Elementi di Analisi Complessa: Funzioni di una variabile 978-88-470-5500-1, 978-88-470-5501-8 [PDF]

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UNITEXT – La Matematica per il 3+2 Volume 72

http://www.springer.com/series/5418

Carlo Presilla

Elementi di Analisi Complessa Funzioni di una variabile 2a edizione

Carlo Presilla Dipartimento di Fisica Sapienza – Università di Roma Roma, Italy

UNITEXT – La Matematica per il 3+2 ISSN versione cartacea: 2038-5722 ISSN versione elettronica: 2038-5757 ISBN 978-88-470-5500-1 DOI 10.1007/978-88-470-5501-8

ISBN 978-88-470-5501-8 (eBook)

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A Daniela, Francesco e Federico

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 partire dal 2003 all’Università di Roma “La Sapienza”. È un testo adatto per 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 già 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. È un piacere ringraziare Filippo Cesi per innumerevoli discussioni e suggerimenti. Roma, gennaio 2011

Carlo Presilla

La seconda edizione presenta vari miglioramenti. Sono stati corretti numerosi errori tipografici, eliminate alcune imprecisioni/incongruenze e semplificate alcune dimostrazioni. Cruciali a questo scopo sono state le osservazioni degli studenti che hanno adottato la prima edizione del testo, ad essi va la mia gratitudine.

viii

Prefazione

Sono stati aggiunti circa 50 nuovi esercizi e l’ordine di presentazione degli esercizi è stato rivisto in modo da rispecchiare quello degli argomenti teorici. Sono state introdotte figure tridimensionali per meglio visualizzare le linee di diramazione delle funzioni polidrome studiate. Ringrazio Rodolfo Guidotti per avermi segnalato un errore nella presentazione del Teorema 3.4 e avermi suggerito di approfondirne il contenuto con gli Esempi 3.5 e 3.6. Roma, settembre 2013

Carlo Presilla

Indice

1

Numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1 Fondamenti assiomatici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 L’unità 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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13 13 14 18 19 21 22 24

3

Limiti e continuità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1 Limiti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Continuità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27 27 31 36

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39 39 42 45 48

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53 53 56 58 60 61 64

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67 67 69 74 75 76 79 81 85

7

Integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 7.1 Integrali di funzioni complesse di variabile reale . . . . . . . . . . . . . 89 7.2 Cammini, tracce di cammini, curve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 7.3 Integrali di funzioni complesse lungo curve regolari a tratti . . . 93 7.4 Teorema di Cauchy-Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 7.5 Formula integrale di Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

8

Serie di Taylor e Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 8.1 Serie di Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 8.2 Serie di Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 8.3 Moltiplicazione e divisione di due serie di potenze . . . . . . . . . . . 128 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

9

Residui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 9.1 Punti singolari isolati: residui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 9.2 Classificazione delle singolarità isolate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 9.3 Zeri delle funzioni analitiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140 9.4 Zeri e poli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 9.5 Comportamento in prossimità di singolarità isolate . . . . . . . . . . 143 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

10 Applicazioni dei residui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 10.1 Integrali impropri: convergenza e valore principale di Cauchy . . 149 10.2 Integrali di funzioni trigonometriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 10.3 Integrali di funzioni razionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 10.4 Integrali di funzioni razionali e trigonometriche . . . . . . . . . . . . . . 155

Indice

xi

10.5 Cammini indentati intorno a un polo semplice . . . . . . . . . . . . . . . 160 10.6 Cammini indentati intorno a un punto di diramazione . . . . . . . . 164 10.7 Cammini coincidenti con una linea di diramazione . . . . . . . . . . . 166 10.8 Cammini vari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 10.9 Integrali di Bromwich: trasformata inversa di Laplace . . . . . . . . 172 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174 11 Ulteriori proprietà delle funzioni analitiche . . . . . . . . . . . . . . . . 179 11.1 Prolungamento analitico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 11.2 Principio del massimo modulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 11.3 Funzioni meromorfe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186 11.4 Funzioni armoniche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 11.5 Metodo del punto di sella . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 Appendice Esercizi Esercizi Esercizi Esercizi Esercizi Esercizi Esercizi Esercizi Esercizi Esercizi Esercizi

A. del del del del del del del del del del del

Soluzione degli esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 Capitolo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 Capitolo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209 Capitolo 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 Capitolo 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220 Capitolo 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 Capitolo 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240 Capitolo 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261 Capitolo 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274 Capitolo 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295 Capitolo 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315 Capitolo 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347

Riferimenti bibliografici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355 Indice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357

1 Numeri complessi

Sommario. Fondamenti assiomatici: definizione dei numeri complessi, loro uguaglianza, somma e prodotto. Il campo C dei numeri complessi. L’unità 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, cioè valgono le seguenti proprietà: 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); C. Presilla: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile, 2a edizione. UNITEXT – La Matematica per il 3+2 72 DOI 10.1007/978-88-470-5501-8_1, © Springer-Verlag Italia 2014

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 unicità identità). 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 unicità inverso). Posto z = (x, y), risulta −z = (−x, −y) e z −1 = (x/(x2 + y 2 ), −y/(x2 + y 2 )). Dimostrazione. Elementare, sfruttando la Definizione 1.2 e il fatto che R è un campo.   L’esistenza e unicità 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’unità immaginaria Il numero complesso i = (0, 1) si chiama unità immaginaria. Esso è 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 proprietà 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) può 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’unità 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  (1.4) |z| = x2 + y 2 . 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 è facilmente calcolato con la formula √ |z| = zz. (1.6) Se z = 0 si ha inoltre z

z −1 =

|z|

2.

(1.7)

Si verificano immediatamente le seguenti proprietà: Re z =

1 (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),

|z| = |z| .

(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| . Dimostrazione. Per le proprietà di moduli e coniugati, si ha 2

|z + w| = (z + w)(z + w) = (z + w)(z + w) = zz + zw + wz + ww

(1.12)

4

1 Numeri complessi 2

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

≤ |z| + 2 |zw| + |w| 2

2

2 2

= |z| + 2 |z| |w| + |w| = (|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|, cioè 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) può 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 è che la nota proprietà dei triangoli nei quali la lunghezza di un lato è minore o uguale alla somma delle lunghezze degli altri due. Per una interpretazione geometrica della moltiplicazione e del rapporto di numeri complessi si veda [4, 9]. Tali operazioni sono più facilmente espresse nella cosiddetta forma polare dei numeri complessi.

1.6 Forma polare dei numeri complessi Nel piano complesso ogni numero z = (x, y) = (0, 0) può anche essere rappresentato assegnando le coordinate polari (r, θ), definite dalle relazioni x = r cos θ, y = r sin θ. Evidentemente si ha  (1.14) r = |z| = x2 + y 2 ,

1.6 Forma polare dei numeri complessi

5

mentre θ è 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 è 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 è 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 è definito per z = 0. È comodo introdurre la funzione cis(θ) = cos θ + i sin θ. Per motivi che 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 discontinuità lungo il semiasse reale negativo. Nell’origine la funzione non è definita

6

1 Numeri complessi

Quindi in forma polare il prodotto è 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) è data da z n = rn [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, = reiθ , per la (1.17) si deve ogni numero complesso w tale wn = z. Posto w  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 così 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’unità 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 è 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 è immediato verificare per sostituzione √ √ −b + b2 − 4ac (−b + b2 − 4ac)2 +c +b a 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, z1 =

−b +

√

reiθ/2 , 2a

z2 =

−b −

√

reiθ/2 . 2a

(1.21)

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 è 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 poiché t ∈ R deve essere Im((μ(t) − z1 )/(z2 − z1 )) = 0. Dunque la rappresentazione non parametrica della retta per z1 e z2 è {μ} = {z ∈ C : Im

z − z1 = 0}. z2 − z 1

(1.24)

È possibile mostrare che gli insiemi {z ∈ C : Im

z − z1 < 0}, z2 − z 1

{z ∈ C : Im

z − z1 > 0} z2 − z 1

(1.25)

8

1 Numeri complessi

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

(1.26)

Una possibile rappresentazione parametrica di tale circonferenza è 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 può 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

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

1.9 Il piano complesso esteso

9

Q chiamato la proiezione stereografica del numero complesso z = (x, y). Il punto N è la proiezione stereografica del punto all’infinito. È facile trovare le coordinate del punto Q dato z. In R3 la semiretta uscente da N e passante per Pz ha equazione parametrica μ(t) = N + (Pz − N )t, con t ≥ 0, ovvero è 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 quantità:    2 a) Im i37 , , b) Re 1 − 3i

c) Im



√ 3 i π 1+i 3 e4 .

1.2. Calcolare le seguenti quantità: a)

i101 − 3 , 1 − 4i

b) Im

3i , 2 + 2i





c) Im eiπ/4 Re eiπ/4 .

1.3. Calcolare le seguenti quantità: a) Arg(cis(17π/5)),

b)

19 k=1

(1 + i)k ,

−5i

ie (1 + i)3

. c)

1 + 3i

1.4. Sia z ∈ C tale che Re(z n ) ≥ 0 per ogni intero positivo n. Mostrare che z è un numero reale non negativo.

10

1 Numeri complessi

1.5. Dimostrare che ogni numero complesso z di modulo unitario, ad eccezione di z = −1, può essere scritto nella forma z=

1 + it , 1 − it

t ∈ R,

|z| = 1, z = −1.

