Lezioni ed esercizi di Analisi Complessa

Transcript

Esercizi di analisi complessa
A cura di: Fabio Musso, Orlando Ragnisco.
1
1
Operazioni con i numeri complessi
Esercizio 1 Calcolare (1 + i)8 .
Scriviamo 1 + i in coordinate polari:
1 + i = ρeiφ
ρ è uguale al modulo di 1 + i:
ρ=
!
√
(1 + i)(1 − i) = 2
Quindi φ deve soddisfare l’equazione:
eiφ = cos φ + i sin φ =
Da cui:
1
cos φ = √
2
Elevando a potenza:
(1 + i)8 =
Esercizio 2 Calcolare
1
1
(1 + i) = √ (1 + i)
ρ
2
1
sin φ = √
2
=⇒
φ=
π
4
"√ π #8
2ei 4
= 16e2iπ = 16.
√
3
i.
Come nell’esercizio precedente passiamo in coordinate polari. i ha modulo 1,
quindi dobbiamo risolvere:
iπ
π
eiφ = cos φ + i sin φ = i =⇒ cos φ = 0 sin φ = 1 =⇒ φ = =⇒ i = e 2
2
Ora possiamo usare la formula per la radice ennesima di un numero complesso:
$
%
!
φ + 2(k − 1)π
√
n
iφ
n
ρe = ρ exp i
,
k = 1, . . . , n
n
che nel nostro caso dà:
$
%
!
√
3
π + 4(k − 1)π
iπ
3
i = e 2 = exp i
,
6
Esercizio 3 Calcolare ln(−1 −
k = 1, . . . , 3
√
3i).
Passiamo nuovamente a coordinate polari:
&
√
√
√
1
4
ρ = (−1 − 3i)(−1 + 3i) = 2
eiφ = cos φ+i sin φ = (−1− 3) =⇒ φ = π
2
3
Usando la formula per il logaritmo di un numero complesso:
%
$
√
4
ln(z)k = ln |z|+i(arg z+2kπ), k ∈ Z =⇒ ln(−1− 3i)k = ln(2)+i
π + 2kπi , k ∈ Z
3
2
2
Formule di Cauchy–Riemann e applicazioni
Esercizio 1 Per quali valori del parametro α la funzione
'
(
u(x, y) = sin x e−αy + ey
può essere considerata la parte reale di una funzione analitica f (z)? Determinare tali funzioni.
Sappiamo che u(x, y) = Re f (z) se e solo se u(x, y) è una funzione armonica:
∂ 2 u ∂ 2u
+ 2 = sin(x)e−αy (α2 − 1) = 0
∂x2
∂y
Quindi i valori ammissibili di α sono ±1. Per α = 1 abbiamo u(x, y) =
2 sin x cosh y e risolvendo Cauchy–Riemann per v(x, y):
∂v
∂u
= 2 cos x cosh y =
=⇒ v = 2 cos x sinh y + f (x)
∂x
∂y
∂v
∂u
= −2 sin x sinh y + f " (x) = −
= −2 sin x sinh y =⇒ v = 2 cos x sinh y + k
∂x
∂y
Sostituendo quest’espressione in f (z) = u(x, y) + iv(x, y) ed esprimendo le
funzioni trigonometriche e iperboliche in funzione di esponenziali, troviamo:
#
"
f (z) = i e−i(x+iy) − ei(x+iy) + k = 2 sin z + ik.
Se scegliamo α = −1 otteniamo u(x, y) = 2 sin x ey e da Cauchy–Riemann:
∂u
∂v
= 2 cos x ey =
=⇒ v = 2 cos x ey + f (x)
∂x
∂y
∂v
∂u
= −2 sin x ey + f " (x) = −
= −2 sin x ey =⇒ v = 2 cos x ey + k
∂x
∂y
Sostituendo in f (z) = u(x, y) + iv(x, y) troviamo:
f (z) = 2ey (sin x + i cos x) = 2iey (cos x − i sin x) = 2iey e−ix = 2ie−i(x+iy) = 2ie−iz
Esercizio 2 Dire se la funzione
u(x, y) = ex
x cos y + y sin y
x2 + y 2
può essere la parte reale di una funzione analitica f (z) e in caso affermativo
determinare f (z).
Notiamo che il denominatore è la parte reale di z z̄. Dovrà quindi esistere
una funzione g(z), tale che:
$
%
g(z)z̄
u(x, y) = Re
z z̄
3
Uguagliando i numeratori:
ex (x cos y + y sin y) = Re (g(x + iy)(x − iy))
da cui segue:
g(x + iy) = ex (cos y + i sin y) = ez
Concludendo:
u(x, y) = Re
$
ez
+ ik
z
%
dove ez /z è una funzione analitica in tutto il piano complesso privato dell’origine.
Esercizio 3 Per quali valori del parametro α la funzione
'
(
u(x, y) = eαx cos2 y − sin2 y
può essere considerata la parte reale di una funzione analitica f (z)? determinare
tali funzioni.
Esercizio 4 Per quali valori reali di α la funzione
u(x) = x2 + αy 2
è la parte reale di una funzione analitica f (z)? Determinare f (z) sapendo che
f (0) = 0.
Esercizio 5 Caratterizzare le curve di equazione u = cost e quelle di equazione
v = cost associate alla funzione f (z) = z 2 .
Esercizio 6 Caratterizzare le curve di equazione u = cost e quelle di equazione
v = cost associate alla funzione f (z) = Ln(z).
Esercizio 7 Scrivere le condizioni differenziali di Cauchy–Riemann per le funzioni F (z̄) della variabile complessa z̄ = x − iy. Sotto quali condizioni vale
F (z̄) = F̄ (z)? (specificare in termini di Re(F ) e Im(F )).
Esercizio 8 Per quali valori del parametro α le seguenti funzioni possono essere
considerate la parte reale di una funzione analitica?
1. u1 (x, y) = cosh(x) cos(αy)
2. u2 (x, y) =
xα
x2 + y 2
4
Esercizio 9 Sia f (z) una funzione intera e
Re f (z) = u(x, y) = [x(cos x − sin x) − y(cos x + sin x)]e−y .
Calcolare la funzione
g(z) =
d
f (z).
dz
Per ipotesi la funzione f (z) = u(x, y) + iv(x, y) è intera e quindi analitica in
tutto il piano complesso. Ne segue che per ogni z0 = x0 + iy0 ∈ C il limite:
lim
z→z0
f (z) − f (z0 )
u(x, y) − u(x0 , y0 ) + i(v(x, y) − v(x0 , y0 ))
= f " (z0 )
=
lim
x→x0 ,y→y0
z − z0
x − x0 + i(y − y0 )
sarà indipendente dalla direzione con la quale z tende a z0 . Possiamo quindi
calcolare il limite lungo la direzione y = y0 = cost. parallela all’asse x:
f " (z0 ) = lim
x→x0
u(x, y0 ) − u(x0 , y0 ) + i(v(x, y0 ) − v(x0 , y0 ))
∂u
∂u
(x0 , y0 )+i (x0 , y0 )
=
x − x0
∂x
∂y
Poichè f (z) è analitica, varranno le condizioni di Cauchy–Riemann:
∂u
∂v
=
∂x
∂y
∂u
∂v
=−
∂y
∂x
Utilizzando la seconda condizione, possiamo scrivere f " (z0 ) esclusivamente in
funzione delle derivate prime di u(x, y):
f " (z0 ) =
∂u
∂u
(x0 , y0 ) − i (x0 , y0 )
∂x
∂y
Nel nostro caso avremo:
∂u
∂u
−i
= −(1 + i)(x + iy − i)(sin x − i cos x)e−y
∂x
∂y
Dalla formula di Eulero:
(sin x − i cos x) = −ieix
Quindi:
∂u
∂u
−i
= i(1 + i)(x + iy − i)ei(x+iy) = (1 + i)(iz − 1)eiz = f " (z).
∂x
∂y
Esercizio 10 Dire se le funzioni di variabile complessa:
x + 3iy
,
x2 + y 2
x − iy
,
F2 (z) = 2
x + y2
F1 (z) =
sono analitiche.
5
Esercizio 11 Dimostrare che la famiglia di curve :
rn cos(nθ) = cost
rn sin(nθ) = cost
costituisce una rete ortogonale.
Esercizio 12 Caratterizzare le curve di equazione |w| = cost e quelle di equazione arg(w) = cost associate alla funzione w = ez . Costiuiscono reti
ortogonali?
Esercizio 13 Determinare la famiglia di funzioni analitiche la cui parte reale
e’ data da:
x
u(x, y) = 2
.
x + y2
6
Esercizio 14 Trovare la soluzione u(x, y) del problema di Dirichlet:
∂2 u
∂x2
+
∂2 u
∂y 2
=0
(x2 + y 2 < R2 )
u(x, y) = cos2 (θ)
(x2 + y 2 = R2 )
Suggerimento: osservare che u la parte reale di una funzione analitica per |z| <
R, e che, sul cerchio |z| = R
u=
cos(2θ) + 1
z 2 + R2
= Re
2
2R2
Esercizio 15 Per quale valore del parametro α la seguente funzione la parte
reale di una funzione analitica f (z)?
u(x, y) = x sin(x) cosh(y) + α y cos(x) sinh(y)
Determinare f (z) a meno di una costante immaginaria e fissare tale costante
richiedendo che
) + π2
f (z) dz = 2 + iπ
−π
2
7
3
Integrali curvilinei
Esercizio 1 Calcolare l’integrale
*
dz
γ
Im z
4z 2 + 1
sul cammino chiuso, percorso in senso antitorario, costituito dal segmento che
congiunge i punti diametralmente opposti exp(iπ/4), exp(i5π/4) del piano complesso e da una semicirconferenza di centro O e raggio 1.
*
γ
dz
Re z
4z 2 + 1
sul cammino chiuso costituito dal segmento [−1, 1] dell’asse reale e dalla semicirconfernza di centro O e raggio 1 del semipiano superiore, percorso in senso
antiorario.
Esercizio 3 Integrare le funzione |z| sullo spicchio di cerchio delimitato dal
segmento di estremi 0 e R dell’asse reale e dalla bisettrice del I quadrante.
Esercizio 4 Integrare la funzione f (z) = 1/z̄ sul cammino dato dalla circonferenza di centro O e raggio 2.
Esercizio 5 Integrare la funzione |z|2 sullo spicchio di cerchio di centro 0 e
raggio R delimitato dal segmento [0, iR] dell’asse immaginario e dalla bisettrice
del II quadrante.
Esercizio 6 Calcolare l’integrale delle funzioni:
f1 (z) =
Rez
Imz
; f2 (z) = 2
2
z +1
z +1
sul cammino chiuso costituito dal segmento (-1,1) dell’asse reale e dai due
segmenti congiungenti rispettivamente i punti -1 e 1 con il punto 32 i. Confrontare il risultato con il valore assunto, sullo stesso cammino dall’integrale della
funzione f (z) = (z 2 + 1)−1 .
8
Esercizio 7 Calcolare l’integrale delle funzioni
Re z 2
z
Im z 2
F2 (z) =
z
F1 (z) =
sul cammino chiuso che si ottiene considerando gli archi di circonferenza di
centro l’origine e raggi r = 1 e r = 2 e di aperture π/2 nel I quadrante, il
segmento (1, 2) sull’asse reale e il segmento (2i, i) sull’asse immaginario.
*
Γ
dz |z|2
dove Γ il cammino chiuso, simmetrico rispetto all’asse immaginario e percorso
in senso antiorario, definito dalle condizioni:
y=0
x=1
y=x
y = −x
x = −1
−1 ≤ x ≤ 1,
0 ≤ y ≤ 1,
0 ≤ x ≤ 1,
−1 ≤ x ≤ 0,
0 ≤ y ≤ 1.
9
4
Sviluppi in serie
Esercizio 1 Sviluppare in serie di potenze la funzione:
f (z) =
z
4z 2 + 1
nei domini:
1. |z| > 1/2
2. |z| < 1/2
3. |z − i/2| < 1
specificando il raggio di convergenza.
Determiniamo innanzitutto i punti di non analiticità di f (z), cioè gli zeri del
suo denominatore.
+
i
−1
⇒ z=±
4z 2 + 1 = 0 ⇒ z =
4
2
1. Se |z| > 1/2, allora varrà |4z 2 | > 1 e invertendo:
,
,
, 1 ,
,
,
, 4z 2 , < 1
Conviene allora dividere numeratore e denominatore di f (z) per 4z 2 in modo
da ricondursi alla somma della seria geometrica:
%n ∞ $
∞
z
z
1
(−1)n −2n−1
1 1
f (z) = 2
= 2
=
=
z
−
4z + 1
4z 1 + 4z12
4z n=0
4z 2
4n+1
n=0
Poiché la serie geometrica converge uniformemente quando il suo argomento è
di modulo minore di uno, lo sviluppo convergerà in tutto il dominio |z| > 1/2.
2. Se |z| < 1/2, allora varrà |4z 2 | < 1 e utilizzando nuovamente la serie
geometrica:
f (z) =
∞
∞
z
2 n
(−4z
)
=
(−4)n z 2n+1
=
z
4z 2 + 1
n=0
n=0
La serie convergerà in tutto il dominio |z| < 1/2 per le ragioni esposte sopra.
3. Il punto z = i/2 è uno dei punti di non analiticità di f (z) (è un polo del
primo ordine). Dobbiamo quindi imporre |z − i/2| > 0. Notiamo che possiamo
fattorizzare la funzione f (z) nella forma:
f (z) = z
1
1
z − i/2 z + i/2
Dato che il dominio in cui dobbiamo sviluppare f (z) è un cerchio centrato in
z = i/2, dobbiamo scrivere la serie in potenze di z − i/2. Sviluppiamo ognuno
dei tre fattori singolarmente:
z = (z − i/2) + i/2
10
Il secondo fattore è già nella forma voluta. Per quanto riguarda il terzo, ci
riconduciamo nuovamente alla somma della serie geometrica:
∞
1
1
−i
=
=
= −i
in (z−i/2)n
z + i/2
z − i/2 + i
1 − i(z − i/2)
n=0
|i(z−i/2)| = |z−i/2| < 1
Quindi:
1
f (z) = ((z − i/2) + i/2)
z − i/2
.
