 successione 18 – convergente 18 – di Cauchy 19 – di funzioni 35 – di funzioni convergente 35 – di funzioni uniformemente convergente 35 T Taylor – sviluppo in serie di 99 – unicit` a dello sviluppo in serie di 102 teorema – dei residui 120 – di identit` a 125 – di monodromia 168 – fondamentale del calcolo 76 – fondamentale dell’algebra 93 trasformazione – conforme 56 – isogona 56 U unit` a immaginaria

2

W Weierstrass – criterio di 37 – prolungamento analitico alla Z zero di ordine m

124

165