1.6. Dimostrare che per ogni numero complesso z = 1 e per ogni intero n si ha 1 + z + z2 + · · · + zn =

1 − z n+1 . 1−z

1.7. Siano n e k due interi positivi e z ∈ C tale che z n = 1. Calcolare al variare di k la somma Sk =

n−1

z jk .

j=0

1.8. Supponendo che |z| < 1, maggiorare | Im(1 + 2z + z 2 )|. 1.9. Determinare a ∈ R+ tale che si abbia

 

Re i + 2z + z 2 < 3,

|z| < a.

1.10. Dimostrare che per ogni intero n vale |z1 + z2 + · · · + zn | ≤ |z1 | + |z2 | + · · · + |zn | . 1.11. Dimostrare che ∀z ∈ C risulta |Re z| + |Im z| ≤

√ 2 |z| .

1.12. Calcolare tutti i valori distinti delle seguenti radici e rappresentarli graficamente: √ √ a) 3 −8, b) 2 1 − i. 1.13. Calcolare tutti i valori distinti delle seguenti radici e rappresentarli graficamente: √ √ 2 a) i3 , b) 3 8 + i. 1.14. Determinare tutte le soluzioni delle seguenti equazioni: a) z 4 + z 2 + 1 = 0,

b) z 3 − i = 0.

1.15. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione z 5 − (1 + i)z = 0.

1.9 Il piano complesso esteso

11

1.16. Determinare tutte le soluzioni delle seguenti equazioni: a) 3z + iz = 4,

b) z 4 = 1 + i.

1.17. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione z4 −

1+i = 0. z

1.18. Determinare tutte le soluzioni delle seguenti equazioni: a) z 2 + iz + 2 = 0,

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

1.19. 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. 1.20. Calcolare il valore di cos(3 arccos(1/7)). 1.21. Calcolare il valore di cos(4 arctan(3)). 1.22. 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|.

1.23. Determinare e rappresentare graficamente il luogo dei punti z ∈ C tali che

z − 3

z + 3 < 2. 1.24. Determinare e rappresentare graficamente il luogo dei punti z ∈ C tali che   0 ≤ Arg (z − 1)2 ≤ π/2.

2 Spazi metrici

Sommario. Spazi metrici, distanza. Diametro di uno spazio metrico. Spazi metrici limitati, illimitati. Palle aperte, chiuse. Insiemi aperti, chiusi. Unione e intersezione di insiemi aperti o chiusi. Definizione di interno, chiusura e frontiera di un insieme e loro proprietà. 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 è convergente. Spazi metrici e insiemi completi. Completezza di C (assumendo R completo). Un sottoinsieme di uno spazio metrico completo è completo se e solo se è chiuso. Spazi metrici e insiemi (sequenzialmente) compatti. Uno spazio metrico compatto è completo. Spazi metrici totalmente limitati. Uno spazio metrico totalmente limitato è limitato. Uno spazio metrico è compatto se e solo se è completo e totalmente limitato. Un sottoinsieme di Rn è compatto se e solo se è chiuso e limitato.

2.1 Distanza e spazi metrici Definizione 2.1 (spazio metrico). Uno spazio metrico è la coppia (S, d), dove S è un insieme e d : S × S → R una funzione, detta distanza, che per arbitrari x, y, z ∈ S soddisfa le seguenti proprietà: 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 quantità diam S = sup d(x, y). x,y∈S

C. Presilla: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile, 2a edizione. UNITEXT – La Matematica per il 3+2 72 DOI 10.1007/978-88-470-5501-8_2, © Springer-Verlag Italia 2014

(2.1)

14

2 Spazi metrici

Uno spazio metrico si dice limitato se diam S ∈ R, illimitato se diam S = ∞. Il diametro di uno spazio dipende dalla distanza, in particolare uno spazio può 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 è l’insieme dei numeri complessi e d la distanza euclidea  d(z, z  ) = |z − z  | = (Re z − Re z  )2 + (Im z − Im z  )2 , z, z  ∈ C. Con tale distanza si ha diam C = ∞. È possibile equipaggiare C con altre 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 +

2 |z  | )

,

z, z  ∈ C.

(2.3)

Con tale distanza si ha diam C = 2. La funzione d appena discussa può 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 d(z, ∞) = 

2 1 + |z|

2

,

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) è un aperto in S.

2.2 Insiemi aperti e insiemi chiusi

15

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 è 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 proprietà triangolare, d(z, x) ≤ d(z, y) + d(y, x) < ε + (r − ε) = r, ovvero z ∈ B(x, r). Dall’arbitrarietà 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 ) è una collezione finita di aperti in S, allora k=1 Gk è aperto in S;  c) se (Gα )α∈I è una collezione arbitraria di aperti in S, allora α∈I Gα è 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 è possibile trovare una palla aperta, n vuota, contenuta in ∅. b) Sia x un arbitrario punto di k=1 Gk . Segue che x ∈ Gk , k = 1, 2, . . . , n, e, poiché Gk è aperto, ∃εk > 0 tale che B(x, εk ) ⊂ Gk . Posto ε = min(ε1 , ε2 , . . . , εn ),  si ha B(x, ε) ⊂ B(x, εk ) ⊂ Gk per ogni k = 1, 2, . . . , n. n Pertanto B(x, ε) ⊂ k=1 Gk .  c) Sia x un arbitrario punto di α∈I Gα . Segue che ∃α0 ∈ I tale che Poiché Gα0 è aperto ∃ε > 0 tale che B(x, ε) ⊂ Gα0 . Pertanto x ∈ Gα0 .    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 è aperto in S. Teorema 2.9. Una palla chiusa nello spazio metrico (S, d) è 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 è 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 proprietà 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’arbitrarietà 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 ) è una collezione finita di chiusi in S, allora k=1 Fk è chiuso in S;  c) se (Fα )α∈I è una collezione arbitraria di chiusi in S, allora α∈I Fα è chiuso in S.

16

2 Spazi metrici

Dimostrazione.  c Si  usi la definizione di chiuso, le leggi di de Morgan (  F c , ( F ) = F c e il Teorema 2.7.



c

F) =  

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  G, (2.7) A◦ = aperti G⊂A

A=



F,

chiusi F ⊃A ◦

(2.8)

∂A = A \ A = A ∩ (A◦ ) . c

(2.9)

Poiché l’unione di una collezione arbitraria di aperti è un aperto e l’intersezione di una collezione arbitraria di chiusi è un chiuso, la parte interna di un sottoinsieme A di S è un aperto in S e la sua chiusura è un chiuso in S. Inoltre risulta sempre A◦ ⊂ A ⊂ A. In particolare si può avere A◦ = ∅ e A = S come nel caso S = R e A = Q. Teorema 2.12. Sia (S, d) uno spazio metrico, A ⊂ S e B ⊂ S. Allora a) A è aperto in S se e solo se A = A◦ ; b) A è 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, è uno degli insiemi aperti la cui unione definisce A◦ e pertanto A ⊂ A◦ . Si conclude che A = A◦ . Viceversa, si supponga che A = A◦ . Poiché A◦ è aperto in S anche A è aperto in S. b) Sia A chiuso in S. Per definizione si ha A ⊂ A. D’altro canto A, contenendo se stesso, è uno degli insiemi chiusi la cui intersezione definisce A e pertanto A ⊂ A. Si conclude che A = A. Viceversa, si supponga che A = A. Poiché A è chiuso in S anche A è 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

aperti G⊂A

chiusi Gc ⊃Ac

2.2 Insiemi aperti e insiemi chiusi

 =



17

c F

= (Ac )c ,

chiusi F ⊃Ac

d) e) f)

g)

dove si è sfruttato il fatto che la corrispondenza tra gli insiemi aperti G contenuti in A e gli insiemi chiusi Gc contenenti Ac è 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)◦ . Poiché A ∩ B ⊂ A segue (A ∩ B)◦ ⊂ A◦ . Analogamente (A ∩ B)◦ ⊂ B ◦ e pertanto (A ∩ B)◦ ⊂ A◦ ∩ B ◦ . D’altro canto A◦ ∩ B ◦ è un aperto con la proprietà A◦ ∩ B ◦ ⊂ A ∩ B. Poiché (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’identità 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◦ . Poiché A◦ è 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. Poiché la palla B(x, ε) è un aperto, dalla definizione di A◦ si ha B(x, ε) ⊂ A◦ e quindi x ∈ A◦ . / (Ac )◦ . Per il punto precedente, b) Poiché A = ((Ac )◦ )c , x ∈ A se e solo se x ∈ ciò è vero se e solo se ∀ε > 0 B(x, ε) ⊂ Ac , ovvero se e solo se ∀ε > 0 B(x, ε) ∩ A = ∅. c / A◦ . Per i c) Per definizione x ∈ ∂A = A ∩ (A◦ ) se e solo se x ∈ A e x ∈ due punti precedenti questo è vero se e solo se ∀ε > 0 valgono entrambe le   proprietà B(x, ε) ∩ A = ∅ e B(x, ε) ∩ Ac = ∅. Un sottoinsieme A ⊂ S nello spazio metrico (S, d) non necessariamente è aperto o chiuso. Può essere che A non sia né aperto né chiuso, oppure contemporaneamente aperto e chiuso. Inoltre, la chiusura di una palla aperta non necessariamente coincide con la corrispondente palla chiusa. Esempio 2.14. Sia (S, d) lo spazio metrico in cui S = S1 ∪ S2 con S1 = {z ∈ C : d(z, 0) ≤ 1},