−i
∞
-
n=0
i (z − i/2)
n
n
/
=
∞ n+1
1
i
1
n
−
(z − i/2)
2 (z − i/2) n=0 2
Esercizio 2 Usando la formula di Cauchy-Hadamard :
1
1
= lim |cn | n
R n→∞
calcolare il raggio di convergenza della serie
S(z) =
∞
zn
n2
n=1
Dimostrare che vale l’equazione differenziale S "" (z) +
S ! (z)
z
=
1
z(1−z) .
Dalla formula di Cauchy-Hadamard avremo:
1
= lim
R n→∞
$
1
n2
% n1
= lim exp
n→∞
Dimostriamo che vale:
lim
x→∞
$
ln( n12 )
n
ln(x)
=0
x
%
$
%
2 ln(n)
= lim exp −
n→∞
n
(1)
x∈R
da cui segue che varrà anche:
lim
n→∞
ln(n)
=0
n
Per dimostrare (1) consideriamo la funzione:
ln(x)
xk
0<k<1
e facciamo vedere che per x maggiore di un dato x0 è limitata. Infatti:
d ln(x)
1 − k ln(x)
=
<0
k
dx x
xk+1
D’altra parte il logaritmo di x è positivo per x > 1, quindi:
$ %
1
1
ln(x)
0<
<
per x > e k
k
x
ke
11
1
per x > e k
In conclusione:
lim
x→∞
ln(x)
ln(x) 1
ln(x)
1
= lim
= lim
lim
=0
x→∞ xk x1−k
x→∞ xk x→∞ x1−k
x
Quindi dalla formula di Cauchy-Hadamard segue che il raggio di convergenza
della serie è R = 1.
Sappiamo che all’interno della circonferenza |z| < 1 la serie converge uniformemente. Per calcolare la derivata di S(z) possiamo quindi derivare la serie
termine a termine:
S " (z) =
∞
∞
∞
d zn
z n−1
d - zn
=
=
2
2
dz n=1 n
dz n
n
n=1
n=1
Il raggio di convergenza di questa serie è ancora R = 1, quindi possiamo calcolare
S "" (z) derivando termine a termine la serie di S " (z) per |z| < 1:
S "" (z) =
∞
∞
d z n−1
n − 1 n−2
=
z
dz
n
n
n=1
n=1
Quindi, per |z| < 1:
∞
∞
∞
S " (z) - n − 1 n−2 z n−2
1 - m 1 1
n−2
=
z
=
S (z) +
+
z
=
z =
z
n
n
z m=0
z1−z
n=1
n=1
""
Esercizio 3 Calcolare lo sviluppo in serie di potenze della funzione:
f (z) =
z
16z 4 + 1
nell’intorno di z0 = 0 e determinarne il raggio di convergenza.
Calcolare i seguenti integrali di f (z):
*
1.
dzf (z)
C1 circonferenza di centro z0 = −i e raggio R = 2;
C1
2.
*
C2
dzf (z)
C2 circonferenza di centro z0 = −i e raggio R = 1.
Esercizio 4 Determinare i coefficienti dello sviluppo in serie di Laurent nell’intorno di z0 = 1 della funzione:
f (z) =
z sin(zπ/2)
.
z−1
Dire in quale regione del piano complesso lo sviluppo converge e calcolare l’integrale:
*
dzf (z),
C
essendo C la circonferenza di centro z0 = 1 e raggio R = 2.
12
f (z) ha come unica singolarit al finito il punto z = 1. Il suo sviluppo di Laurent
converger quindi in tutto il piano complesso aperto ad eccezione del punto z0 =
1, ossia nella regione |z − 1| > 0.
Dobbiamo scrivere f (z) come una serie di potenze in z − 1. Notiamo che
il termine (z − 1)−1 gi nella forma desiderata. Lo sviluppo di Taylor di z nel
punto z0 = 1 dato da:
z = 1 + (z − 1)
Abbiamo quindi:
f (z) =
0
1
(z − 1)π π
1
(1 + (z − 1)) sin
+
z−1
2
2
D’altra parte
1
0
1 0
∞ " #2n
π
(z − 1)π
1
(z − 1)π π
+
(z − 1)2n
= cos
=
sin
2
2
2
2
2n!
n=0
In conclusione, per |z − 1| > 0:
$
%∞ " #2n
1
π
1
(z − 1)2n =
cn (z − 1)n
z − 1 n=0 2
2n!
n=−1
2 ' (n+1
1
π
n dispari
' π2 (n 1 (n+1)!
cn =
n pari
2
(n)!
f (z) =
1+
Poich il coefficiente c−1 dello sviluppo di Laurent di f (z) vale 1, per il teorema
dei residui si avr:
$
%
*
z sin(zπ/2)
z sin(zπ/2)
dz = 2πi Resz=0
= 2πi c−1 = 2πi
z−1
z−1
C
f (z) =
Nelle regioni:
1
(z 2 + a2 )(z − b)
(b, a reali; b > a)
1. |z| < a;
2. a < |z| < b;
3. |z| > b
Esercizio 6 Sviluppare in serie di Laurent:
$ %
1
f (z) = exp
sin z.
z2
nell’intorno di z = 0.
13
Calcolare
*
dz z 2 f (z).
|z|=1
Poiché:
exp
$
1
z2
%
=
∞
1 1
m!
z 2m
m=0
∞
z 2n+1
sin z =
2n + 1!
n=0
avremo:
f (z) =
∞
∞
∞
1 1 - z 2n+1
1
1
=
z 2n−2m+1
2m
m!
z
2n
+
1!
m!
2n
+
1!
m=0
n=0
m,n=0
Al posto dell’ indice m introduciamo l’indice k = n − m. Per n e m che variano
tra zero e infinito, k varierà tra −∞ e +∞. Prendiamo la sommatoria su k come
sommatoria più esterna e prendiamo come secondo indice di somma ancora n.
Dobbiamo ora valutare quali saranno gli estremi di variazione di n per k fissato.
Abbiamo che n = k + m e quindi il valore n non può essere più piccolo di
k, visto che m è positivo. D’altra parte n non può assumere valori negativi e
quindi l’estremo inferiore di variazione per n a k fissato sarà n = max(0, k).
Per k fissato possiamo sempre far tendere k + m ad infinito, quindi l’estremo
superiore per n sarà ancora +∞. In conclusione:


∞
∞
1
1

 z 2k+1
f (z) =
(n − k)! 2n + 1!
k=−∞
n=max(0,k)
Per il teorema dei residui, l’integrale
*
dz z 2 f (z).
|z|=1
sarà uguale a 2πi volte il coefficiente di ordine −1 dello sviluppo di Laurent
dell’integrando. Nel nostro caso tale coefficiente si ottiene ponendo k = −2
nella sommatoria su n contenuta nello sviluppo di f (z). Quindi:
*
dz z 2 f (z) = 2πi
|z|=1
∞
0
1
1
(n + 2)! 2n + 1!
f (z) =
nelle regioni:
1
z 2 − 3z
14
1. 0 < |z| < 3,
2. |z − 3/2| < 3/2,
3. |z| > 3.
Esercizio 8 Determinare la regione del piano complesso in cui converge lo
sviluppo in serie di Laurent intorno a z = 0 della funzione:
"π#
1
g(z) =
sin
.
1−z
z
Calcolare il coefficiente c−1 di questo sviluppo.
Esercizio 9 Data la funzione
f (z) =
1
,
z 2 − 3z + 2
svilupparla in serie di potenze nelle regioni:
1. |z| > 2;
2. |z| < 1;
3. 1 < |z| < 2.
f (z) =
1
z2 − 4
1. |z| < 2;
2. |z| > 2;
3. 1 < |z − 3| < 5.
Esercizio 11 Sviluppare in serie di Laurent la funzione:
f (z) =
nella regione 1 < |z| < 3.
z2
1
− 2z − 3
15
f (z) =
(z 2
1
+ 4)(z − 4)
nella regione 2 < |z| < 4.
f (z) = z 2 sin
$ %
1
:
z
1. se ne individuino e classifichino le singolarità (tenendo conto anche del
punto all’infinito);
2. se ne determini lo sviluppo in serie di Laurent nell’intorno di z = 0;
3. se ne calcoli il residuo all’infinito.
Esercizio 14 Data la funzione:
f (z) =
z−i
z(z + i)
scriverne lo sviluppo in serie di potenze nell’intorno dei punti:
1. z0 = 0;
2. z0 = −i;
3. z0 = −i/2.
Specificare in tutti e tre i casi il dominio di convergenza.
f (z) =
nelle regioni
1
z 2 − 5z + 4
1. |z| < 1;
2. 1 < |z| < 4;
3. |z| > 4.
16
f (z) =
1
(z − 1)(z 2 + 4)
nelle regioni
1. |z| < 1,
2. 1 < |z| < 2,
3. |z| > 2,
4. 0 < |z − 1| <
!
(5).
Esercizio 17 Classificare le singolarità della funzione
z
f (z) = √
1 − z2
e sviluppare i suoi rami monodromi in serie di potenze nell’intorno di z = 0.
Qual è il raggio di convergenza?
Le uniche singolarità di f (z) sono in z = ±1, che sono punti di diramazione per
il denominatore. La funzione f (z) sarà quindi analitica nel cerchio |z| < 1 e il
raggio di convergenza della sua serie di Taylor sarà di conseguenza R = 1.
Scegliamo il ramo positivo della radice, poniamo z 2 = w e sviluppiamo
1
√
+ 1−w
g(w) =
nell’intorno di w = 0. I coefficienti dello sviluppo sono dati da:
1
√ =1
+ 1
,
,
1
1
1
"
,
=
c1 = g (0) =
2 (1 − w) 32 ,w=0
2
,
,
1
3
3
1
,
c2 = g "" (0) =
=
5 ,
2
8 (1 − w) 2 w=0 8
c0 = g(0) =
Per induzione si dimostra che:
,
,
%
%
k−1 $
k−1 $
,
,
1
1 dk
1 7 1
1 7 1
,
,
ck =
+n
+n
g(w),
=
=
1
n! dwk
k! n=0 2
k! n=0 2
(1 − w)n+ 2 ,w=0
w=0
Quindi:
∞
1
1
g(w) = √
=1+
k!
+ 1−w
k=1
.k−1 $
7 1
17
n=0
2
+n
%/
wk
|w| < 1
k≥1
Sostituendo w = z 2 e moltiplicando per z, troviamo lo sviluppo di f (z):
. k−1 $
%/
∞
z
1 7 1
f (z) = √
+n
z 2k+1
=z+
|z| < 1
k! n=0 2
+ 1 − z2
k=1
Se scegliamo il ramo negativo della radice, dalla formula per il generico coefficiente ck otteniamo:
,
,
%
%
k−1 $
k−1 $
,
,
1
1 dk
1 7 1
1 7 1
,
,
ck =
+n
+n
g(w),
=
=−
1
k! dwk
k! n=0 2
k! n=0 2
(1 − w)n+ 2 ,w=0
w=0
Cioè tutti i coefficienti cambiano segno e avremo:
. k−1 $
%/
∞
z
1 7 1
+n
z 2k+1
f (z) = √
= −z −
k! n=0 2
− 1 − z2
k=1
|z| < 1
f (z) =
1
,
z 2 − 3z − 2
1. 0 < |z + 1| < 3;
2. |z| < 1;
3. 1 < |z| < 2;
4. |z| > 2.
Esercizio 19 Determinare il dominio di convergenza nel piano z della serie:
$
%n
∞
1 + z2
2
f (z) =
(n + 1)
.
1 − z2
n=0
Esercizio 20 Sviluppare in serie di Laurent, nell’anello 1 < |z| < 3, la funzione:
z
.
f (z) = 2
z − 4z − 3
f (z) =
nei domini:
z2
z
− 5z + 4
18
k≥1
1. |z| < 1,
2. 1 < |z| < 4.
Esercizio 22 Data la funzione f (z) = z31+1 , svilupparla in serie di potenze
√
a) nel dominio 0 < |z + 1| < 3 (Laurent)
Si consiglia il cambiamento di variabile w = z + 1.
b) nel dominio |z| < 1 (Taylor)
Esercizio
23 Sviluppare in serie di Laurent nell’anello a −
√
a + a2 − 1 la funzione:
1
f (z) = 2
z − 2az + 1
√
a2 − 1 < |z| <
Esercizio 24 Sviluppare in serie di Laurent:
f (z) =
z3
1
−1
nell’intorno di z1 = 1, z2 = ω = exp(2πi/3), z3 = ω 2 , specificando in ognuno dei
3 casi il dominio di convergenza.
f (z) =
sin z
z3
1. Se ne classifichino le singolarita’, tenendo anche conto del punto all’infinito
2. Se ne costruisca lo sviluppo di Laurent in z = 0, indicandone il dominio
di convergenza.
Esercizio 26 Determinare il dominio di convergenza della serie
$
%n
∞
1 + n! + (n!)2 n
1
2 1+
.
f (z) =
1 + (n!)3
z
n=0
19
Esercizio 27 Sviluppare in serie di potenze la funzione
sin(z)
z2 − 1
nei domini:
1. |z| < 1;
2. 2 > |z − 1| > 0.
f (z) =
nel dominio
z2
−1
z3
0 < |z − 1| <
√
3
Esercizio 29 Determinare il raggio di convergenza della serie di potenze:
S(z) =
∞
-
zn
a(a + 1) . . . (a + n)
n=0
Si osservi che l’espressione a denominatore nella formula precedente si pu scrivere in termini della funzione Γ di Eulero nella forma:
a(a + 1) . . . (a + n) = a
Γ(a + n + 1)
Γ(a)
e si utilizzi il comportamento asintotico della funzione Γ(x) per grandi valori
dell’argomento.
f (z) =
nelle regioni
1
z 2 − 3z + 2
1. |z| < 1
2. |z + 2| < 3
3. |z| > 2
20
f (z) =
nelle due regioni:
1
1 − z3
|z| < 1
0 < |z − 1| < R
dove R, da determinare, il raggio esterno di convergenza della serie.