S2 = {z ∈ C : d(z, 3) < 1},

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2 Spazi metrici

e d è 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 ∈ S : d(z, 3) < 2} = S2 , B(3, 2) = {z ∈ S : d(z, 3) ≤ 2} = S2 ∪ {1}. Evidentemente B(3, 2) è un aperto in S. D’altro canto B(3, 2) è anche un chiuso in S poiché il suo complemento B(3, 2)c = S1 è un aperto in S. Infatti ∀z ∈ S1 si ha, ad esempio, B(z, 1/2) ⊂ S1 . Dunque B(3, 2) è un sottoinsieme proprio di S (diverso da S e da ∅) che è contemporaneamente aperto e chiuso in S. È anche un esempio di palla aperta la cui chiusura, coincidente con B(3, 2), è 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) è detto connesso se gli unici sottoinsiemi di S contemporaneamente aperti e chiusi sono ∅ e S. Se A ⊂ S, allora A è un sottoinsieme connesso di S se lo spazio metrico (A, d) è connesso. In base alla precedente definizione, lo spazio metrico S è 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 è anche chiuso. Lo spazio metrico dell’Esempio 2.14 è non connesso. Teorema 2.16. Un insieme S ⊂ R è connesso se e solo se S è un intervallo. Dimostrazione. Limitiamoci a mostrare che un insieme S ⊂ R connesso è necessariamente un intervallo (per la dimostrazione dell’implicazione inversa si veda [5]). 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. Evidentemente risulta A ∩ B = ∅ e, poiché t∈ / S, A ∪ B = S. Si conclude con l’assurdo che S è non connesso. Pertanto S deve essere un intervallo.   Definizione 2.17 (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, zn = w e n ∈ N. Teorema 2.18. Un insieme aperto G ⊂ C è connesso se e solo se ∀z, w ∈ G esiste una poligonale da z a w che giace interamente in G.

2.4 Convergenza di successioni

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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 semplicità assumiamo che P = [z, w]; se P fosse composta da più 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 è così giunti ad una contraddizione con il fatto che l’intervallo [0, 1] è connesso. Dobbiamo perciò ammettere che G è connesso. Viceversa, si supponga G aperto e 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 è simultaneamente aperto e chiuso in G. Infatti, se questo è vero, poiché W = ∅, in quanto z ∈ W , e G è connesso, deve essere W = G. Per mostrare che W è aperto in G si consideri un punto w ∈ W e sia P una poligonale da z a w con P ⊂ G. Poiché G è aperto ∃ε > 0 tale che B(w, ε) ⊂ G. Per ogni s ∈ B(w, ε) risulta [w, s] ⊂ B(w, ε) ⊂ G. Quindi la poligonale P ∪ [w, s] che connette z a s è ancora contenuta in G. Si conclude che B(w, ε) ⊂ W e quindi W è aperto in G. Per mostrare che W è chiuso in G proviamo che W c = G \ W è aperto in G. Si osservi che ∀w ∈ W c , poiché w ∈ G e G è aperto, esiste un ε > 0 tale che B(w, ε) ⊂ G. Necessariamente deve essere B(w, ε) ∩ W = ∅, altrimenti sarebbe possibile costruire una poligonale da z a w contenuta in G. Questo vuol dire che B(w, ε) ⊂ W c , quindi W c è aperto in G.   Si osservi che il precedente teorema vale per insiemi G ⊂ C aperti e che, più precisamente, tale proprietà è 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 è un insieme connesso ma non tutte le coppie di punti di G sono collegabili da una poligonale interamente giacente in G.

2.4 Convergenza di successioni Definizione 2.19 (successione convergente). Sia (xn )∞ n=1 , o, come più brevemente sarà 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.

20

2 Spazi metrici

Teorema 2.20. Sia (S, d) uno spazio metrico. Un insieme F ⊂ S è 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 ) è 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 . Poiché 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 così costruito una successione (yn ) in F che converge a y ∈ / F . Questo contraddice l’ipotesi e pertanto F deve essere chiuso.   Definizione 2.21 (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 2.22. 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, cioè 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 . Poiché ogni xn ∈ A si conclude che ∀ε > 0  B(x, ε) ∩ A = ∅, cioè x ∈ A.  Definizione 2.23 (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 è denso in B se ∀x ∈ B e ∀ε > 0 ∃y ∈ A tale che d(x, y) < ε. Definizione 2.24 (successione di Cauchy). Sia (S, d) uno spazio metrico e (xn ) una successione di punti xn ∈ S. La successione è detta di Cauchy se ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che d(xn , xm ) < ε ∀n, m ≥ N . Teorema 2.25. Ogni successione convergente è una successione di Cauchy. Dimostrazione. Sia (xn ) una successione nello spazio metrico (S, d) convergente a x ∈ S. Ciò significa che ∀ε > 0 ∃N (ε/2) tale che d(x, xn ) < ε/2 ∀n ≥ N . Dalla disuguaglianza triangolare soddisfatta dalla distanza d, segue che d(xn , xm ) ≤ d(xn , x) + d(x, xm ) < ε/2 + ε/2 = ε ∀n, m ≥ N , cioè (xn ) è una successione di Cauchy.  

2.5 Spazi metrici completi

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Non necessariamente una successione di Cauchy è convergente. Esempio 2.26. Si consideri la successione (xn ) definita da  1 s xn + xn+1 = 2 xn con s > 0 e √ x0 = 0 arbitrario. Tale successione, pensata come successione in R, converge a s e costituisce il cosiddetto metodo babilonese per la stima della radice quadrata. Si consideri ora lo spazio metrico (Q, d) con d(x, y) = |x − y|. Per x0 ∈ Q e s ∈ Q, è evidente che √ (xn ) è una successione di Cauchy nello / Q, si consideri ad esempio s = 2, la spazio metrico (Q, d). Se inoltre s ∈ successione è non convergente in Q. Teorema 2.27. Se (xn ) è una successione di Cauchy nello spazio metrico (S, d) che ammette una sottosuccessione (xnk ) convergente in S, allora (xn ) è convergente in S. Dimostrazione. Poiché la successione (xn ) è di Cauchy ∀ε > 0 ∃N  (ε/2) tale che d(xn , xm ) < ε/2 ∀n, m ≥ N  . Poiché la sottosuccessione (xnk ) è 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 proprietà triangolare della distanza segue che ∀n ≥ N d(xn , x) ≤ d(xn , xnk ) + d(xnk , x) ≤ ε/2 + ε/2 = ε, n→∞ cioè xn −−−−→ x.  

2.5 Spazi metrici completi Definizione 2.28 (spazio metrico completo, sottoinsieme completo). Uno spazio metrico (S, d) è detto completo se tutte le successioni di Cauchy in S sono convergenti in S. Se A ⊂ S, allora A è un sottoinsieme completo di S se lo spazio metrico (A, d) è completo. Si dimostra che (R, d) con d distanza euclidea è completo. Invece (Q, d) non è completo. Per quanto riguarda il campo dei numeri complessi si ha: Teorema 2.29. (C, d) con d distanza euclidea è uno spazio metrico completo. Dimostrazione. Assumiamo di aver già dimostrato che (R, d) con d distanza euclidea è 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. Poiché R è completo, xn −−−−→ x ∈ R e yn −−−−→ y ∈ R. n→∞   Segue che zn −−−−→ x + iy ∈ C, cioè C è completo. Dalla completezza di uno spazio metrico segue un importante criterio per stabilire se un suo sottoinsieme è 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) è completo se e solo se F è chiuso in S. Dimostrazione. Supponiamo che (F, d) sia completo e mostriamo che F è chiuso in S. È sufficiente mostrare che per ogni successione (xn ) di punti xn ∈ F convergente a x si ha x ∈ F . Questo è proprio quello che capita in quanto (xn ), essendo una successione convergente, è anche di Cauchy e (F, d) è completo. Viceversa, supponiamo che F sia chiuso in S e mostriamo che (F, d) è completo. Si consideri una generica successione di Cauchy (xn ) in F . Ovviamente questa è anche una successione di Cauchy in S che è completo. n→∞ Pertanto ∃x ∈ S tale che xn −−−−→ x. Poiché F è chiuso in S deve essere   x ∈ F , quindi (xn ) converge in F e (F, d) è completo. La proprietà di chiusura di F in S è ovviamente una condizione necessaria affinché (F, d) sia completo. In generale non è una condizione sufficiente se lo spazio metrico (S, d) non è 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 è chiuso in Q ma (F, d) non è 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 è un sottoinsieme sequenzialmente compatto di S se lo spazio metrico (A, d) è sequenzialmente compatto. Può essere mostrato che ogni spazio metrico sequenzialmente compatto è 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 è completo. Dimostrazione. Segue immediatamente dal Teorema 2.27 e dalla Definizione 2.31.   Definizione 2.33 (spazio metrico totalmente limitato, sottoinsieme totalmente limitato). Uno spazio metrico (S, d) è detto totalmente limitato se ∀ε > 0 esiste un sottoinsieme finito di S, diciamo {x1 , x2 , . . . , xn }, tale che S = ∪ni=1 B(xi , ε). Se A ⊂ S, allora A è un sottoinsieme totalmente limitato di S se lo spazio metrico (A, d) è totalmente limitato.

2.6 Spazi metrici compatti

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Teorema 2.34. Uno spazio metrico (S, d) totalmente limitato è 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 S = ∪ni=1 B(xi , ε), allora ∀x, y ∈ S è 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 è limitato.

j,k=1,n

 

Teorema 2.35. Uno spazio metrico (S, d) è compatto se e solo se è completo e totalmente limitato. Dimostrazione. Supponiamo, per iniziare, che (S, d) sia compatto e mostriamo che è 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 un 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 B(x1 , ε0 ) = S. Pertanto ∃x2 ∈ S tale che d(x1 , x2 ) ≥ ε0 . D’altro canto si ha B(x1 , ε0 ) ∪ B(x2 , ε0 ) = S 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 proprietà che d(xi , xj ) ≥ ε0 se i = j. Tale successione non ammette alcuna sottosuccessione convergente e questo contraddice l’ipotesi che (S, d) è sequenzialmente compatto. Viceversa, supponiamo che (S, d) sia completo e totalmente limitato e mostriamo che è sequenzialmente compatto. Sia (xn ) una generica successione di punti xn ∈ S e si ponga εk = 2−k . Poiché (S, d) è totalmente limitato, possiamo scrivere S come l’unione di un numero finito di palle di raggio ε1 centrate su altrettanti punti di S. Almeno una di queste palle, diciamo quella di centro y1 , deve contenere infiniti elementi della successione (xn ). In altre parole (xn ) ammette una sottosuccessione (xn1 ) i cui elementi sono tutti contenuti in B(y1 , ε1 ). Osservando che anche (B(y1 , ε1 ), d) è totalmente limitato, possiamo scriverlo come l’unione di un numero finito di palle di raggio ε2 centrate in altrettanti punti di B(y1 , ε1 ). Pertanto ∃y2 ∈ B(y1 , ε1 ) e una sottosuccessione (xn2 ) della successione (xn1 ) i cui elementi sono tutti contenuti in B(y2 , ε2 ). Proseguendo in questo modo costruiamo la successione (zk ) dove zk è il primo elemento della sottosuccessione (xnk ) contenuta nella palla B(yk , εk ). Evidentemente d(zn , zm ) < 2− min(n,m) , pertanto la successione (zn ) è una successione di Cauchy in S. Per la completezza di (S, d) tale successione risulta convergente in S. In conclusione, dall’arbitraria successione (xn ) di S abbiamo estratto la sottosuccessione (zn ) convergente in S, e quindi (S, d) è sequenzialmente compatto.  

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2 Spazi metrici

Teorema 2.36 (Heine-Borel). Un sottoinsieme K ⊂ Rn è compatto se e solo se K è chiuso e limitato. Dimostrazione. Supponiamo, per iniziare, che K ⊂ Rn sia compatto e mostriamo che è chiuso e limitato. Per il Teorema 2.35 K è completo e totalmente limitato. Pertanto, per il Teorema 2.30 K è chiuso in Rn e per il Teorema 2.34 limitato. Viceversa, supponiamo che K sia chiuso e limitato e mostriamo che è compatto. Poiché K è limitato ∃a1 , . . . , an ∈ R e ∃b1 , . . . , bn ∈ R tali che K ⊂ F = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ]. Essendo F chiuso in Rn e Rn completo segue che F è completo. D’altro canto F è anche totalmente limitato (∀ε > 0 si consideri una quadrettatura di F in cubi n-dimensionali di lato ≤ ε: il corrispondente numero finito di vertici può 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 è un sottoinsieme chiuso di F compatto e quindi è 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 è una proprietà più forte della limitatezza. Per questo motivo il teorema di Heine-Borel non si applica a un generico spazio metrico nel quale è 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) è 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) è uno spazio metrico e si valuti il suo diametro. Suggerimento: si osservi che g(t) = t/(1 + t) è monotona crescente per t ∈ [0, ∞). 2.3. Sia d : C × C → R la funzione definita da d(z1 , z2 ) = |Re(z1 − z2 )| + |Im(z1 − z2 )| , dimostrare che (C, d) è uno spazio metrico e, infine, disegnare la palla aperta B(1 + i3, 1).

2.6 Spazi metrici compatti

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2.4. Sia d : C × C → R la funzione definita da d(z1 , z2 ) = max (|Re(z1 − z2 )| , |Im(z1 − z2 )|) , dimostrare che (C, d) è uno spazio metrico e, infine, disegnare la palla chiusa B(3 + i, 2). 2.5. Dimostrare le seguenti affermazioni, se vere, o fornire un controesempio, se false: a) l’unione di una infinità numerabile di aperti è un aperto; b) l’intersezione di una infinità numerabile di aperti è un aperto; c) l’unione di una infinità numerabile di chiusi è un chiuso; d) l’intersezione di una infinità numerabile di chiusi è un chiuso. 2.6. 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. 2.7. 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. 2.8. Siano A e B due sottoinsiemi di uno spazio metrico (S, d). Dimostrare che se A ⊂ B, allora A ⊂ B e A◦ ⊂ B ◦ . 2.9. Sia A un sottoinsieme di uno spazio metrico (S, d). Dimostrare che, in generale, A◦ = A e (A)◦ = A◦ . √ √ 2 < x < 3}. Determinare se, 2.10. Si consideri l’insieme A = {x ∈ Q : nello spazio metrico (Q, d) con d(x, y) = |x − y|, l’insieme A risulta a) aperto, b) chiuso, c) totalmente limitato, d) compatto.

3 Limiti e continuità

Sommario. Definizione di convergenza per funzioni tra spazi metrici. Unicità 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 è continua se e solo se la funzione inversa trasforma aperti in aperti o chiusi in chiusi. La composizione di funzioni continue è continua. Il caso delle funzioni complesse: relazione con la continuità delle funzioni parte reale e immaginaria, continuità 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 è non nulla in un intorno dello stesso punto. Una funzione continua su un compatto è 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 è 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. Si osservi che se fosse f : D → Υ con D ⊂ S e Υ ⊂ Ω, potrebbe aversi a ∈ /D eω∈ / Ω ma deve risultare a ∈ L(D) e ω ∈ L(Υ ). Se anche fosse a ∈ D e ω ∈ Υ non necessariamente f (a) = ω. Teorema 3.2 (unicità del limite). Sia f : (S, d) → (Ω, ρ), a ∈ S e ω ∈ Ω. Se limx→a f (x) = ω allora ω è unico. C. Presilla: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile, 2a edizione. UNITEXT – La Matematica per il 3+2 72 DOI 10.1007/978-88-470-5501-8_3, © Springer-Verlag Italia 2014

28

3 Limiti e continuità

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  . Poiché 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 x = a è un punto di S tale che d(x, a) < min(δ, δ  ), per la proprietà triangolare della distanza ρ si ha ρ(ω, ω  ) ≤ ρ(ω, f (x)) + ρ(f (x), ω  ) < ε/2 + ε/2 = ε. Dall’arbitrarietà 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 \ {a} 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 ) è una generica successione di punti xn ∈ S \ {a} tali che limn→∞ xn = a, allora ∃N (δ) tale che 0 < d(xn , a) < δ quando n ≥ N . Combinando le due proprietà troviamo che ρ(f (xn ), ω) < ε quando n ≥ N , cioè limn→∞ f (xn ) = ω. Viceversa, si supponga che per ogni successione (xn ) di punti xn ∈ S \ {a} 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 proprietà 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 così costruito una successione (xn ) in S \ {a} 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 se e solo se è soddisfatta almeno una delle seguenti due proprietà a) ∃r > 0 tale che f (x) = b ∀x ∈ B(a, r) \ {a}; b) g(b) = c. Dimostrazione. Mostriamo, innanzitutto, che una sola delle due proprietà a) o b) è sufficiente per avere limx→a (g ◦ f )(x) = limx→a g(f (x)) = c. Si supponga che sia soddisfatta la proprietà a). Poiché limy→b g(y) = c, ∀ε > 0 ∃δg (ε) > 0 tale che g(B(b, δg ) \ {b}) ⊂ B(c, ε). Poiché limx→a f (x) = b, ∀η > 0 ∃δf (η) > 0 tale che f (B(a, δf ) \ {a}) ⊂ B(b, η). Scelto η = δg e posto δ = min{δf , r}, abbiamo g(f (B(a, δ) \ {a})) ⊂ g(B(b, δg ) \ {b}) ⊂ B(c, ε) con ε > 0 arbitrario e δ(ε) > 0. Si conclude che limx→a (g ◦ f )(x) = c. Si supponga che sia soddisfatta la proprietà b). Poiché limy→b g(y) = c e g(b) = c, ∀ε > 0 ∃δg (ε) > 0 tale che g(B(b, δg )) ⊂ B(c, ε). Poiché limx→a f (x) = b, ∀η > 0 ∃δf (η) > 0 tale che f (B(a, δf ) \ {a}) ⊂ B(b, η). Scelto η = δg e posto δ = δf , abbiamo g(f (B(a, δ) \ {a})) ⊂ g(B(b, δg )) ⊂ B(c, ε) con ε > 0 arbitrario e δ(ε) > 0. Si conclude che limx→a (g ◦ f )(x) = c.