Esercizio 32 Si determini lo sviluppo in serie di Laurent di centro z0 = 1 della
funzione
$
%
1
2
4
f (z) = (z + z ) exp 1 +
z−1
Esercizio 33 Sviluppare in serie di Laurent la funzione
f (z) =
z
(z + 1)(z + 2)
nelle regioni:
|z| < 1,
1 < |z| < 2,
|z + 1| > 1,
|z + 2| < 1
Esercizio 34 Sviluppare in serie di potenze:
F (z) =
nelle regioni:
|z| < 1
1
(z 2 + 1)(z 2 − 4)
1 < |z| < 2
|z| > 2
Esercizio 35 Sviluppare in serie di potenze almeno una, a scelta, tra le seguenti
funzioni:

 |z| < 1
z
|z| > 1
nelle regioni:
F1 (z) = 3
√

z +1
0 < |z − exp( iπ
3
3 )| <
;
cos(z)
|z| < 1
F2 (z) =
nelle regioni:
2
0
< |z − i| < 2
1+z
Giustificare, per ognuno dei casi considerati, il dominio di convergenza indicato.
21
5
Classificazione di singolarità
Esercizio 1 Siano f+ (z) e f− (z) i due rami monodromi della funzione
1
f (z) = z 2 sechz
che si ottengono tagliando il piano complesso lungo il semiasse reale positivo.
Calcolare:
R+ = Res(f+ (z))|z=iπ/2 ; R− = Res(f− (z))|z=−iπ/2
Esercizio 2 Determinare Resz=a [f (g(z))], sapendo che g(z) è analitica in z =
a, con derivata prima diversa da 0, mentre la funzione f (ζ) ha un polo del primo
ordine in ζ = g(a), il cui residuo vale A.
Nelle ipotesi dell’esercizio esisterà un intorno U di ζ = g(a) in cui lo sviluppo
in serie di Laurent:
f (ζ) =
∞
A
+
cn (ζ − g(a))n
ζ − g(a) n=0
converge uniformemente. Poiché g(z) è analitica e quindi continua, esisterà un
intorno V di a tale che per z ∈ V valga: g(z) − g(a) ∈ U . In tale intorno
potremo quindi scrivere:
∞
A
f (g(z)) =
+
cn (g(z) − g(a))n
g(z) − g(a) n=0
Visto che f (g(z)) ha un polo del primo ordine in z = a, il suo residuo sarà dato
dalla formula:
.
/
∞
A
n
+
cn (g(z) − g(a))
Resz=a f (g(z)) = lim (z−a)f (g(z)) = lim (z−a)
z→a
z→a
g(z) − g(a) n=0
Ora, sfruttando l’uniforme convergenza della serie di potenze alla funzione f (g(z))
possiamo portare il limite all’interno della sommatoria e notare che tutti i
termini si annullano. Avremo quindi:
Resz=a f (g(z)) = lim (z − a)
z→a
A
A
= "
g(z) − g(a)
g (a)
Esercizio 3 Trovare i residui delle funzioni
f (z) =
z 2 − 2z
(z + 1)2 (z 2 + 4)
g(z) = ez csc2 (z)
nei loro poli al finito.
22
Esercizio 4 Classificare le singolarità della funzione:
√
f (z) = z tan z.
Esercizio 5 Caratterizzare le singolarità della funzione:
f (z) = z 3/2
Log(z 3 − 1)
.
sinh z
Esercizio 6 Classificare le singolarità della funzione
f (z) = Log(z 2 + a2 )
z
.
tanh z
Esercizio 7 Determinare in tutto il piano complesso chiuso le singolarità della
funzione:
f (z) = zLog(z 2 − 1).
Dire come si deve “tagliare” il piano complesso in modo da mantenere distini i
diversi rami della funzione.
Esercizio 8 Identificare le singolarità della funzione
1
f (z) =
(z 2 + 1) 2 z
.
sinh z
Indicare anche un possibile modo per “tagliare” il piano complesso in modo che
i diversi rami monodromi della funzione rimangano separati.
Esercizio 9 Classificare le singolarità sulla sfera di Riemann della funzione
1/2
f (z) = zz2 +1 .
Esercizio 10 Classificare le singolarità della funzione:
1
f (z) = z 2 sechz
Esercizio 11 Classificare le singolarità (inclusi i punti di diramazione) della
funzione:
!
f (z) = sech z z 2 − 1.
23
Esercizio 12 Determinare il più grande insieme (aperto) A del piano z in cui
è olomorfa la funzione
h(z) = ln[z(1 − z)],
considerando la determinazione principale del logaritmo.
Determinare, poi, in A, posizione e tipo delle singolarità di
f (z) =
h(z)
.
sin2 (iπz)
24
Esercizio 13 Determinare poli e zeri della funzione:
F (z) =
z = 1 un punto singolare? e z = −1?
z2 − 1
zn − 1
25
6
Ricostruzione di funzioni
Esercizio 1 f (z) è analitica in un anello di centro O e contenente al suo interno il cerchio unitario (|z| = 1). Quali condizioni debbono essere soddisfatte
dai coefficienti del suo sviluppo di Laurent intorno a z = 0 affinché f (z) assuma
valori reali per |z| = 1?
Esercizio 2 La funzione f (z) ha un polo del primo ordine all’infinito, dove si
ha:
f (z)
= 1;
lim
z→∞ z
essa inoltre vale 0 nell’origine e non ha altre singolarità ad eccezione dei punti
z1 = i, z2 = −i, dove ha due poli semplici con residui r1 = 2, r2 = −2.
Determinare f (z).
Esercizio 3 Determinare la funzione f (z) sapendo che:
1. è analitica in ogni dominio limitato del piano complesso ad eccezione dei
punti z1 = 1, z2 = −1 in cui ha poli semplici con residui r1 = 1/2, r2 =
−1/2;
f (z)
= 1;
|z|→∞ z 2
2. vale lim
3. f (0) = 0.
Esercizio 4 Determinare la funzione di variabile complessa f (z) che gode delle
seguenti proprietà:
1. ha uno zero doppio nell’origine;
2. è analitica in tutto il piano complesso ad eccezione dei punti zk tali che
zk3 = 1, dove ha poli semplici;
3. Resf (z)|z=∞ = −1.
Esercizio 5 Determinare la funzione razionale di variabile complessa che gode
delle seguenti proprietà:
1. la parte principale del suo sviluppo di Laurent nell’intorno del punto all’∞
vale 2z 3 ;
2. ha due poli semplici nei punti z1 = 3, z2 = 4i con residui r1 = 1, r2 = 1/2;
3. vale 1 nell’origine.
26
Esercizio 6 Determinare la funzione razionale R(z) caratterizzata dalle seguenti proprietà:
1. ha N poli semplici al finito nei punti zk = exp(2kπi/N ), k = 0, . . . , N − 1
con residui (−1)k ;
2. R(0) = 0;
3. La parte principale del suo sviluppo di Laurent all’∞ vale z 2 .
Esercizio 7 Determinare la funzione razionale f (z) sapendo che:
'
(
1. lim f (z) − 1 − z 2 = 0
z→∞
2. f (z) ha, al finito, come unica singolarità un polo di ordine 3 nell’origine;
i coefficienti della parte principale del corrispondente sviluppo di Laurent
sono individuate dalle relazioni:
(a) lim z 3 f (z) = 1,
z→0
d 3
(z f (z)) = 0,
z→0 dz
d2
(c) lim 2 (z 3 f (z)) = −2.
z→0 dz
(b) lim
Esercizio 8 Determinare la funzione f (z) analitica in ogni dominio limitato
del piano complesso ad eccezione dei punti z1 = i, z2 = −i, in cui ha poli
semplici con residui rispettivamente r1 = 3, r2 = 5, sapendo che:
lim f (z) − 1 − z 2 = 0.
z→∞
Esercizio 9 Determinare la funzione di variabile complessa f (z) che gode delle
seguenti proprietà:
1. f (0) = 0;
2. come uniche singolarità al finito ha 3 poli semplici nelle radici cubiche
dell’unità, tutti con residuo uguale a 1;
3.
lim
|z|→∞
f (z)
= 1.
z
Consideriamo la funzione:
h(z) = f (z) −
1
1
1
' 2πi ( −
' (
−
z − 1 z − exp 3
z − exp 4πi
3
27
ottenuta sottraendo da f (z) le sue parti singolari al finito. h(z) è una funzione
analitica in tutto il piano complesso; consideriamo, infatti, il punto z = 1 e
calcoliamo:
lim h(z)
z→1
Per le ipotesi su f (z) (polo semplice in z = 1 con residuo pari a 1) avremo che
in un intorno di z = 1 varrà lo sviluppo di Laurent:
f (z) =
Quindi:
lim h(z) = lim
z→1
= c0 −
z→1
.
∞
1
+
cn (z − 1)n
z − 1 n=0
∞
1
1
1
1
' 2πi ( −
' (
+
−
cn (z − 1)n −
z − 1 n=0
z − 1 z − exp 3
z − exp 4πi
3
1
1
' (−
' 4πi (
1 − exp 2πi
1
−
exp
3
3
e z = 1 non è un punto di singolarità per h(z). Analogamente si dimostra
l’esistenza del limite nei punti z = exp(2πi/3) e z = exp(4πi/3).
Dalla terza condizione su f (z) segue:
h(z)
f (z)
= lim
=1
|z|→∞ z
|z|→∞ z
lim
Quindi h(z) è una funzione analitica in tutto il piano complesso che all’infinito
cresce come z. Dal secondo teorema di Liouville segue che h(z) è un polinomio
del primo ordine:
h(z) = a + z
La costante a è determinata dalla seconda condizione su f (z):
$
%
$
%
−2πi
−4πi
f (0) = a − 1 − exp
− exp
=a=0
3
3
In conclusione:
f (z) = z +
1
1
1
' (+
' 4πi (
+
z − 1 z − exp 2πi
z
−
exp
3
3
Esercizio 10 Determinare la funzione di variabile complessa f (z), analitica in
tutto il piano complesso ad eccezione dei punti ζk tali che ζk3 = 1 (k = 1, 2, 3)
in cui ha poli semplici con residui rk = π, sapendo che f (0) = 1.
Esercizio 11 Determinare la funzione f (z), analitica in tutto il piano complesso chiuso ad eccezione del punto z = 0, in cui ha un polo doppio, e del punto
all’infinito, in cui ha un polo semplice, sapendo che:
f (z)
=2
z
e che f (z) ha due zeri semplici nei punti z± = ±i.
limz→0 z 2 f (z) = 1; limz→∞
28
/
=
Esercizio 12 Determinare la funzione razionale f (z) che ha due zeri doppi nei
punti ±1, due poli doppi nei punti ±i e tende a 1 quando z → ∞.
Esercizio 13 Determinare la funzione razionale che gode delle seguenti proprietà:
(i) Ha un polo doppio nell’origine con residuo nullo e un polo doppio all’infinito;
(ii) limz→0 z 2 f (z) = limz→∞ z −2 f (z) = 1 ;
(iii) f (1) = f " (1) = 0.
Esercizio 14 Determinare f (z) sapendo che:
a. f (0) = 0; b.limz→∞ f (z)/z = 1;
c. f (z) ha due poli doppi in −1 e +1 con residui r−1 = 0 e r+1 = 1;
limz→±1 (z ∓ 1)2 f (z) = 2.
Esercizio 15 Determinare la funzione razionale f (z) che:
a) ha un polo semplice in z = 0 con residuo 1 e un polo doppio in z = 1 con
residuo 0.
b) ha uno zero doppio in z = −1 e uno zero semplice in z = i.
= 1.
c) e’ tale che limz→∞ fz(z)
2
Esercizio 16 Determinare la funzione f (z) sapendo che è una funzione analitica in tutto il piano complesso, ad eccezione del punto all’infinito, in cui ha
un polo del II ordine, e delle radici quadrate di −1, in cui ha poli semplci con
residui ±1, e che per essa valgono le formule
f (z)
=1
z→∞ z 2
f (0) = 0
lim
f " (0) = 1
Esercizio 17 Determinare la funzione di variabile complessa f (z) che gode
delle seguenti proprieta’:
1. ha uno zero doppio nell’origine;
2. si annulla all’infinito ed e’ analitica in tutto il piano complesso ad eccezione dei punti zk tali che zk3 = 1 dove ha poli semplici;
3. il suo residuo all’infinito vale −1.
29
Esercizio 18 Determinare g(z) tale che:
1. ha soltanto un polo semplice in z0 ;
2. ha soltanto uno zero semplice in z0−1 ;
3. lim g(z) = 1.
z→∞
Esercizio 19 Si ricostruisca la funzione razionale f (z), sapendo che:
• f (0) vale 1;
• la funzione ha due poli, uno semplice in z = −1, con residuo 1, e uno
doppio, in z = 1, con residuo pure uguale a 1;
• la funzione tende al valore 2 per z → ∞.
Esercizio 20 Costruire una funzione razionale di variabile complessa f (z) che
ha come uniche singolarità al finito due poli semplici nei punti ±i con residui
1
. Usando il I teorema di Liouville, dimostrare che queste proprietà
pari a ± 2i
determinano f (z) a meno di una costante.
Esercizio 21 La funzione f (z) ha un polo del terzo ordine all’infinito, due
soli zeri di uguale molteplicità in z = ±i, e un polo semplice con residuo 1
nell’origine. Calcolare
) +∞
xdx
.
I=
f
(x)
−∞
30
Esercizio 22 Determinare la funzione razionale f (z) sapendo che:
1. Ha un polo semplice in z = −1 con residuo 1, uno doppio in z = 1 con
residuo i, e vale la formula limz→1 (z − 1)2 f (z) = 2.
2. f (0) = 0 e limz→∞ f (z)
z = 1.
31
Esercizio 23 Determinare la funzione di variabile complessa f (z), analitica in
tutto il piano complesso chiuso ad eccezione dei punti z± = ±i, dove ha residui
r± = ±1, sapendo che f (∞) = 0.