3.1 Limiti

29

Viceversa, si abbia limx→a (g ◦ f )(x) = c e si supponga, per assurdo, che entrambe le proprietà a) e b) siano false. Se a) è falsa allora ∀r > 0 ∃x ∈ B(a, r) \ {a} tale che f (x) = b. Posto r = 1/n, n ∈ N, e detto xn questo punto (uno di questi punti) concludiamo che esiste una successione (xn ) di punti xn ∈ S1 \{a} che converge ad a e tale che f (xn ) = b per ogni n. Si consideri ora la successione (g(f (xn )) in S3 . Per ogni n risulta g(f (xn )) = g(b) con g(b) = c in quanto la proprietà b) è falsa. Pertanto la successione (g(f (xn )) non converge a c e per il Teorema 3.3 questo è in contraddizione con l’ipotesi   limx→a g(f (x)) = c. Si osservi che se nessuna delle due proprietà a) e b) è soddisfatta, possono presentarsi due casi: il limite per x → a di g ◦ f esiste ma è diverso da c, oppure tale limite non esiste. Esempio 3.5. Si considerino le funzioni f : (R, d) → (R, d) e g : (R, d) → (R, d), con d distanza euclidea, definite da f (x) = 1,  2 g(y) = 0

y=  1 . y=1

Si ha limx→0 f (x) = 1 e limy→1 g(y) = 2 con f che non soddisfa la proprietà a) e g che non soddisfa la proprietà b). Il limite per x → 0 di g ◦ f esiste ma vale limx→0 g(f (x)) = 0. Esempio 3.6. Si considerino le funzioni f : (R, d) → (R, d) e g : (R, d) → (R, d), con d distanza euclidea, definite da  x sin(π/x) x=  0 f (x) = , 0 x=0  y y = 0 g(y) = . 1 y=0 Si ha limx→0 f (x) = 0 e limy→0 g(y) = 0 con f che non soddisfa la proprietà a) e g che non soddisfa la proprietà b). Il limite per x → 0 di g ◦ f non esiste in quanto  x sin(π/x) x∈R\Z g(f (x)) = , 1 x∈Z dove Z = {0, ±1, ± 12 , ± 13 , . . . } è l’insieme delle soluzioni di f (x) = 0. Nel caso di funzioni complesse, alle proprietà del limite sopra derivate a partire dalla Definizione 3.1, aggiungiamo le seguenti. Teorema 3.7. 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

30

3 Limiti e continuità

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| .

 

Teorema 3.8. 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 (f g)(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 è 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 3.9. Sia f : C → C e a, w ∈ C. Allora 1 = 0, f (z)  1 lim f (z) = w se e solo se lim f = w, 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 3.10. Si considerino i seguenti tre limiti: 1 = ∞ poiché z→1 (z − 1)3 lim

 lim

z→1

1 (z − 1)3

−1

= lim (z − 1)3 = 0, z→1

3.2 Continuità

4z 2 = 4 poiché z→∞ (z − 1)2 lim

z2 + 1 = ∞ poiché z→∞ z − 1 lim

31

4z −2 4 = lim = 4, z→0 (1 − z)2 − 1)2 −1  −2 z +1 z − z2 lim = lim = 0. z→0 z −1 − 1 z→0 1 + z 2 lim

z→0 (z −1

3.2 Continuità Definizione 3.11 (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 è 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. La continuità di una funzione in un punto o in tutto il dominio è regolata dalle seguenti proprietà. Teorema 3.12. Sia f : (S, d) → (Ω, ρ) e sia a ∈ S. Le seguenti affermazioni sono equivalenti: a) f è 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 3.13. La funzione distanza d : S ×S → R è 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 proprietà 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 3.14. Sia f : (S, d) → (Ω, ρ). Le seguenti affermazioni sono equivalenti: a) f è continua; b) se Γ è aperto in Ω allora f −1 (Γ ) è aperto in S; c) se Γ è chiuso in Ω allora f −1 (Γ ) è 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. Poiché f (x) ∈ Γ e Γ è aperto, ∃ε > 0 tale che B(f (x), ε) ⊂

32

3 Limiti e continuità

Γ . Per il punto b) del Teorema 3.12 ∃δ > 0 tale che B(x, δ) ⊂ f −1 (Γ ). Dalla arbitrarietà di x segue che f −1 (Γ ) è aperto. b) ⇒ c) Si supponga che ogni aperto in Ω sia trasformato da f −1 in un aperto in S. Se Γ ⊂ Ω è chiuso, allora Ω \ Γ è aperto e quindi anche f −1 (Ω \ Γ ) = S \ f −1 (Γ ) è aperto. Pertanto f −1 (Γ ) è chiuso. c) ⇒ a) Si supponga che ogni chiuso in Ω sia trasformato da f −1 in un chiuso in S. Se, per assurdo, f è non continua in un qualche punto x ∈ S, allora esistono un ε > 0 e una successione (xn ) tali 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 è chiuso e ogni xn ∈ f −1 (Γ ). Poiché f −1 (Γ ) è chiuso deve essere x ∈ f −1 (Γ ). Questo implica ρ(f (x), f (x)) ≥ ε, che è assurdo, pertanto f deve essere continua.   Teorema 3.15. Siano f : (S1 , d1 ) → (S2 , d2 ) e g : (S2 , d2 ) → (S3 , d3 ) continue. Allora g ◦ f : (S1 , d1 ) → (S3 , d3 ) è continua. Dimostrazione. Se A è aperto in (S3 , d3 ), allora g −1 (A) è aperto in (S2 , d2 ) e f −1 (g −1 (A)) è 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 3.14 si conclude che g ◦ f è continua.   Nel caso di funzioni complesse valgono inoltre le seguenti proprietà. Teorema 3.16. Sia f : C → C e a ∈ C. La funzione f è 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 continuità e il Teorema 3.7.   Teorema 3.17. Siano f : (S, d) → C e g : (S, d) → C continue. Allora le funzioni f ± g e f g sono continue. La funzione f /g è continua in ogni punto x ∈ S tale che g(x) = 0. Dimostrazione. Elementare, sfruttando la definizione di continuità.

 

Ricordiamo che una funzione f : (S, d) → (Ω, ρ) si dice continua in S se ∀x ∈ S e ∀ε > 0 esiste un δ(ε, x) > 0 tale che ρ(f (x), f (y)) < ε ∀y ∈ B(x, δ). Diamo le seguenti ulteriori definizioni. Definizione 3.18 (funzione uniformemente continua). Sia f : (S, d) → (Ω, ρ). La funzione f si dice uniformemente continua in S 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 3.19 (funzione Lipschitz continua). Sia f : (S, d) → (Ω, ρ). La funzione f si dice Lipschitz continua in S se ∃M > 0 tale che ∀x, y ∈ S risulta ρ(f (x), f (y)) < M d(x, y).

3.2 Continuità

33

x2 a2  Ε a2 a2  Ε

a2  Ε a2 a2  Ε a  Δ a a  Δ 

a  Δ a a  Δ

x

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

È evidente che una funzione uniformemente continua è continua mentre una funzione Lipschitz continua è uniformemente continua. Il viceversa, in entrambi i casi, è in generale falso. Esempio 3.20. La funzione f (x) = x2 con x ∈ [0, ∞) è 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. Poiché lima→∞

√

a2 + ε − a = 0, risulta inf

δ(ε, a) = 0,

a∈[0,∞)

pertanto la funzione f non è uniformemente continua in [0, ∞). √ Esempio 3.21. La funzione f (x) = x con x ∈ [0, ∞) è uniformemente continua ma non Lipschitz continua. Per dimostrare che f è 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

34

3 Limiti e continuità x a Ε a a Ε a Ε a a Ε

a  Δ a a  Δ

a  Δ

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

a

a  Δ

x

√ x. Si osservi che δ(ε, a)

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, cioè a > ε. Poiché inf a∈[0,∞)

δ(ε, a) ≥ ε2 > 0,

la scelta δ(ε) = ε2 assicura l’uniforme continuità di f in [0, ∞). D’altro canto la f non è 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 può 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 è ancora una funzione uniformemente (Lipschitz) continua mentre il prodotto f g in generale no. Esempio 3.22. La funzione f (x) = x2/3 con x ∈ [0, ∞) è uniformemente continua mentre (f f )(x) = x4/3 è solo continua. Infatti, generalizzando i due esempi precedenti, si ha che una funzione del tipo f (x) = xα è uniformemente continua in [0, ∞) se 0 < α < 1, mentre per α > 1 nello stesso dominio risulta solo continua.

3.2 Continuità

35

Esempio 3.23. La funzione f (x) = (1 + x2 )1/2 con x ∈ R è Lipschitz continua con costante M = 1 mentre (f f )(x) = 1 + x2 è solo continua. Teorema 3.24. Sia f : (S, d) → (Ω, ρ) continua. Allora a) se S è compatto, f (S) è un sottoinsieme compatto di Ω; b) se S è connesso, f (S) è 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), poiché f è continua limnk →∞ ωnk = ω. Si conclude che f (S) è sequenzialmente compatto. b) Sia Γ ⊂ f (S) un sottoinsieme di f (S) ⊂ Ω non vuoto e contemporaneamente aperto e chiuso in Ω. Poiché Γ = ∅ deve anche essere f −1 (Γ ) = ∅. Inoltre, poiché Γ è contemporaneamente aperto e chiuso in Ω e f è continua, f −1 (Γ ) è 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) è connesso.   Corollario 3.25. Sia f : (S, d) → (Ω, ρ) continua e K ⊂ S. Allora a) se K è compatto, f (K) è compatto in Ω; b) se K è connesso, f (K) è connesso in Ω. Teorema 3.26. Sia f : (S, d) → R continua e K ⊂ S compatto. Allora f assume in K un massimo e un minimo assoluti, cioè ∃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). Poiché f è continua e K compatto, il sottoinsieme f (K) ⊂ R è compatto e quindi, per il teorema di Heine-Borel, chiuso e limitato. Pertanto α, β ∈ f (K), cioè ∃xa , xb ∈ K   tali che f (xa ) = α e f (xb ) = β. Corollario 3.27. Sia f : (S, d) → C continua e K ⊂ S compatto. Allora |f | assume in K un massimo e un minimo assoluti, cioè ∃xa , xb ∈ K tali che ∀x ∈ K si ha |f (xa )| ≤ |f (x)| ≤ |f (xb )|. Dimostrazione. La funzione |f (x)| : (S, d) → R è continua.

 

Teorema 3.28. Sia f : (S, d) → C. Se f è continua in a ∈ S e f (a) = 0, allora ∃δ > 0 tale che f (x) = 0 ∀x ∈ B(a, δ). Dimostrazione. Poiché f è 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).  

36

3 Limiti e continuità

Teorema 3.29. Sia f : (S, d) → (Ω, ρ) continua e S compatto, allora f è uniformemente continua. Dimostrazione. Si supponga per assurdo che f non risulti uniformemente continua. Allora ∃ε > 0 tale che ∀δ > 0 per almeno una coppia di punti x, y ∈ S con distanza d(x, y) < δ si ha ρ(f (x), f (y)) ≥ ε. Scelto δ = 1/n, questo vuol dire che ∀n ≥ 1, ∃xn , yn ∈ S tali che d(xn , yn ) < 1/n e ρ(f (xn ), f (yn )) ≥ ε. Poiché S è compatto, è possibile estrarre da (xn ) una sottosuccessione (xnk ) convergente a un qualche punto x ∈ S. Se limnk →∞ xnk = x, allora anche limnk →∞ ynk = x. Infatti, n →∞

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

Poiché f è continua, limnk →∞ f (xnk ) = limnk →∞ f (ynk ) = f (x) e quindi n →∞

k ρ(f (xnk ), f (ynk )) ≤ ρ(f (xnk ), f (x)) + ρ(f (x), f (ynk )) −− −−→ 0

in contraddizione con la proprietà ρ(f (xnk ), f (ynk )) ≥ ε ∀nk ≥ 1.

 

Esercizi 3.1. Determinare, se esistono, i seguenti limiti giustificando la risposta: a)

6(z 3 − 2)2 , z→∞ (z − 1)4

z 101 − 1 , z→1 z − 1

(z 2 + 1)2 . z→i (z − i)2

c) lim

b) lim

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  √ i Si assuma w = |w|e 2 Arg w . 3.3. 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

.

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

z→0

Si assuma

z2 |z|

2,

b)

lim

√

z→∞

 √ i w = |w|e 2 Arg w .

z+i−

√

z−i

√

2

z,

c)

1 − |z| . z→∞ z 2 + i lim

3.2 Continuità

37

3.5. Determinare, se esistono, i seguenti limiti giustificando la risposta: √ √ √ z 2 − 2i z , b) lim , c) lim ( z + 2i − z + i). a) lim 2 z→∞ z→−3 z z→1+i z − 2z + 2  √ i Si assuma w = |w|e 2 Arg w . 3.6. Provare che limz→z0 f (z) = w0 implica limz→z0 |f (z)| = |w0 |. Mostrare con un esempio che il viceversa è falso se w0 = 0. Cosa succede se w0 = 0? 3.7. Studiare la convergenza delle seguenti successioni (zn )∞ n=1 : in (1 + i)n , b) zn = , n n  √ i Si assuma w = |w|e 2 Arg w . a) zn =

c) zn =

 √ √ √ n n + 2i − n + i .

3.8. Determinare i punti di discontinuità delle seguenti funzioni:  i z , c) f (z) = |z|e 2 Arg z . a) f (z) = Arg z, b) f (z) = 3 z + 27 3.9. Dimostrare che la funzione f (z) = 1/z non è uniformemente continua in A = {z ∈ C : 0 < |z| ≤ 2}. 3.10. Dimostrare che la funzione f (z) = z −2 non è uniformemente continua nel dominio D = {z ∈ C : 0 < |z| ≤ 3}. Proporre una deformazione di D in modo tale che nel dominio deformato f risulti uniformemente continua. 3.11. Siano f : (S, d) → C e g : (S, d) → C due funzioni uniformemente continue in S. Dimostrare che f + g : (S, d) → C è uniformemente continua in S. 3.12. Siano f : (S, d) → C e g : (S, d) → C due funzioni Lipschitz continue in S. Dimostrare che f + g : (S, d) → C è Lipschitz continua in S.

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 è 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 è 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 è continua. Dimostrazione. Si prendano x ∈ S e ε > 0 arbitrari. Poiché la successione (fn ) converge uniformemente a f , ∃n tale che ρ(f (y), fn (y)) < ε/3 ∀y ∈ S. C. Presilla: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile, 2a edizione. UNITEXT – La Matematica per il 3+2 72 DOI 10.1007/978-88-470-5501-8_4, © Springer-Verlag Italia 2014

40

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 proprietà 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’arbitrarietà di ε segue la continuità di f in x e dall’arbitrarietà di x la continuità di f in tutto S.   Può venire il dubbio che, se le funzioni fn : (S, d) → (Ω, ρ) convergenti a f : (S, d) → (Ω, ρ) sono continue e S è compatto, allora la convergenza è sempre uniforme. In generale, ciò non è 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 È immediato dimostrare che tale successione converge, puntualmente ma non uniformemente, a f (x) = 0. Si consideri il caso speciale in cui Ω = C. Se (fn ) è una successione di funzioni fn : S → C è 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 ) è 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 ∀x ∈ S s(x) = lim sn (x) = lim n→∞

n→∞

n

fk (x).

k=1

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

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

4.1 Successioni e serie di funzioni

41

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





fk (x) ≤ |fk (x)| ≤ |fk (x)| < ε. |sm (x) − sn (x)| =

k=n+1

k=n+1

k=n+1

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

m n n ∞





fk (x) ≤ |fk (x)| ≤ Mk ≤ Mk . |sm (x) − sn (x)| =

k=n+1

Poiché

∞ k=1

k=n+1

k=n+1

k=n+1

Mk = M ∈ R, si ha lim

n→∞

∞

Mk = M − lim

k=n+1

n→∞

n

Mk = 0.

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,

∞ k=n+1

Mk < ε ∀n ≥ N . (4.1)

42

4 Successioni e serie di funzioni

∀m, n ≥ N e ∀x ∈ S. In altre parole, per ogni fissato x ∈ S la successione (sn (x)) è una successione di Cauchy in C. Per la completezza di C tale successione è convergente. Si ponga s(x) = limn→∞ sn (x). Risulta così 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, cioè la successione di funzioni (sn (x)) converge a s(x) uniformemente in S.  

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 ) è 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 ) è 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 è 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 inf n→∞ 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.

4.2 Limiti superiore e inferiore di una successione reale

43

Dimostrazione. Vediamo in dettaglio i tre casi relativi al lim sup: a) limn→∞ supk≥n ak = a(s) ∈ R è 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 è 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 = +∞ è equivalente a dire che ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che supk≥n ak > 1/ε ∀n ≥ N . A sua volta ciò è equivalente a dire che an assume valori arbitrariamente grandi per infiniti valori di n. c) limn→∞ supk≥n ak = −∞ è equivalente a dire che ∀ε > 0 ∃N (ε) intero tale che supk≥n ak < −1/ε, ovvero an < −1/ε, ∀n ≥ N . A sua volta ciò è equivalente a dire che limn→∞ an = −∞.  