Esercizio 24 Determinare la funzione f (z), analitica in tutto il piano complesso (aperto), ad eccezione dei punti zk , tali che zk3 = 1, in cui ha poli semplici
con residui rk = zk , sapendo che:
f (0) = 0;
lim
z→∞
f (z)
=2
z
Esercizio 25 Determinare la funzione meromorfa f (z) sapendo che:
1. f (0) = 0
2. lim
z→0
f (z)
=1
z
3. f (z) ha due poli semplici in z = −1 e z = +1 con residui r−1 = 0 e
r+1 = 1
4. lim (z − 1)2 f (z) = 5
z→1
Esercizio 26 Determinare la funzione razionale f (z) che ha poli semplici in
z = ±a, con residui ±r, ed tale che
f (0) = 1
lim f " (z) = 0
z→∞
32
7
Integrali di funzioni trigonometriche
Calcolare per |ζ| *= 1 < 1 l’integrale:
I(ζ) =
)
2π
dθ
0
sin(nθ)
1 − ζ exp(iθ)
e discuterne le proprieta’ di analiticità nella variabile ζ.
Esercizio 1 Calcolare per |a| *= 1 l’integrale:
) π
cos(nθ)
I(z) =
dθ
.
1 + a sin2 θ
0
Esercizio 2 Calcolare l’integrale:
) π
dθ
0
)
I=
cos θ + b
1 + a cos(nθ)
π
dθ
0
1
.
1 + 2 cos2 θ
Esercizio 4 Dimostrare che gli integrali:
) π
1
1
In =
dθ
2π −π a exp(inθ) − 1
a<1
sono nulli per ogni intero n non nullo.
) π
1
,
dθ 2
2
R + r − 2rR cos θ
−π
Provare a calcolare l’integrale, più generale:
) π
einθ
,
dθ 2
R + r2 − 2rR cos θ
−π
33
r < R.
r < R.
Facciamo il cambiamento di variabile:
dz = ieiθ dθ
z = eiθ
dz
dθ = −i
z
%
⇒
$
1
eiθ + e−iθ
1
=
cos θ =
z+
2
2
z
*
) π
dz
1
=
−i
dθ 2
I=
2 − 2rR cos θ
2 + r2 )z − rR (z 2 + 1)
R
+
r
(R
−π
|z|=1
Dividendo numeratore e denominatore della funzione integranda per −rR otteniamo:
*
i
dz
I=
rR |z|=1 z 2 − (R2 +r2 ) z + 1
rR
Notiamo ora che vale:
(R−r)2 ≥ 0
⇒
R2 +r2 −2rR ≥ 0
⇒
R2 +r2 ≥ 2rR
⇒
(R2 + r2 )
≥2
rR
Il segno di uguaglianza vale solo se R = r. Nel nostro caso però R > r e quindi
vale il segno di disuguaglianza stretto e possiamo concludere che le radici del
polinomio
(R2 + r2 )
z+1
z2 −
rR
sono una interna e l’altra esterna alla circonferenza |z| < 1. Infatti per un
polinomio monico di secondo grado, il coefficiente del termine di primo grado è
uguale alla somma delle radici r1 + r2 , mentre il termine costante è pari al loro
prodotto r1 r2 . Nel nostro caso varrà quindi:
r1 r2 = 1 ⇒ |r1 ||r2 | = 1
r1 + r2 > 2 ⇒ |r1 | + |r2 | > |r1 + r2 | > 2
Poniamo
b=
R2 + r 2
>1
2rR
le radici r1 , r2 saranno date da:
!
r1 = b − b2 − 1
r2 = b +
!
b2 − 1
r1 è interna alla circonferenza |z| < 1 mentre r2 è esterna. Usando il teorema
dei residui avremo quindi:
*
dz
1
= 2πiResz=r1 2
=
2 − 2bz + 1
z
z
−
2bz
+1
|z|=1
!
1
1
2πi lim (z − r1 )
= 2πi
= 4πi b2 − 1
z→r1
(z − r1)(z − r2 )
r1 − r2
*
dz
I=
C
exp(z 2 )
(z 2 − 1)2 sin(πz)
dove C è la circonferenza di equazione |z −1/2| = 1 percorsa in senso antiorario.
34
)
dθ
cos2 θ
2 + sin θ
*
dz
π
−π
I=
C
1
,
sin2 z
dove C è il cerchio centrato nell’origine di raggio r = 3/2π percorso in senso
antiorario.
Esercizio 9 Calcolare per 0 < a < 1 l’integrale:
I(z) =
)
2π
dθ
0
cos(nθ)
1 + a sin θ
Esercizio 10 Calcolare per ζ *= −1 l’integrale:
) 2π
exp(inθ)
I(ζ) =
dθ
1 + ζ cos θ
0
F acoltativo: discutere le proprieta’ di analiticità di I(ζ).
Esercizio 11 Calcolare la successione di funzioni In (ρ) definite dalla formula:
) π
cos(nθ)
In =
2
−π 1 + ρ − 2ρ cos(θ)
Esercizio 12 Calcolare l’integrale (q *= 1):
) π
sin (nt)
In =
.
dt
2 − 2q cos (t)
1
+
q
−π
Esercizio 13 Calcolare gli integrali:
1
In =
2π
)
0
2π
dx
(sinx)2n
;
1 + acosx
35
|a| < 1.
)
I = P
2π
dθ
0
cosθ
.
1 − sinθ
I(α) =
)
2π
0
cos θ − cos α
dθ.
sin θ − sin α
Esercizio 16 Calcolare col metodo dei residui l’integrale
) 2π
dθ
.
I=
5
+
3 sin θ
0
) π
cos2 θ − k sin2 θ
J(k) =
2 dθ
2
0 cos θ + k sin θ
con k reale positivo.
) π
sin(kθ)
;
dθ
Ik =
1
+ b cos θ
−π
)
I=
2π
dθ
0
36
0 < b < 1.
cos2 θ
.
2 + sin θ
Esercizio 20 Calcolare gli integrali
In (a) =
)
2π
dθ
0
cos(nθ)
1 − a2 + 2a cos(θ)
e la somma della serie:
∞
-
S=
(0 < a < 1)
In
n=0
=
Rn
)
dθ
cos(nθ)
1 + a cos(θ)
dθ
sin(nθ)
1 + a cos(θ)
2π
0
=
In
)
2π
0
con 0 < a < 1.
Esercizio 22 Calcolare il seguente integrale:
) π
cos(nθ)
dθ
I=
1
+
q cos(θ)
−π
q<1
Esercizio 23 Calcolare con il metodo dei residui il seguente integrale:
) π
cos(3θ)
dθ
0<a<1
1
+
a cos(θ)
−π
) π
I=
dx exp(−p cos(x)) cos(p sin(x))
−π
) 2π
dx ep sin(x) cos(p cos(x))
I=
0
37
p∈R
8
Integrali di funzioni meromorfe
I=
)
∞
dx
0
x2
+1
x4
Notiamo innanzitutto che la funzione integranda è pari, quindi:
)
) ∞
1 ∞
x2
x2
=
I=
dx 4
dx 4
x +1
2 −∞ x + 1
0
Passiamo al campo complesso e consideriamo l’integrale:
) ∞
*
)
z2
x2
z2
=
+ lim
dz 4
dx 4
dz 4
lim
R→∞ C
z +1
x + 1 R→∞ ΓR z + 1
−∞
R
lungo la curva CR mostrata in figura.
ΓR
e
3πi
4
πi
e4
−R
R
e
5πi
4
e
7πi
4
Per il teorema dei residui, tale integrale sarà pari a 2πi volte la somma
dei residui della funzione integranda all’interno della curva CR . D’altra parte
avremo residui non nulli solo nei punti di singolarità di z 2 /(z 4 + 1) che sono dati
dai punti mostrati in figura. Quindi, per R abbastanza grande:
*
# z2
"
z2
= 2πi Resz=exp( πi
dz 4
) + Resz=exp( 3πi
)
4
4
z +1
z4 + 1
CR
3πi
I punti z = exp( πi
4 ) e z = exp( 4 ) sono dei poli semplici e quindi il residuo
38
vale:
Resz=exp( πi
4 )
%
$
z2
z2
πi
=
lim
)
=
z
−
exp(
4
4
z + 1 z→exp( πi
4
z +1
4 )
3z 2 − 2z exp( πi
πi
1
4 )
= exp(− )
3
πi
4z
4
4
z→exp( 4 )
%
$
2
z2
z
3πi
Resz=exp( 3πi ) 4
=
lim
)
=
z − exp(
4
z + 1 z→exp( 3πi
4
z4 + 1
4 )
Quindi:
=
lim
=
lim3πi
z→exp(
*
4
CR
3z 2 − 2z exp( 3πi
5πi
1
4 )
)
= exp(
4z 3
4
4
)
dz
# √
1 " − πi
5πi
z2
4 + e 4
= 2π
=
πi
e
z4 + 1
2
Il contributo dell’integrale su ΓR si annulla nel limite R → ∞, poiché:
,
,
, R2 e2iθ ,
R3
, < lim
,
=0
lim R , 4 4iθ
R→∞
R e + 1 , R→∞ R4 − 1
Quindi:
)
∞
dx
0
π
x2
= √
x4 + 1
2
) ∞
dx
I=P
−∞
1
(x − 1)(x2 + 1)
) ∞
x+a
I=
dx 4
x + b4
−∞
(b > 0)
Esercizio 4 Calcolare il seguente integrale
)
cos z
dz 2
z
(z
− 1)
γ
dove γ è la curva chiusa orientata positivamente, e cosı̀ definita: (i) |z| = 1/3;
(ii)|z − 1| = 1/3; |z| = 2.
)
I=P
∞
dx
0
39
1
.
x2 + x − 2
I=
1
lim
2πi R→∞
*
dz
CR
z 4 + 13z 3 + 802z
53z 5 + 1044
dove CR è una circonferenza di centro l’origine e raggio R percorsa in senso
antiorario.
*
I=
dz w(z)
C
con C circonferenza di centro z0 = 0 e raggio R = 1 e w(z) la funzione:
w(z) =
2
-
(−1)m z m
m=−2
*
lim
dz
R→∞
CR
2
-
n2 z n .
n=−2
z3
,
2z 4 + 5z 3 + 27
dove CR è la circonferenza di raggio R, centrata nell’origine, percorsa in senso
antiorario.
Esercizio 9 La funzione f (z) è continua e non nulla sulla curva chiusa γ, e nel
dominio interno ad essa è analitica ovunque ad eccezione di un numero P di poli
(non necessariamente distinti). Siano N i suoi zeri (anch’essi, non necessariamente distinti) Dimostrare la formula (teorema dell" incremento logaritmico):
*
1
f " (z)
=N −P
dz
2πi γ
f (z)
Nelle ipotesi dell’esercizio possiamo applicare il teorema dei residui:
*
1
f " (z)
f " (z) =
dz
Resz=zk
2πi γ
f (z)
f (z)
k
dove la somma è su tutti i punti di non analiticità della funzione integranda.
Tali punti sono precisamente gli zeri e i poli di f (z). Dimostriamo ora che il
residuo di f " (z)/f (z) in uno zero di f (z) è pari all’ordine dello zero mentre in
un polo di f (z) è pari a meno l’ordine del polo.
40
Se f (z) ha uno zero di ordine m in zj , f " (z) ne avrà uno di ordine m − 1 e
il loro rapporto f " (z)/f (z) avrà un polo del primo ordine. Inoltre esisterà un
r > 0 per il quale lo sviluppo di Taylor
f (z) =
∞
-
n=m
cn (z − zj )n
convergerà uniformemente nel dominio |z − zj | < r. Potremo quindi derivare lo
sviluppo termine a termine e scrivere:
f " (z) =
∞
-
n=m
n cn (z − zj )n−1
Il residuo di f " (z)/f (z) in z = zj sarà quindi dato da:
f " (z)
f " (z)
= lim (z − zj )
= lim (z − zj )
Resz=zj
z→zj
z→zj
f (z)
f (z)
= lim (z − zj )
z→zj
<∞
n−1
n=m n cn (z − zj )
<
=
∞
n
n=m cn (z − zj )
m cm (z − zj )m−1 + O((z − zj )m )
=m
cm (z − zj )m + O((z − zj )m+1 )
Consideriamo ora il caso in cui zj è un polo di ordine m per f (z). Allora f " (z)
avrà in z = zj un polo di ordine m + 1 e quindi il rapporto f " (z)/f (z) avrà
nuovamente un polo del primo ordine. Di nuovo esisterà un r > 0 tale che lo
sviluppo di Laurent
∞
cn (z − zj )n
f (z) =
n=−m
converga uniformemente per 0 < |z − zk | < r e potremo derivare lo sviluppo
termine a termine:
∞
n cn (z − zj )n−1
f " (z) =
n=−m
Il residuo sarà in questo caso:
f " (z)
f " (z)
= lim (z − zj )
=
z→zj
f (z)
f (z)
−m c−m (z − zj )−m−1 + O((z − zj )−m )
= −m
lim (z − zj )
z→zj
c−m (z − zj )−m + O((z − zj )−m+1 )
Resz=zj
Esercizio 10 Calcolare il residuo in z = 0 delle seguenti funzioni:
1
1
1
− ; f3 (z) = exp(1/z).
; f2 (z) =
2
z
sinh z z
=
Utilizzare il risultato per calcolare gli integrali |z|=3π/2 fi (z).
f1 (z) =
41
Esercizio 11 Sia P (z) un polinomio di grado n, con zeri {zj }nj=1 . Dimostrare
la formula:
n
j=1
zjk
= 0;
P " (zj )
Suggerimento: si consideri
tuna curva chiusa C.
=
k = 0, . . . , n − 2.
k
dz Pz(z) , dove l’integrale e’ fatto lungo una oppor-
Esercizio 12 Utilizzando il teorema dei residui, dimostrare la formula:
N
i=1
ri
P (N −1) (z)
=
z − zi
Q(N ) (z)
dove:
Q
(N )
(z) =
N
7
(z − zi ),
P
(N −1)
(z) =
i=1
N
−1
7
i=1
(z − µi ),
>N
j=1
ri = >
k%=i (zi
Esercizio 13 Senza effettuare l’integrale, dimostrare la formula:
*
1
= 0,
dz 4
z
+
8z
−9
C
dove C è un cerchio di centro l’origine e raggio R > 9.