Un analogo ragionamento si applica al lim inf. 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) an = supk≥n ak = −n quindi limn→∞ an = −∞, (i)

(i)

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. Ciò è 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 è 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 limn→∞ an = a se e solo se lim inf n→∞ an = lim supn→∞ an = a.

44

4 Successioni e serie di funzioni

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 inf n→∞ an = a. Viceversa, si supponga che lim supn→∞ an = lim inf n→∞ an = a ∈ R. Ciò 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 , cioè limn→∞ an = a. I casi a = ±∞ seguono immediatamente dai punti c) ed e) del Teorema 4.11 e dal Teorema 4.13.   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   bk = inf ak + inf bk  inf ak + inf   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 supk≥n (c + bk ) = c + supk≥n bk , si ha   + bk sup inf = inf a ak + sup bk k   k≥n

k ≥n

k ≥n

k≥n

≤ sup (ak + bk ) k≥n

4.3 Serie di potenze

 ≤ sup

k≥n

45

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→∞

  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 è la serie geometrica di ragione z ∞

zn.

(4.9)

n=0

Usando l’identità (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

46

4 Successioni e serie di funzioni

Se |z| < 1, allora limn→∞ z n = 0 e la serie geometrica converge a 1/(1 − z). Tale convergenza è anche assoluta come si vede immediatamente cambiando z → |z| nel precedente ragionamento. Se invece |z| > 1, abbiamo che n 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| rn+1 1

k ≤ . z −

=

1 − z |1 − z| 1−r k=0

Poiché 0 < r < 1, ∀ε > 0 è 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 è uniforme in B(0, 1). Infatti, intero n è possibile trovare

n scelto 0 < ε < 1, per ogni n+1 / |1 − z| > ε. z ∈ B(0, 1) tale che k=0 z k − 1/(1 − z) = |z| Il risultato del precedente esempio è un archetipo dello schema di convergenza di una generica serie di potenze ed è usato nella dimostrazione del seguente teorema. ∞ n con Teorema 4.19 (Abel). Data la serie di potenze n=0 an (z − z0 ) an , z, z0 ∈ C, si definisca il numero R ∈ [0, ∞] mediante la formula di Hadamard 1 1/n = lim sup |an | . 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 semplicità di notazione si ponga w = z − z0 . a) Escludiamo il caso banale R = 0 e supponiamo 0 ≤ 1/R < ∞. Se |w| < R, 1/n ∃r tale che |w| < r < R. Poiché 1/r > 1/R = lim sup |an | , dalla de1/n < 1/r ∀n ≥ N . finizione di lim sup otteniamo che ∃N tale che |an |

4.3 Serie di potenze

47

Quest’ultima disuguaglianza può essere riscritta come |an | R, 1/n ∃r tale che |w| > r > R. Poiché 1/r < 1/R = lim sup |an | , dalla defi1/n > 1/r per infiniti valori di n. nizione di lim sup otteniamo che |an | Quest’ultima disuguaglianza può essere riscritta come |an | > 1/rn e quindi | > (|w| /r)n per infiniti valori di n. Poiché |w| /r > 1, i termini della |an wn ∞ serie n=0 an wn diventano illimitati per n → ∞. c) Escludiamo come al punto a) il caso banale R = 0 e supponiamo 0 ≤ 1/R < ∞. Se 0 < r < R, ∃ρ tale che r < ρ < R. Poiché 1/ρ > 1/n 1/R = lim sup |an | , dalla definizione di lim sup otteniamo che ∃N tale 1/n < 1/ρ ∀n ≥ N . Quest’ultima disuguaglianza può essere riscritta che |an | come |an | < 1/ρn e quindi ∀w ∈ B(0, r)si ha |an wn | < (|w| /ρ)n < (r/ρ)n ∞ ∀n ≥ N . Poiché r/ρ < 1, la serie reale n=0 (r/ρ)n converge e pertanto in ∞ base al criterio di Weierstrass la serie n=0 an wn converge uniformemente   in B(0, r). ∞ Teorema 4.20 (criterio del rapporto). Sia n=0 an (z − z0 )n 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, . . . ,

si ha |an | rn ≤ A ∀n ≥ N . Allora |an wn | =|an | rn (|w| /r)n ≤ A(|w| /r)n ∞ ∀n ≥ N . Essendo |w| < r laserie geometrica n=0 (|w| /r)n converge e quin∞ n di converge anche la serie n=0 |an w |. Poiché r < α è arbitrario e la serie ∞ n n=0 an w converge assolutamente per |w| < r, il raggio di convergenza di tale serie deve essere R ≥ α. Si consideri ora |w| > r > α. Poiché 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, . . . ,

48

4 Successioni e serie di funzioni

si ha |an | rn ≥ A ∀n ≥ N . Allora |an wn | = |an | rn (|w| /r)n ≥ A(|w| /r)n n ∀n ≥ N . Essendo ∞ |w| > nr, si ha limn→∞ |an w | = ∞. Poiché r > α è arbitrario e la serie n=0 an w 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)

Il coefficiente n-esimo della serie è 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 così 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. 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 è uniforme in B(0, 1). ∞ ∞ 4.2. 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. 4.3. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞ n=0

cosh(n)z n ,

b)

∞

(n + cn )z n ,

c)

n=0

dove c ∈ C e x con x ∈ R indica la parte intera di x.

∞ n=1

3z n ln n ,

4.3 Serie di potenze

49

4.4. 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

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

∞

n n

ne z ,

b)

n=0

∞

n!+n

z

,

c)

n=0

∞

 n

n

n=0

1+i 2

n2 zn.

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

∞

cosh(n2 )z n ,

b)

n=0

∞ n3n n z . (3n)! n=0

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

∞

3n zn, 3 (n + 1) n=0

∞ 

 2 1 + n6 z n .

b)

n=1

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

∞

n3 e3n z n ,

b)

n=0

∞ (ln n)n n z , (1 + i)n2 n=1

c)

∞

3

(−1)n z n .

n=0

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

∞ (3n)! + 4n n z , (3n + 1)! n=0

∞

b)

i−in z n ,

c)

n=1

∞

log(in)z 2n .

n=1

Si ponga log(in) = ln(n) + iπ/2 e si osservi che i−in = enπ/2 . 4.10. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞

2

(−1)n z 1+n+n

+n3

,

b)

n=0

∞

n 2 3n z n .

n=0

4.11. Dimostrare che le due serie di potenze a)

∞ n=0

an z n ,

b)

∞

a n nc z n ,

c ∈ C,

n=0

hanno lo stesso raggio di convergenza e determinare tale raggio nel caso in cui an = e−n .

50

4 Successioni e serie di funzioni

4.12. 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

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

∞

n2 π n [(1 − (−1)n )/2]z n ,

b)

n=0

∞

n2+i π n z n .

n=0

Si ponga n2+i = n2 ei ln n . 4.14. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: ∞ n3 n z , e3n n=0

a)

b)

∞ (−1)n n(n+1) z . n n=1

∞ 4.15. Sapendo che la serie di potenze n=0 cn z n 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

Si ponga ez = eRe z ei Im z . 4.19. Determinare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze: a)

∞ n=1

2

cn z n ,

c ∈ C,

b)

∞ n=1

2

cn z n ,

c ∈ C.

4.3 Serie di potenze

51

4.20. Determinare per quali valori di z ∈ C risulta convergente la serie ∞  n z n=0

n!

+

n2 zn

.

4.21. Sia (an )∞ n=0 una successione di numeri complessi an = 0 tale che ∞

|ak − ak−1 | < ∞.

k=1

∞ Dimostrare che la serie di potenze k=0 ak z k ha raggio di convergenza R = 1. Cambia il risultato se an = 0 non sempre ma per una infinità di valori dell’indice n?

5 Derivate e funzioni analitiche

Sommario. Derivate di funzioni complesse. Una funzione derivabile è 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 è analitica e f  = 0 in D aperto e connesso allora f è costante in D. Se f e f sono analitiche in D aperto e connesso allora f è costante in D. Se f è analitica in D aperto e connesso e |f | è costante in D allora f è costante in D. Derivate di funzioni complesse di variabile reale. Trasformazioni conformi. Una funzione f analitica è 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 è 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 è derivabile in ogni punto di G allora f si dice derivabile in G. Si osservi che la definizione di derivabilità in un punto assume che la funzione sia definita in tutto un intorno di tale punto. Posto Δz = z − a, si può anche scrivere f  (a) = lim

Δz→0

f (a + Δz) − f (a) . Δz

C. Presilla: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile, 2a edizione. UNITEXT – La Matematica per il 3+2 72 DOI 10.1007/978-88-470-5501-8_5, © Springer-Verlag Italia 2014

(5.2)

54

5 Derivate e funzioni analitiche

Se f è derivabile in tutto G, la derivata di f definisce una nuova funzione f  : G → C. Se f  è derivabile in G diremo che f è derivabile due volte in G, et cœtera. Esempio 5.2. Si consideri f (z) = z 2 . Tale funzione è 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| . Poiché risulta 2

2

|z + Δz| − |z| Δz (z + Δz)(z + Δz) − zz = = 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 è invece derivabile in z = 0 e vale f  (0) = 0. 2

La funzione appena considerata f (z) = |z| è un esempio di funzione continua ma non derivabile. Il viceversa è invece sempre vero. Teorema 5.4. Sia f : G → C con G ⊂ C aperto. Se f è derivabile in a ∈ G, allora f è continua in a. Dimostrazione. Usando le proprietà 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, f g 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) (f g) (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 proprietà del limite.  