42
(zi − µj )
− zk )
.
In (z) =
1
2πi
*
dζ
|ζ|=1
ζn
ζ −z
(|z| *= 1)
con n intero positivo, nullo o negativo.
Esercizio 15 Si dimostri che se f (z) un polinomio di grado N , vale l’uguaglianza:
*
1
f " (z)
=N
dz
2πi C
f (z)
dove C una qualunque curva chiusa che contiene al suo interno gli zeri di f (z).
Esercizio 16 Date le funzioni
1.
2.
3.
1
(z − 1)2
(z 2
1
z2
1
− 1)
Dire quali di esse integrabile su |z| = 1, quale integrabile solo nel senso del valor
principale e quale non integrabile. Laddove gli integrali esistono, se ne fornisca
il risultato.
Esercizio 17 Determinare zeri e poli della funzione:
f (z) =
e calcolare
)
z
sinh(z)
f (z) dz
Γ
Dove Γ la curva chiusa composta dal segmento (−3π/2, 3π/2) e dalla semicirconferenza |z| = 3π/2, 0 ≤ arg(z) ≤ π percorsa in senso antiorario.
Il punto all’infinito una singolarit isolata? perch?
)
I1 =
|z|=2
I2 =
)
|z|=2
z exp(tz)
dz
(z + 1)3
exp(1/z)
dz
z+1
43
Esercizio 19 Calcolare l’ integrale:
)
I=
|z|=2
z exp(tz)
dz
(z + 1)3
Esercizio 20 Calcolare con il metodo dei residui il seguente integrale:
) ∞
1
dx
x2 + a2
0
) π
sinh(µx)
dx exp(−µx)
I=
sinh βx
−π
44
9
Integrali di tipo Fourier
) ∞
exp(ikx)
I(k) =
dx 2
x
+x+1
−∞
(k ∈ R).
Passiamo al campo complesso e consideriamo gli integrali
*
exp(ikz)
I+ (k) =
(k ≥ 0)
dz 2
+
z
+z+1
CR
*
exp(ikz)
I− (k) =
(k < 0)
dz 2
−
z +z+1
CR
+
dove CR
è la curva:
Γ+
R
e
2πi
3
−R
R
e
4πi
3
−
e CR
è la curva:
45
e
2πi
3
−R
R
e
4πi
3
Γ−
R
Gli zeri del polinomio z 2 + z + 1 sono riportati in figura. Usando il teorema
dei residui, abbiamo:
$
%
*
−k √
2π
exp(ikz)
exp(ikz)
√
2πi
= 2πiRes
=
(
exp
dz 2
3
+
i)
lim
z=e 3 z 2 + z + 1
R→∞ C +
z +z+1
2
3
$
%
* R
k √
2π
exp(ikz)
exp(ikz)
4πi
= −2πiRes
= √ exp
( 3 − i)
lim
dz 2
z=e 3 z 2 + z + 1
R→∞ C −
z +z+1
2
3
R
La funzione 1/(z 2 + z + 1) ha sulla circonferenza di raggio R l’andamento
asintotico
,
,
,
,
1
, ∼ 1
,
, Re2iθ + Reiθ + 1 , R→∞
R2
−
Dal lemma di Jordan segue che gli integrali su Γ+
R (per k > 0) e su ΓR (per
k < 0) si annullano nel limite R → ∞, mentre per k = 0 l’integrale si annulla
−
sia su Γ+
R che ΓR . In conclusione abbiamo:

$
%
2π
−k √


√ exp
( 3 + i)
k≥0


) ∞
 3
2
exp(ikx)
=
dx 2
I(k) =
$
%
x +x+1 
−∞

k √
2π


( 3 − i)
k<0
 √ exp
2
3
) ∞
tiα−1
dt
.
(ln t + b)2 + a2
0
(Suggerimento: si consideri un opportuno cambiamento di variabile ...).
46
) ∞
1 − coskx
dx 2 2
I=
x (x + a2 )
0
) +∞
cos(kx)
,
x2 + a2
0
) +∞
sin(kx)
.
dx
2 + a2 )
x(x
0
) ∞
dx
0
)
I=
dx
cos(2x) − 1
x2
∞
dx
0
sin4 (x)
.
x4
Scriviamo l’integrale nella forma:
I = lim lim
R→∞ (→0
)
(
R
dx
sin4 (x)
x4
Usando la parità della funzione integranda:
.
/
) −(
) R
1
sin4 (x)
sin4 (x)
I=
lim lim
dx
+ lim lim
dx
R→∞ (→0 (
2 R→∞ (→0 −R
x4
x4
Passiamo al campo complesso e aggiungiamo al cammino di integrazione una
semicirconferenza Γ( congiungente i punti (−+, +). Poiché sin4 z/z 4 è analitica
in z = 0, avremo che:
)
sin4 (z)
dz
dz = 0
lim
(→0 Γ
z4
"
Scriviamo la funzione seno in termini di esponenziali complessi:
$ iz
%4
e − e−iz
e4iz − 4e2iz + 6 − 4e−2iz + e−4iz
4
sin z =
=
2i
16
Per il lemma di Jordan:
lim
R→∞
)
Γ+
R
e4iz − 4e2iz + 6
dz = 0
16z 4
47
iθ
sulla semicirconferenza Γ+
R = Re , θ ∈ [0, π] e
lim
R→∞
)
Γ−
R
e−4iz − 4e−2iz
dz = 0
16z 4
iθ
sulla semicirconferenza Γ−
R = Re , θ ∈ [π, 2π].
Possiamo quindi riscrivere il nostro integrale nella forma:
.
/
*
*
1
e4iz − 4e2iz + 6
I=
lim lim
dz +
dz
+
−
2 R→∞ (→0 CR,"
16z 4
16z 4
CR,"
+
dove CR,(
è la curva:
Γ+
R
Γ(
−R
R
−
e CR,(
è la curva:
Γ(
−R
R
Γ−
R
Dal teorema dei residui segue quindi (il segno meno è dovuto al fatto che la
−
curva CR,(
è percorsa in senso orario):
I = −πiResz=0
$
16z 4
48
%
In z = 0 abbiamo un polo del quarto ordine, quindi:
$
%
−4iz
π
1 d3
− 4e−2iz
πi
4e
I = −πi lim
z
= − (64i − 32i) =
z→0 3! dz 3
16z 4
96
3
)
F (x) =
∞
dt
0
.
cosxt
1 + t2
) ∞
sin t
dt 4
I=
t(t
+ 1)
0
Esercizio 9 Si consideri la funzione g(t) definita qui di seguito:
) ∞
e−ixt
g(t) =
dx
x − + + iδ
−∞
dove δ > 0.
Dimostrare che
g(t = 0+ ) − g(t = 0− ) = −2πi.
) +∞
1 − cos x
I=P
dx 2 2
x
(x − 1)
−∞
)
I =P
+∞
dx
−∞
eikx
x3 + 1
) +∞
sin2 (kx)
,
I(k) = P
dx 2
(x − 1)(x2 + 1)
−∞
49
k ∈ R.
) ∞
eikx
I=P
dx 3
,
x − a3
−∞
a > 0, k ∈ R.
) +∞
cos3 x
I=
dx
.
1 + x2
−∞
) +∞
cos(αx)
,
I=P
dx 3
x −1
−∞
α ∈ R.
) ∞
sin(αx) − sin(βx)
I(α, β) =
dx,
x
0
) ∞
sin(kx)
I=P
,
dx
2 − 1)
x(x
0
) +∞ ikx
e
I=P
dx
4−1
x
−∞
)
I =
∞
dx
−∞
α, β ∈ R.
k ∈ R.
k∈R
exp(ikx)
.
x4 + 1
Esercizio 20 Calcolare a scelta due degli integrali:
) +∞
cos(ax)
;
1.
dx
cosh(bx)
−∞
50
2. P
)
∞
dx
0
3.
)
0
∞
dx
cos(ax)
;
b2 − x2
cos(ax) − cos(bx)
.
x2
)
I(k) =
0
∞
cos(kx) − 1
sinh2 (x)
51
Esercizio 22 Calcolare “l’integrale di Fresnel”
) ∞
dx exp(ix2 )
0
Si suggerisce di introdurre la funzione di variabile complessa exp(iz 2 ) e di integrarla sul cammino chiuso delimitato dal segmento (0, R) dell’asse reale , dall’arco di circonferenza di raggio R e ampiezza π/4 e dal segmento di bisettrice
del I quadrante che congiunge il punto R exp(iπ/4) all’origine.
) ∞
dx
0
) ∞
I=
dx
1
)
I=
0
∞
sin2 (x)
x2
eix
(x − 1)2 + 4
cos(αx)
dx
x2 + 1
) ∞
sin(kx)
P
dx
x−1
−∞
) ∞
cos(γx)
I=
dx 2
x − a2
0
52
γ, a ∈ R
10
Integrali con funzioni razionali di funzioni
iperboliche
Esercizio 1 Calcolare il seguenti integrale:
) ∞
cos x
P
(sinh(x
−
1))(sinh(x
+ 1))
o
)
I=
∞
dxx
−∞
exp(αx)
.
cosh x
) +∞
x
Iβ =
,
dx
x )(1 + e−x )
(β
+
e
−∞
) +∞
I=
dx
−∞
β < 0.
x
,
aex + be−x
con a e b reali positivi.
) +∞
eat
I=P
;
dt
sinh t
−∞
53
0 < a < 1.
P
)
+∞
dx
−∞
exp(iαx)
sinh(x)
α∈R
) +∞
eνx
P
− 1 < Re ν < 1
dx
sinh(x)
−∞
) ∞
cos(px)
I=
dx
cosh(x)
0
p∈R
) ∞
cos(kx)
I2 =
dx
cosh(x)
0
)
I=P
∞
dx
0
sin(x)
sinh(x)
F (z) =
)
∞
dt
0
exp(zt)
cosh2 (t)
e discuterne le propriet di analiticit.
)
I=
|z|=2
exp(1/z)
dz
z+1
) ∞
x
I=P
dx
sinh(αx)
0
54
) ∞
x2
dx
cosh(x)
0
) ∞
x2
cosh(αx)
0
Si consiglia il cambiamento di variabile:
exp(αx) = t
.
Esercizio 16 Calcolare almeno uno dei seguenti 2 integrali:
) ∞
exp(−γx)
(Reγ > 0)
I1 =
dx
cosh x
0
) ∞
x
I2 = P
sinh(αx)
0
Nel secondo integrale, si consiglia il cambiamento di variabile:
exp(αx) = t
.
) ∞
sinh(ax)
I=
dx
exp(px)
+1
0
p, a ∈ R
Esercizio 18 Calcolare almeno uno dei seguenti integrali:
) ∞
sin(kx)
k, a > 0
dx
I=
sinh(ax)
0
Esercizio 19 Calcolare almeno uno dei seguenti due integrali:
) ∞
I1 =
dx x exp(−x) coth(x)
0
) ∞
x2
I2 =
dx
cosh(x)
0
55
11
Integrali che richiedono l’uso di funzioni polidrome
) ∞
x
dx 3
x
+8
−1
)
b
dxx(
−a
b − x 1/2
)
x+a
) +∞
exp(αt)
I =P
,
dt
sinh t
−∞
α ∈ R,
) +1 +
I=
dx
−1
|α| < 1
1−x
1+x
) +∞
eikx
I=P
.
dx
sinh x
−∞
I1 = P
)
∞
0
I2 = P
)
∞
1
x3
dx 2
x − a2
dx
0
I3 =
)
∞
dx
0
ln(x)
x2 − a2
coskx
coshβx
Per l’ultimo integrale, si suggerisce il cambiamento di variabile t = eβx .
56
) +∞
eαx
,
dx
cosh x
−∞
)
P
∞
dx
0
α ∈ R.
√
x
x2 − 4
Esercizio 9 Si calcoli a scelta uno dei seguenti tre integrali:
) ∞
1
(x − a) 3
;
1.
dx 2
x +2
a
) ∞
1
;
2.
dx 4
x +1
0
) +∞
eαx
,
β > α > 0.
3.
dx
cosh(βx)
−∞
)
I=
∞
dx
0
x3
1
+1
Questo integrale pu essere svolto sviluppando la funzione integranda in frazioni
parziali, noi considereremo per il seguente metodo alternativo. Passiamo al
piano complesso e consideriamo l’integrale della funzione
f (z) =
ln(z)
z3 + 1
sul seguente cammino chiuso C:
57
ΓR
πi
e3
Γ(
L+
−1
ρ
L−
e
5πi
3
nel limite R → ∞, +, ρ → 0.
L’integrale su Γ( si annulla nel limite + → 0 poich |ln(z)| diverge pi lentamente di 1/|z| quando |z| tende a zero. Anche il contributo dell’integrale su ΓR
nullo visto che |f (z)| tende a zero pi velocemente di 1/|z| per |z| → 0.
Consideriamo ora l’integrale su L+ . Dobbiamo scegliere uno dei rami della funzione logaritmo. Scegliamo la determinazione principale, ossia il ramo
definito dalla relazione: ln(1) = 0. Allora, nel limite R → ∞, +, ρ → 0,
) ∞
)
ln(x)
dx
f (z)dz =
x3 + 1
0
L+
Dopo aver compiuto un intero giro su ΓR , abbiamo che la determinazione del
logaritmo su L− deve essere data da: ln(1) = 2πi. Di conseguenza (sempre nel
limite R → ∞, +, ρ → 0):
) 0
) 0
)
ln(x)
1
dx + 2πi
f (z)dz =
3
3
∞ x +1
∞ x +1
L−
Sommando tutti i contributi ed usando il teorema dei residui:
) ∞
*
1
dx =
f (z) dz = −2πi
3+1
x
0
C
%
$
'
( ln(z)
= 2πi Resz=exp(πi/3) + Resz=exp(πi) + Resz=exp(5πi/3)
z3 + 1
Dopo aver effettuato il calcolo dei residui otteniamo:
) ∞
2π
1
dx = √
3
x +1
3 3
0
58
) +∞
P
dx
0
1
.
x3 − 1
) ∞
xα log x
I1 =
(1 > α > 0)
dx 2
x +1
0
I=
)
1
+∞
dx
−∞
)
I=
∞
dx
0
|x| 3
.
2
x + a2
√
x ln x
.
+ a2
x2
Esercizio 15 Calcolare col metodo dei residui l’integrale
) ∞
ln(x − 1/2)
dx.
I=
1
x(4x2 + 3)
2
I =P
)
∞
dx
0
x1/3
.
x3 − 1
Passiamo al campo complesso e consideriamo l’integrale della funzione
f (z) =
z 1/3
z3 − 1
sul cammino chiuso C indicato in figura:
59
ΓR
e
2πi
3
Γ(
Γ+
δ
1
L+
1
L−
1
e
Γ−
δ
L+
2
L−
2
4πi
3
nel limite in cui R → ∞ e +, δ, ρ → 0. Poich |f (z)| tende a zero uniformemente
per |z| → 0, l’integrale sulla circonferenza Γ( si annulla nel limite + → 0. Anche
l’integrale su ΓR si annulla per R → ∞ poich |f (z)| tende a zero pi velocemente
di 1/|z| per |z| →∞ . Per quanto riguarda Γ+
δ , abbiamo:
lim
δ→0
)
Γ+
δ
f (z) = −πi Resz=1
$
z 1/3
z3 − 1
%
Scegliamo il ramo di z 1/3 definito da: 11/3 = 1, allora:
$ 1/3 %
z
1
Resz=1
=
z3 − 1
(1 − ω)(1 − ω 2 )
2
avendo posto ω = exp( 2πi
3 ). Utilizzando l’identit 1 + ω + ω = 0 otteniamo
infine:
)
πi
lim
f (z) dz = −
δ→0 Γ+
3
δ
Consideriamo ora l’integrale su Γ−
δ , avremo di nuovo:
lim
δ→0
)
Γ−
δ
f (z) = −πi Resz=1
60
$
z 1/3
z3 − 1
%
ρ
Abbiamo per compiuto un intero giro su ΓR , ci troviamo quindi ora sul ramo di
z 1/3 definito da 11/3 = ω, per cui:
$ 1/3 %
z
ω
ω
=
Resz=1
=
z3 − 1
(1 − ω)(1 − ω 2 )
3
+
L’integrale su L+
1 + L2 ci d:
.)
)
f (z) dz = lim lim
+
L+
1 +L2
R→∞ (,δ→0
(
1−δ
x1/3
dx +
x3 − 1
)
R
1+δ
/
) ∞
x1/3
x1/3
dx
=
P
dx
x3 − 1
x3 − 1
0
−
Mentre per l’integrale su L−
1 + L2 dobbiamo tener conto del fatto che quando ρ
1/3
1/3
tende a zero, z
= (x + iy)
tende a ωx a causa della diversa determinazione
della radice. Quindi:
) ∞
)
x1/3
f (z) dz = −ωP
dx 3
−
x −1
0
L−
1 +L2
Sommando tutti i vari contributi ed usando il teorema dei residui, otteniamo
quindi:
*
f (z)dz
=
C
=
) ∞
x1/3
− πi (1 + ω) =
(1 − ω) P
dx 3
x −1
0
$
$ 1/3 %
$ 1/3 %%
z
z
2
2πi Resz=ω
+
Res
z=ω
z3 − 1
z3 − 1
Questi residui vanno calcolati ancora sul ramo 11/3 = 1, quindi:
$ 1/3 %
exp(2πi/9)
exp(2πi/9)
z
exp(8πi/9)
=
=
Resz=ω
=
z3 − 1
(ω − 1)(ω − ω 2 )
3ω 2
3
Resz=ω2
Quindi:
(1 − ω) P
)
0
$
∞
z 1/3
z3 − 1
%
=
exp(4πi/9)
exp(16πi/9)
exp(4πi/9)
=
=
(ω 2 − 1)(ω 2 − ω)
3ω
3
0
1
2
x1/3
= πi
(exp(8πi/9) + exp(−2πi/9)) + 1 + exp(2πi/3)
dx 3
x −1
3
Moltiplicando entrambi i termini per (1 − ω 2 )/3
1
0
πi 2
x1/3
=
(exp(8πi/9) + exp(−2πi/9)) + 1 + exp(2πi/3) (1 − exp(4πi/3)) =
P
dx 3
x −1
3 3
0
1
0
πi 2
=
(exp(8πi/9) − exp(2πi/9) + exp(−2πi/9) − exp(−8πi/9)) + exp(2πi/3) − exp(−2πi/3) =
3 3
4
= π [sin(8π/9) + sin(2π/9) − 3 sin(2π/3)]
9
)
∞
61
+
) 1
1−x 1
.
dx
I=
1 + x x2 + 1
−1
Passiamo al campo complesso e consideriamo l’integrale della funzione
+
1−z 1
f (z) =
1 + z z2 + 1
sul cammino chiuso C indicato in figura:
ΓR
i
Γ(
−1
Γ+
δ
1
L+
1
L−
1
Γ−
δ
L+
2
ρ
L−
2
−i
−
nel limite in cui R → ∞ e +, δ, ρ → 0. Gli integrali su ΓR , Γ( , Γ+
δ e Γδ si
+
annullano per tale limite. Consideriamo √
l’integrale su L2 . Scegliamo come
determinazione della radice quella per cui 1 = 1. Allora (nel limite ρ → 0),
arg(1 − z) = −π
arg(1 + z) = 0
da cui segue:
arg
.+
1−z
1+z
/
=
1
π
(arg(1 − z) − arg(1 + z)) = −
2
2
e dopo aver effettuato anche gli altri limiti:
)
L+
2
dz f (z) = −i
)
∞
1
62
dx
+
x−1 1
1 + x x2 + 1
Per quanto riguarda l’integrale su L−
2 , abbiamo che
arg(1 − z) = π
da cui :
arg
Quindi:
.+
1−z
1+z
)
L−
2
cio
/
=
1
π
(arg(1 − z) − arg(1 + z)) = −
2
2
dz f (z) = −i
)
−
L+
2 +L2
Su L+
1 avremo:
e quindi:
arg(1 + z) = 2π
√
x−1 1
dx √
1 + x x2 + 1
∞
)
1
dz f (z) = 0
arg(1 − z) = 0
arg(1 + z) = 0
√
1−x 1
dz f (z) =
dx √
+
1 + x x2 + 1
−1
L1
)
)
1
Analogamente su L−
1 abbiamo:
arg(1 − z) = 0
da cui segue:
)
)
dz f (z) =
L−
1
−1
dx e
1
−πi
arg(1 + z) = 2π
√
√
) 1
1−x 1
1−x 1
√
=
dx √
2+1
x
1+x
1 + x x2 + 1
−1
Sommando tutti i contributi ed usando il teorema dei residui:
/
.+
√
) 1
*
1−x 1
1−z 1
= 2πi (Resz=i + Resz=−i )
dz f (z) = 2
dx √
1 + z z2 + 1
1 + x x2 + 1
−1
C
Abbiamo che:
Resz=i
.+
1−z 1
1 + z z2 + 1
/
= lim
z→i
.+
1−z 1
1+zz+i
/
D’altra parte, sulla determinazione che abbiamo scelto:
@
+
$
%
1
1−z
|1 − z|
=
exp
i (arg(1 − z) − arg(1 + z))
1+z
|1 + z|
2
Per z → i l’argomento di 1 − z vale −π/4 e quello di 1 + z vale π/4, mentre il
modulo di (1 − z)/(1 + z) vale 1, quindi:
/
.+
$
%
1
πi
1−z 1
Resz=i
=
exp
−
1 + z z2 + 1
2i
4
63
Analogamente, per z → −i l’argomento di 1 − z vale π/4, quello di 1 + z vale
7π/4 e il modulo di (1 − z)/(1 + z) vale 1, quindi:
/
/
.+
.+
$
%
1
3πi
1−z 1
1−z 1
=
lim
=
−
exp
−
Resz=i
z→−i
1 + z z2 + 1
1+zz−i
2i
4
La somma dei residui :
.+
(Resz=i + Resz=−i )
1−z 1
1 + z z2 + 1
/
1
=
2i
$
$
%
$
%%
√
πi
3πi
exp −
− exp −
= 2π
4
4
Da cui segue che l’integrale cercato vale:
√
) 1
π
1−x 1
√
= √
dx
2+1
x
1
+
x
2
−1
I=
)
b
a
dx (b − x) ln
La funzione
ln
$
b−x
x−a
b−z
z−a
b>a>0
%
ha due punti di diramazione in z = a e z = b. Tagliamo il piano complesso
lungo il segmento (a, b), e consideriamo l’integrale
I" =
*
C
dz (b − z) ln
dove C il cammino chiuso:
64
$
b−z
z−a
%2
ΓR
Γ(
L+
1
a
L−
1
Γ+
δ
b
Γ−
δ
L+
2
ρ
L−
2
Scegliendo la determinazione principale del logaritmo, abbiamo che
$
$
%2
%2
)
) b
b−z
b−x
dz (b − z) ln
→
dx (b − x) ln
z−a
x−a
a
L+
1
Su L+
2
arg(b − z) → −π
quindi
)
L+
2
dz (b − z) ln
$
b−z
z−a
%2
→
|b − z| → x − b
)
b
a
0 $
%
12
x−b
dx (b − x) ln
− iπ
x−a
Su L−
2
arg(b − z) → π
|b − z| → x − b
arg(z − a) → 2π
|z − a| → x − a
quindi
)
L+
2
dz (b − z) ln
$
b−z
z−a
%2
→
)
a
b
0 $
%
12
x−b
dx (b − x) ln
− iπ
x−a
Su L−
1
arg(b − z) → 0
arg(z − a) → 2π
|b − z| → b − x
|z − a| → x − a
65
quindi
)
L−
1
Infine
*
ΓR
dz (b − z) ln
dz (b − z) ln
$
$
b−z
z−a
b−z
z−a
%2
%2
)
→
a
b
0
dx (b − x) ln
→ −2πi Resz=∞
.
$
b−x
x−a
(b − z) ln
%
$
− 2iπ
b−z
z−a
12
%2 /
Sommando tutti i termini ed usando il teorema dei residui, abbiamo quindi:
0=
*
C
+4π
2
dz (b − z) ln
)
b
a
$
b−z
z−a
%2
→ 4πi
.
dx (b − x) − 2πi Resz=∞
)
b
a
(b − z) ln
$
b−z
z−a
$
b−x
x−a
%2 /
dx (b − x) ln
%
+
Per calcolare il residuo all’infinito, dobbiamo sviluppare il logaritmo in serie di
potenze in un intorno dell’infinito. Consideriamo il termine ln(b − z) che, in
accordo con la nostra scelta degli argomenti, riscriviamo nella forma:
)
)
1 1
1
− iπ = dz
ln(b − z) = ln(z − b) − iπ = dz
− iπ
z−b
z 1 − zb
Per |b/z| < 1, la serie geometrica
1
1−
b
z
=
∞ $ %n
b
n=0
z
converge uniformemente e possiamo quindi scambiare serie e integrale:
ln(b − z) =
∞ )
-
n=0
dz
bn
z n+1
− iπ = −iπ + ln(z) −
∞
bn −n
z
n
n=1
|z| > b
Procedendo nello stesso modo otteniamo lo sviluppo di ln(z − a):
ln(z − a) = ln(z) −
∞
an −n
z
n
n=1
|z| > a
Quindi
ln
$
b−z
z−a
%
= ln(b − z) − ln(z − a) = −iπ +
da cui segue che
A
Resz=∞ (b − z) ln
$
b−z
z−a
%2 B
∞
an − bn −n
z
n
n=1
|z| > b
= (a−b)2 +2πi b(a−b)−πi(a2−b2 ) = (a−b)2 (1−πi)
66
Quindi:
)
b
$
b−x
x−a
%
dx (b − x) ln
=
A
.
$
%2 /B
) b
b−z
1
2
4π
dx (b − x) − 2πi Resz=∞ (b − z) ln
=
=−
4πi
z−a
a
a
=−
D (a − b)2
1 C
−2π 2 (a − b)2 − 2πi (a − b)2 (1 − πi) =
4πi
2
) ∞
ln x
.
dx √
I=
x(1 + x)
0
Passiamo al campo complesso e consideriamo l’integrale sul cammino C
indicato in figura:
ΓR
Γ(
−1
L+
ρ
L−
nel limite R → ∞, +, ρ → 0.
Scegliamo la determinazione principale sia per √
il logaritmo che per la radice
(ossia scegliamo i rami definiti da: ln(1) = 0 e 1 = 1). Scegliamo inoltre
arg(z) ∈ (0, 2π). Per ρ → 0 l’argomento di z tender quindi a zero e avremo:
)
) ∞
ln(z)
ln(x)
√
√
lim
=
ρ→0 L+
z(1 + z)
x(1 + x)
0
67
Su L− avremo invece che l’argomento di z tender a 2π per ρ → 0, quindi:
)
) ∞
ln(z)
ln(x) + 2πi
√
√
lim
=
ρ→0 L−
z(1 + z)
x(1 + x)
0
Poich la funzione
ln(z)
z√
z(1 + z)
tende a zero uniformemente sia per z → 0, z ∈ Γ( , sia per z → ∞, z ∈ ΓR , il
contributo degli integrali su Γ( e su ΓR sono nulli. In conclusione:
) ∞
) ∞
*
ln(z)
ln(x)
1
√
√
√
dz = 2
dx + 2πi
dx =
z(1
+
z)
x(1
+
x)
x(1
+ x)
0
0
C
$
%
ln(z)
πi
ln(exp(πi))
= 2πiResz=exp(πi) √
= 2πi = 2π 2 i
= 2πi !
z(1 + z)
i
exp(πi)
Ci rimane da calcolare l’integrale:
)
2πi
0
∞
1
√
x(1 + x)
Passiamo al campo complesso e consideriamo l’integrale
*
1
√
πi
z(1 + z)
C
dove C di nuovo il cammino riportato in figura. Utilizzando le stesse considerazioni del caso precedente, otteniamo:
$
%
) ∞
*
1
1
1
√
√
= 2πi
= −2π 2 Resz=exp(πi) √
πi
= 2π 2 i
z(1
+
z)
x(1
+
x)
z(1
+
z)
0
C
Quindi:
)
2
0
∞
ln(x)
√
dx = 2π 2 i − 2πi
x(1 + x)
) +∞
eαx
I=
dx
,
1 + epx
−∞
)
∞
0
1
√
= 2π 2 i − 2π 2 i = 0
x(1 + x)
α ∈ R, p ∈ Z; 0 < α < p.
) ∞
I=
dx xeαx sech x,
0
68
0 < α < 1.
√
) ∞
x ln(x)
dx 2
x
+9
0
I=
)
∞
1
dx
0
x3
1 + x2
Esercizio 24 Calcolare i seguenti integrali:
) ∞
ln(x)
I1 =
dx 2
x
−1
1
) ∞
−α
x
I3 =
dx
(1 > α > 0; n > 0)
1
+ xn
1
I1 =
)
∞
1
dx
0
I3 =
)
x3
2
x + a2
1
dx √
1
− x2
−1
1
) ∞
xα ln(x)
dx 2
I=
(1 > α > 0)
x +1
0
√
) ∞
x ln(x)
I=
dx
1
+ x3
0
√
) ∞
x ln(x)
dx
1
+ x2
0
69
)
0
∞
1
dx
(x 3 ) log x
1 + x2
Esercizio 30 Calcolare almeno il seguente integrale:
√
) ∞
x ln(x)
dx
1
+ x2
0
√
) 1
1
1−x
dx √
I=
1
+
x2
1
+
x
−1
70
12
Sviluppi di Mittag–Leffler
Esercizio 1 Dimostrare la seguente relazione
∞
-
1
4
=−
.
2
2
[(2n + 1)πi + a]
cosh (a/2)
n=−∞
Utilizzare il risultato per dimostare che
1+
1
π2
1
+
+ ... =
.
9 25
8
(Suggerimento: si considerino i poli della tangente iperbolica per trasformare la
serie in un integrale nel campo complesso e ...).
1
f (z) = cot z − ,
z
1. determinarne le sue singolarità in tutto il piano complesso chiuso e calcolare i residui corrispondenti;
2. scriverne l’espansione in fratti semplici (sviluppo di Mittag-Leffler);
3. assumendo l’uniforme convergenza dell’espressione suddetta, ricavare lo
sviluppo
∞
1
1
1
1
+
+
(
)
=
2
2
2
z
(z − nπ) ) (z + nπ)2
sin z
n=1
(sviluppo di Weierstrass).
Esercizio 3 Si confrontino tra loro le due funzioni:
G(z; x) =
+∞
-
k=−∞
zx
F (z; x) = e
eikπx
z − ikπ ,
coth z
Quanto vale la loro differenza?
71
x ∈ R, k ∈ Z.
Esercizio 4 Si calcoli l’integrale
In (z) =
z
2πi
*
dζ
Cn
sech(ζ)
ζ (ζ − z)
dove Cn la circonferenza di centro l’origine e raggio Rn = nπ.
Si dimostri che
lim In (z) = 0
n→∞
e si utilizzi questo risultato per ottenere lo sviluppo in fratti semplici della
funzione f (z) = sech(z).
72
13
Formule di Plemelji
) ∞
F (z) =
dt
0
t1/2
; z∈
/ R+
+ 1)(t − z)
(t2
e discuterne le proprietà di analiticità in z
Determinare il salto:
∆(t0 ) := lim F (t0 + i+) − F (t0 − i+)
(→0
Cosa si può dire in generale per un integrale del tipo:
) ∞
f (t)
F (z) =
dt
t
−z
0
con f (t) assolutamente integrabile in R+ ?
Esercizio 2 Data
f (z) =
N
i=1
ri
+ c0 + c1 z
z − zi
(|zi | < R,
i = 1, . . . , N )
costruire f (−) (z), analitica per |z| < R, e f (+) (z), analitica per |z| > R, tali che
lim f (+) (z) = 0
|z|→∞
lim f (−) (z) − lim f (+) (z) = f (z)||z|=R
|z|→R−
|z|→R+
Esercizio 3 Sul cerchio |ζ| = 1 è assegnata la funzione
φ(ζ) =
1
,
1 + a cos θ
a < 1; ζ = exp(iθ).
Determinare le funzioni F ± (z), analitiche rispettivamente per |z| < 1, |z| > 1,
tali che F ± (z) → φ(ζ), quando z → ζ ± .
Esercizio 4 Determinare due funzioni fi (z) e fe (z) tali che:
1. fi (z) sia analitica all’interno del cerchio unitario;
2. fe (z) sia analitica all’esterno del cerchio unitario;
3. valga
lim fi (z) − lim fe (z) = Re(ζ),
z→ζ −
z→ζ +
73
|ζ| = 1.
Esercizio 5 Determinare esplicitamente la funzione:
) +∞
1
F (z) =
,
Imz *= 0
dx
(|x|
+
1)(x
− z)
−∞
e verificare la formula di Plemely:
lim [F (x + i+) − F (x − i+)] = 2πi
(→0
1
.
|x| + 1
Esercizio 6 Dire se la funzione:
φ(z) =
)
∞
−∞
dt
e−|t|
t−z
è analitica per z ∈
/ R e calcolarne la discontinuità sull’asse reale
∆φ = lim φ(t + i+) − φ(t − i+),
(→0
74
t ∈ R.
Esercizio 7 Mediante un calcolo diretto, verificare che l’integrale:
I=
)
0
2π
dz
cos(θ)
z − exp(iθ)
definisce due funzioni f (e) (z), f (i) (z), analitiche rispettivamente all’esterno e
all’interno del cerchio |z| = 1. Mettere in relazione la “discontinuit” f (e) (z) −
f (i) (z) su |z| = 1 con la funzione integranda.
Esercizio 8 Dimostrare che l’integrale
) +∞
exp(−|t|)
dt
t−z
−∞
definisce due funzioni f (±) (z), analitiche rispettivamente per Im z > 0 e Im z <
0, tali che:
lim f (+) (t + i+) − f (−) (t − i+) = 2πi exp(−|t|)
(→0
75
14
Trasformazioni conformi
Esercizio 1 La trasformazione z → w è del tipo bilineare di Moebius. Su quale
curva del piano z avviene che |dw| = |dz|?
Esercizio 2 Trovare la trasformazione conforme che manda i cerchi
|z − a| = r;
nei cerchi concentrici:
|z + a| = r
|w − b| = R1 ;
a>r>0
|w − b| = R2
Esercizio 3 Scrivere una trasformazione di Moebius:
w=
αz + β
γz + δ
che mappa la circonferenza unitaria (del piano z) nell’asse reale (del piano w)
e l’interno (l’esterno) del cerchio unitario nel semipiano inferiore (superiore).
76
15
Sviluppi asintotici
Esercizio 1 Dimostrare che la funzione di variabile complessa:
) ∞
exp(−zt)
F (z) =
dt
1 + t2
0
e’ analitica per Rez > 0. Assumendo z reale (z = x), determinare lo sviluppo
asintotico di F (z).
Esercizio 2 Dire se sono vere le seguenti stime asintotiche e spiegarne il motivo:
a)
b)
c)
2 sinh(αx) ∼ exp(αx), x → +∞, α > 0
) +∞
sin(λt)
= O(λ−1 ), λ → ∞
dt
(1
+ t2 )
0
1
= 1 + x + O(x2 ), x → 0
(1 − x)
Esercizio 3 Calcolare con il metodo di Laplace il termine dominante dell’andamento asintotico per grandi x dell’integrale:
) ∞
dt exp[−x(t + a2 /t)]
I=
0
Esercizio 4 Calcolare il termine dominante nello sviluppo asintotico per
λ → ∞, dell’integrale:
) ∞
2
2 2
I(λ) =
dte−λ(t −a )
0
Esercizio 5 Qual è, per λ → +∞, il termine dominante dell’integrale:
I(λ) =
)
∞
eλ sin ( π )
?
1 + t2
2
dt
0
2t
Esercizio 6 a) Sia
F (x) =
)
0
∞
dt
exp(−x(t − 1)2 )
cosh t
Calcolare il termine dominante dello sviluppo asintotico per grandi x.
77
b) Con il metodo della fase stazionaria calcolare il termine dominante per grandi
x e t, nella direzione x/t = cost. = v, dell’integrale
I(x, t) =
)
+∞
dk
−∞
exp(ikx − ik 3 t)
cosh k
Esercizio 7 Calcolare il seguente integrale con un errore inferiore a
I =
)
∞
0
1
1000 :
exp(−1000t)
1 + t3
Esercizio 8 Determinare il termine dominante per grandi x dell’integrale:
) ∞
dt exp(ixφ(t))f (t)
−∞
con φ(t) = t2 − a2 , f (t) = (cosh t)−1
78
Esercizio 9 Determinare lo sviluppo asintotico per x → ∞ dell’integrale:
) ∞
exp(−xt)
dt
F (x) =
1 + t2
0
E∞
(si ricordi che 0 dy y n exp(−y) = n!).
Stimare l’errore che si commette considerando i primi N termini dello sviluppo.
Esercizio 10 Sono corrette le seguenti espressioni?
1. sin(z) ∼ z 2
2. cosh(x) ∼ ex
z→0
x → +∞
Esercizio 11 Sia
F (x) =
)
∞
dt
0
exp(−xt)
cosh(t)
Dimostrare che lo sviluppo asintotico per x → ∞ in effetti uno sviluppo convergente.
Esercizio 12 Con il metodo di Laplace trovare il termine dominante per x →
∞ degli integrali:
) ∞
Ln (x) =
dt exp(t + t−1 ) cos(nπt)
0
Esercizio 13 Con il metodo della fase stazionaria calcolare il termine dominante per grandi x e t, nella direzione x/t = v = cost., dell’integrale
) +∞
exp(ikx − ik 3 t)
I(x, t) =
dk
k 2 + a2
−∞
Esercizio 14 Calcolare il termine dominante per grandi g, g > 0 dell’integrale
) ∞
α
β
dr r2 exp(−gV (r))
V (r) = 2 −
I(g) =
r
r
0
Esercizio 15 Sia
F (x) =
)
0
∞
dt
exp(−x(t − 1)2 )
cosh(t)
Calcolare il termine dominante dello sviluppo asintotico per grandi x.
79
Esercizio 16 Con il metodo della fase stazionaria calcolare il termine dominante per grandi x e t, nella direzione x/t = v = cost., dell’integrale
) +∞
exp(ikx − ik 3 t)
I(x, t) =
dk
cosh(k)
−∞
Esercizio 17 Dire se sono corretti (e perch) gli andamenti asintotici:
sin(αx) ∼ x
x→0
1
x → +∞
sinh(x) ∼ exp(x)
2
D
exp(x)
exp(x) C
√
1 + O(x−2 )
=
x
1 + x2
x → +∞
Esercizio 18 La funzione F (x, t) definita dalla rappresentazione integrale:
) +∞
exp(ikx − ik 2 t)
F (x, t) =
−∞
Si chiede di calcolarla esattamente e in modo approssimato mediante il metodo
della fase stazionaria, fermandosi al termine dominante.
Esercizio 19 a) Valutare con un errore inferiore a
) ∞
exp(−10t)
dt
1 + t2
0
1
1000
l’integrale:
b) Usando il metodo di Laplace, calcolare il termine dominante, per x → ∞,
dell’integrale
) L
x
dt exp(−
)
2
(sin(πt/L))
0
Esercizio 20 La funzioneF (x) definita dalla rappresentazione integrale:
) ∞
exp(x(t − t3 /12))
F (x) =
dt
1+t
0
Si chiede di calcolarne il termine dominante per x → ∞ mediante il metodo di
Laplace.
Esercizio 21 Usando il metodo della fase stazionaria, calcolare il termine dominante, per x → ∞, dell’integrale
) ∞
dt exp(−γt + ix sin t)
0
80
Esercizio 22 La funzione F (x) definita dalla rappresentazione integrale:
##
"
"
) ∞ exp −x t2 + g
t2
dt
g>0
F (x) =
2
1
+
t
0
Si chiede di calcolarne il termine dominante per x → ∞ mediante il metodo di
Laplace.
Esercizio 23 Calcolare i primi termini dello sviluppo asintotico per x → ∞
della rappresentazione integrale:
) ∞
F (x) :=
dt e−xt sech(t)
0
Ci si aspetta che lo sviluppo ottenuto sia convergente? e perch?
Esercizio 24 La funzione F (x) definita dalla rappresentazione integrale:
##
"
"
) ∞ exp −x t2 + g
t2
dt
g>0
F (x) =
2
1
+
t
0
Si chiede di calcolarla esattamente e in modo approssimato mediante il metodo
di Laplace, fermandosi al termine dominante.
Esercizio 25 Dire se sono vere le seguenti stime asintotiche e spiegarne il
motivo:
1. sinh(αx) ∼ exp(αx)
x→∞
) ∞
sin(λt)
2.
dt
= O(λ−1 )
λ→∞
1 + t2
0
3.
1
= 1 + x + O(x2 )
1−x
x→0
Esercizio 26 Si calcoli l’integrale
F (x) =
)
∞
0
con un errore dell’ordine di x
−3
81
dt
e−xt
1 + t2
16
Prolungamento analitico
Esercizio 1 Data la serie:
f (z) =
∞
-
(−1)n
n=0
z 2n+1
2n + 1
trovarne il raggio di convergenza R. Sapendo che z = 1 un punto regolare,
costruire in z = 1 il prolungamento analitico per cerchi di f (z). Utilizzare le
formule:
$ %
∞
kπ
(2n + 2k)!
1
= (2k)! sin
(−1)n
k+1
(2n
+
1)!
2
k
2
n=0
∞
-
(−1)n
n=0
"
π# 1
(2n + 2k)!
= (2k)! cos (2k + 1)
2n!
4 2k+ 12
Dalla formula di Cauchy-Hadamard segue che il raggio di convergenza della serie
dato da:
$
% n1
1
1
= lim
=1
R n→∞ 2n + 1
z = 1 quindi un punto sulla frontiera del cerchio di convergenza. Sappiamo per
che un punto regolare ed quindi possibile costruirvi il prolungamento analitico
per cerchi. Trasliamo la serie nel punto z = 1:
%
∞
∞
2n+1 $
2n+1
[(z − 1) + 1]
(−1)n - 2n + 1
=
f (z) =
(−1)n
(z − 1)k
k
2n + 1
2n + 1
n=0
n=0
k=0
Per invertire l’ordine di sommatoria consideriamo separatamente il caso k pari
e quello k dispari:
%
∞
2n+1 $
(−1)n - 2n + 1
(z − 1)k =
k
2n
+
1
n=0
k=0
A n $
B
%
%
∞
n $
- (−1)n 2n + 1
2n + 1
2k
2k+1
=
(z − 1) +
(z − 1)
2k
2k + 1
2n + 1
n=0
k=0
k=0
Invertendo l’ordine di sommatoria per la parte pari otteniamo:
%
$
%
∞
n $
∞
∞
(−1)n - 2n + 1
(−1)n 2n + 1
2k
2k
(z − 1)
(z − 1) =
=
2k
2k
2n + 1
2n + 1
n=0
k=0
k=0
n=k
$
%
∞
∞
(−1)n+k
2n + 2k + 1
(z − 1)2k
=
=
2k
2n + 2k + 1
k=0
∞
-
n=0
∞
-
(2n + 2k)!
=
(2n + 1)!
n=0
k=0
$ %
0
1
∞
kπ
1
2k
k
=
(z − 1)
(−1) sin
2 k 2k+1
=
(z − 1)
2k!
2k
(−1)
k
(−1)n
k=0
82
Procedendo nello stesso modo per la parte dispari troviamo:
%
$
%
∞
n $
∞
∞
(−1)n - 2n + 1
(−1)n 2n + 1
(z − 1)2k+1
(z − 1)2k+1 =
=
2k + 1
2n + 1
2n + 1 2k + 1
n=0
k=0
k=0
n=k
%
$
∞
∞
(−1)n+k
2n + 2k + 1
2k+1
(z − 1)
=
=
2k + 1
2n + 2k + 1
n=0
k=0
∞
-
∞
(z − 1)2k+1
(2n + 2k)!
(−1)k
=
(−1)n
(2k + 1)!
2n!
n=0
k=0
0
1
∞
"
1
π#
2k+1
k
=
(z − 1)
(−1) cos (2k + 1)
4 (2k + 1) 2k+1/2
k=0
=
Dobbiamo ora calcolare il raggio di convergenza. Usiamo nuovamente la formula
di Cauchy-Hadamard:
1
1
= lim (|ck |) k
R k→∞
I coefficienti ck sono nel nostro caso:
$ %
kπ
(−1)k/2
ck =
sin
per k pari
2−k/2
k
4
$ %
kπ
(−1)(k−1)/2
cos
ck =
per k dispari
2−k/2
k
4
La successione dei ck quindi una successione oscillante. Notiamo per che vale:
,
,
$ %
,1
,
, sin kπ 2−k/2 , ≤ 1 2−k/2
per k pari
,k
, k
4
,
,
$ %
,1
,
, cos kπ 2−k/2 , ≤ 1 2−k/2
per k dispari
,k
, k
4
e il segno di uguaglianza si ottiene selezionando la sottosuccessione k = 4n + 2.
Abbiamo quindi:
1
1
1
= lim (|ck |) k = √
R k→∞
2
Il prolungamento analitico della funzione f (z) dato quindi da:
f (z) =
f (z) =
+
∞
-
z 2n+1
|z| < 1
2n + 1
n=0
$ %
0
1
∞
kπ
1
2k
k
(z − 1)
(−1) sin
+
2 k 2k+1
k=0
0
1
∞
"
1
π#
(z − 1)2k+1 (−1)k cos (2k + 1)
4 (2k + 1) 2k+1/2
(−1)n
k=0
Esercizio 2 Sia:
fn (z) :=
)
∞
dt e−zt tn
0
83
n ∈ N.
|z − 1| <
√
2
Trovare il dominio nel piano complesso z in cui vale l’uguaglianza:
fn (z) = (−1)n
Esercizio 3 Data f (t) tale che
)
∞
0
dn
f0 (z).
dz n
dt|f (t)| < ∞,
determinare il dominio di analiticità di:
E∞
1. F1 (z) := 0 dt e−zt f (t),
E∞
2
2. F2 (z) := 0 dt e−z t f (t).
Esercizio 4 Data la serie
f (z) ≡
∞
1
Γ(n + 1/2) z n
n!
n=0
trovarne il raggio di convergenza R (Suggerimento: usate il criterio del rapporto).
Costruire il prolungamento analitico per cerchi di f (z) nel punto z = −1/2,
utilizzando l’uguaglianza:
$
%n
$ %k+1/2
∞
1
2
1
Γ(n + k + 1/2) −
= Γ(k + 1/2)
n!
2
3
n=0
Dire, infine, quali sono i punti singolari di f (z) sul cerchio |z| = R.
Abbiamo una serie di potenze
f (z) ≡
∞
-
an =
an z n
n=0
1
Γ(n + 1/2)
n!
Per il criterio del rapporto il raggio di convergenza sar dato da:
,
,
, an ,
,
, = lim Γ(n + 1/2) (n + 1)! =
R = lim ,
n→∞ an+1 ,
n→∞
n!
Γ(n + 3/2)
(n + 1) Γ(n + 1/2)
= lim
=1
n→∞ (n + 1/2) Γ(n + 1/2)
Poich an sempre positivo per ogni n dal teorema di Pringsheim segue che z = 1
un punto singolare.
84
Utilizzando la formula del binomio di Newton, trasliamo ora la serie dal
punto z = 0 al punto z = −1/2:
%$
$
%n %k $
%n−k
∞
n $
1
1 1
1
n
z+
−
an z =
an z + −
=
an
f (z) =
k
2 2
2
2
n=0
n=0
n=0
∞
-
n
∞
-
k=0
Scambiando l’ordine di somma otteniamo:
$
%$
%k %n−k
∞ $
∞
1
1
n
f (z) =
an
z+
−
k
2
2
k=0
n=k
Riscalando il secondo indice di somma da n a n − k otteniamo infine:
$
%$
$
%k %n %k
∞ $
∞
∞
1
1
1
n+k
f (z) =
an+k
=
bk z +
z+
−
k
2
2
2
n=0
k=0
k=0
I nuovi coefficienti bk sono dati da:
$
%n
n + k!
1
1
Γ(n + k + 1/2)
bk =
=
−
(n + k)!
n!k!
2
n=0
$
%n
$ %k+1/2
∞
1 - Γ(n + k + 1/2)
Γ(k + 1/2) 2
1
=
=
−
k! n=0
n!
2
k!
3
∞
-
Utilizziamo nuovamente il criterio del rapporto per trovare il raggio di convergenza:
,
,
$ %k+1/2
$ %k+3/2
, bk ,
3
(k + 1)!
3
, = lim Γ(k + 1/2) 2
=
R" = lim ,,
k→∞ bk+1 ,
k→∞
k!
3
Γ(k + 3/2) 2
2
Il disco |z + 1/2| < 3/2 contiene interamente il disco |z| < 1 con z = 1 unico
punto di frontiera comune. Ne segue quindi che tutti i punti |z| = 1, z *= 1
sono regolari. Poich sul cerchio |z| = 1 deve esserci almeno un punto singolare,
ne segue che z = 1 deve necessariamente essere un punto singolare (cosa che
avevamo gi stabilito usando il teorema di Pringsheim).
f (z) =
)
1
tz−1 cos(t)dt
0
analitica per Re z > 0, trovarne il prolungamento analitico a tutto il piano
complesso. (Suggerimento: sviluppate il coseno in serie di potenze). Che tipo
di singolarit presenta la funzione prolungata?
Sviluppiamo il coseno in serie di potenze.
cos(t) =
∞
(−1)n 2n
t
2n!
n=0
85
ed utilizziamo l’uniforme convergenza dello sviluppo per portare la sommatoria
fuori dell’integrale:
)
∞
(−1)n 1 z+2n−1
t
cos(t)dt =
t
=
2n! 0
0
n=0
,1
∞
∞
(−1)n tz+2n ,,
(−1)n 1
=
=
,
2n! z + 2n 0 n=0 2n! z + 2n
n=0
)
1
z−1
Re z > 0
La condizione Re z > 0 rende la serie ben definita. D’altra parte tale serie
definita per z *= 0, −2, −4, . . . . Mostriamo che se z appartiene ad un insieme
chiuso C che non contiene tali punti la serie
S(z) =
∞
(−1)n 1
2n! z + 2n
n=0
converge uniformemente. Poich C chiuso esister δ > 0 tale che 2n + z > δ, z ∈
C, n ∈ {0} ∪ N. Quindi:
|S(z)| ≤
,
∞ ,
∞
, (−1)n 1 , 1 1
,
,≤
, 2n! z + 2n , δ
2n!
n=0
n=0
Il modulo di S(z) quindi maggiorato da una serie positiva convergente indipendente da z, il che implica che S(z) uniformemente convergente per z ∈ C. Sia
ora Γ una curva chiusa contenuta in C e consideriamo l’integrale:
*
Γ
S(z) dz =
* *
∞
∞
(−1)n 1
(−1)n
1
dz =
dz
2n!
z
+
2n
2n!
z
+
2n
Γ n=0
Γ
n=0
Se all’interno della curva Γ non contenuto alcun punto zn = −2n, n = 0, 1, 2, . . . ,
allora l’integrale si annuller per il teorema di Cauchy. Se invece la curva Γ
contiene un unico punto singolare zm = −2m, avremo:
*
*
S(z) dz =
Γ
∞
(−1)n
(−1)m
δn,m =
2n!
2m!
n=0
(z + 2m)k S(z) dz = 0
Γ
k∈M
Concludendo S(z) definisce una funzione analitica in tutto il piano complesso
privato dei punti zn = −2n, n = 0, 1, 2, . . . dove ha poli semplici con residuo
(−1)m /2m!, e costituisce il prolungamento analitico della funzione f (z) a tale
dominio.
86
Esercizio 6 Determinare il dominio di analiticit delle funzioni
) ∞
2
fn (z) =
dt tn e−z t
n≥0
0
Mostrare che ∀n ≥ 0 le funzioni fn (z) possono essere prolungate analiticamente
all’intero piano complesso privato dell’origine.
Le funzioni fn (z) saranno analitiche nel dominio D in cui l’integrale uniformemente convergente. D’altra parte, ponendo z = x + iy, abbiamo che:
,
,
,
,
,
,
2 ,
2
2
2
2
2
, n −z2 t ,
,
,
,
,t e
, = tn ,e−z t , = tn ,e−[(x −y )+2ixy]t , = tn e−(x −y )t = tn e−Re(z )t
Quindi su ogni compatto della sfera di Riemann tale che 0 < δ ≤ Re(z 2 ), varr:
, ) ∞
,) ∞
,
,
,
,
n −z 2 t ,
n , −z 2 t ,
,
≤
e
|fn (z)| = ,
dt t e
dt
t
,
,=
,
0
) 0∞
) ∞
2
=
dt tn e−Re(z )t ≤
dt tn e−δt
0
0
L’ultimo integrale indipendente da z e convergente per δ > 0; ne segue che
le fn (z) sono analitiche per Re(z 2 ) > 0 cio per x2 > y 2 . D’altra parte per
Re(z 2 ) ≤ 0 l’integrale divergente e quindi il dominio di analiticit delle fn (z)
proprio Re(z 2 ) > 0.
Consideriamo ora il prolungamento analitico. Integrando per parti si ottiene:
,∞
)
2 ,
2
1
n ∞
dt tn−1 e−z t =
fn (z) = − 2 tn e−z t ,, + 2
z
z 0
0
) ∞
2
n
n!
n!
n!
=
f
(z)
=
f
(z)
=
dt e−z t = 2(n+1)
Re(z 2 ) > 0
n−1
0
z2
z 2n
z 2n 0
z
Alternativamente, possiamo restringerci a z = x ∈ R\{0}, che un sottoinsieme
del dominio di analiticit Re(z 2 ) > 0, ed effettuare il cambiamento di variabile:
tn =
y = x2 t
si ha:
)
dt =
dy
x2
∞
Γ(n + 1)
n!
dy y n e−y = 2(n+1) = 2(n+1)
x2(n+1) 0
x
x
il cui prolungamento analitico ancora, banalmente
fn (x) =
1
yn
x2n
fn (z) =
n!
z 2(n+1)
che una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del punto
z = 0.
Esercizio 7 Data la successione di funzioni:
)
1 ∞
fn (z) ≡
dt tn e−tz
n! 0
87
1. Dimostrare, senza calcolare l’integrale, che le fn sono analitiche per Re z >
0.
2. Determinare il prolungamento analitico di fn (z) e il dominio in cui
lim fn (z) → 0
n→∞
Esercizio 8 Determinare il dominio di analiticit di
) ∞
2
F (z) =
dt e−z t sech(t)
0
Esercizio 9 Dimostrare che la funzione
) ∞
exp(zt)
dt
F (z) =
cosh(t)
0
analitica nel semipiano Re(z) < 1.
Esercizio 10 Supponendo che valga la stima:
|f (x)| ≤ C exp(−σ|x|)
dimostrare che la trasformata di Fourier
) +∞
fˆ(k) =
dx exp(−ikx)f (x)
−∞
analitica nella striscia |Im k| < σ.
Esercizio 11 Dimostrare che
F (z) :=
)
∞
dt e−zt sech(t)
0
analitica per Re z > −1.
88

Lezioni ed esercizi di Analisi Complessa

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