5.1 Derivate di funzioni complesse

55

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. 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 è derivabile in a ∈ G e g è derivabile in f (a) ∈ F , allora g ◦ f è derivabile in a e la sua derivata vale (g ◦ f ) (a) = g  (f (a))f  (a).

(5.3)

Dimostrazione. Poiché G è 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 lim

n→∞

(g ◦ f )(zn ) − (g ◦ f )(a) = g  (f (a))f  (a). zn − a

(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)

Poiché f è continua in a si ha limn→∞ f (zn ) = f (a) e quindi poiché 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  (f a))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 ) è 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 è vera per entrambe le successioni (sn ) e (wn ). Innanzitutto si osservi che, poiché f è derivabile in a, risulta f  (a) = limn→∞ (f (sn ) − f (a))/(sn − a) = 0. Poiché g  (f (a)) ∈ C, il membro di destra della (5.4) è 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 già dimostrato si ha limn→∞ (g(f (wn )) − g(f (a)))/(wn − a) = g  (f (a))f  (a) = 0. In conclusione, la (5.4) è 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 già considerati.   Teorema 5.7 (derivata di funzione inversa). Sia f : G → C con G ⊂ C aperto. Se f (z) = w è biunivoca e la sua funzione inversa f −1 (w) = z è con-

56

5 Derivate e funzioni analitiche

tinua nell’aperto f (G), allora, se f è derivabile in a ∈ G e f  (a) = 0, f −1 è derivabile in w = f (a) e la sua derivata vale

df −1 (w)

1 (5.6) =  .

dw f (a) w=f (a) Dimostrazione. Poiché f è biunivoca, se w = f (z) è diverso da f (a) allora z = a. Pertanto il rapporto incrementale di f −1 intorno al punto f (a) può 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) Poiché f −1 è 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) 1 =  f (a) lim

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 è 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 affinché 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 )]

5.2 Equazioni di Cauchy-Riemann

57

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)

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

mentre per Δz = (0, Δy) si ottiene v(x0 , y0 + Δy) − v(x0 , y0 ) Δf = lim = vy (x0 , y0 ), Δy→0 Δz Δy −u(x0 , y0 + Δy) + u(x0 , y0 ) Δf = lim = −uy (x0 , y0 ). lim Im Δz→0 Δy→0 Δz Δy lim Re

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 −y 2 e v(x, y) = 2xy. Sappiamo che f è 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 + y 2 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 è derivabile per z = 0. In z = 0, per quanto visto in precedenza, f è 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, affinché la funzione f (z) sia derivabile in z0 = x0 + iy0 .  intendendo per la Esempio 5.11. Si consideri la funzione f (z) = |Re z Im z|  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 è 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.

58

5 Derivate e funzioni analitiche

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 è derivabile in z0 = x0 + iy0 e risulta f  (z0 ) = ux (x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 ). Dimostrazione. Posto Δz = Δx+iΔy, si scelgano gli incrementi reali Δx e Δy sufficientemente piccoli affinché 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 ). Poiché 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 + Δy 2 ,  Δv = vx (x0 , y0 )Δx + vy (x0 , y0 )Δy + εv (Δx, Δy) Δx2 + Δy 2 , 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 + Δy 2 e quindi Δf |Δz| = ux (x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 ) + [εu (Δx, Δy) + iεv (Δx, Δy)] . Δz Δz Δz→0

Poiché ||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 è comodo esprimere la funzione f in termini delle coordinate polari r, θ anziché di quelle cartesiane x, y. Posto allora f (z) = u(r, θ) + iv(r, θ) con z = r cis(θ), è 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−iθ0 .

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 è chiuso, con f

5.3 Funzioni analitiche

59

analitica in G intenderemo che f è analitica in un qualche aperto contenente G. In particolare, f analitica in z0 significa che ∃r > 0 tale che f è analitica in B(z0 , r). Definizione 5.14 (funzione intera). Una funzione si dice intera se è analitica in tutto C. 2

Esempio 5.15. La funzione f (z) = |z| non ha punti di analiticità, anche se essa è derivabile in z = 0. Definizione 5.16 (punto singolare). Un punto z0 è detto punto singolare di f se f è non analitica in z0 ma ∀ε > 0 f è analitica in qualche punto di B(z0 , ε). Esempio 5.17. La funzione f (z) = 1/z è analitica in C \ {0} e ha in z = 0 un punto singolare (isolato). La funzione f (z) = Arg z − i log |z| è analitica in C \ {z = −t, t ∈ [0, ∞)}. Ogni punto del semiasse reale negativo, origine inclusa, è un punto singolare di f . È evidente che se f e g sono due funzioni analitiche in G, anche le funzioni f ± g, f g e f /g sono analitiche in G, ad esclusione, nel caso del rapporto, dei punti z ∈ G in cui g(z) = 0. Poiché le funzioni costanti e la funzione identità sono analitiche in tutto C, 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 è analitica in D e f  (z) = 0 ∀z ∈ D, allora f è costante in D. Dimostrazione. Poiché f (z) = u(x, y) + iv(x, y), con z = x + iy, è 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. Poiché D ⊂ C è 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 ) =

1 0

du dt = 0. dt

60

5 Derivate e funzioni analitiche

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’arbitrarietà 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. Dimostrazione. Si ponga f (z) = u(x, y) + iv(x, y) e f (z) = U (x, y) + iV (x, y) con z = x + iy. Poiché 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 è equivalente a ux = −vy

u y = 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 è costante in D.   Teorema 5.20. Sia f : D → C con D ⊂ C aperto e connesso. Se f è analitica in D e |f | è costante in D, allora f è 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 È di grande utilità considerare funzioni complesse f (t) di variabile reale t. Le proprietà di derivabilità 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, è derivabile nel punto t ∈ (a, b) se il limite lim

h→0

f (t + h) − f (t) h

esiste ed è 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 è derivabile in ogni punto di [a, b] allora f si dice derivabile.

5.5 Trasformazioni conformi

61

Teorema 5.22. Una funzione f : [a, b] → C è 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 è derivabile e f  (t) = 0 ∀t ∈ [a, b], allora f è costante. Dimostrazione. Poiché 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 è 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, f g 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) (f g) (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 è derivabile e ∀t ∈ [c, d] la derivata vale (f ◦ g) (t) = f  (g(t))g  (t). Dimostrazione. Poiché f (g(t)) = Re f (g(t)) + i Im f (g(t)), la dimostrazione segue dall’analogo teorema per funzioni reali.   Non tutte le proprietà delle funzioni reali si estendono alle funzioni di variabile reale a valori complessi. Ad esempio, non è in generale valido il teorema del valore medio in base al quale, se f : [a, b] → R è 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 è 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

62

5 Derivate e funzioni analitiche

intendendo che h → 0+ se t = a e h → 0− se t = b, e inoltre γ  : [a, b] → C è continua, allora γ è detto cammino regolare. È evidente che, se γ è un cammino regolare e per t = t0 risulta γ  (t0 ) = 0, allora γ ha una retta tangente nel punto z0 = γ(t0 ) il cui coefficiente angolare è Im γ  (t0 )/ Re γ  (t0 ). In altre parole, arg(γ  (t0 )) è, 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 + 2πk, k ∈ Z. 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 è uguale all’angolo formato dalle loro immagini tramite f nel punto di intersezione f (z0 ); b) esiste, finito e diverso da zero, il limite lim

z→z0

|f (z) − f (z0 )| . |z − z0 |

(5.12)

La funzione f è una trasformazione conforme in G se essa è 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 limiv

y

8

4

6

3 Θ2

Θ1

Θ2

4

2 Θ1

Θ3

2

1 Θ3

0

1

2

3

4

x

6

4

2

0

2

4

u

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

63

te (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 continuità l’immagine tramite f di una regione piccola intorno a z0 avrà, 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 è 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 è isogona non conforme. Teorema 5.29. Sia f : G → C analitica in G ⊂ C aperto. Allora f è una trasformazione conforme in ogni punto z0 ∈ G dove f  (z0 ) = 0. Dimostrazione. Sia z0 un punto di G tale che f  (z0 ) = 0. Si osservi che f è 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, per due opportuni valori t1 e t2 dei parametri, risulti 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 ), cioè 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, poiché esiste f  (z0 ) = 0 allora esiste anche, finito e diverso da zero, lim

z→z0

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

Si conclude che f è una trasformazione conforme in z0 .

 

Corollario 5.30. Sia f : G → C con G ⊂ C aperto. Allora f è analitica in G e f  (z) = 0 ∀z ∈ G se e solo se f è conforme in G. Dimostrazione. La condizione necessaria segue dal teorema precedente. Per la condizione sufficiente si osservi che, se f è una trasformazione conforme in G, per la Definizione 5.27 in ogni punto z ∈ G devono esistere arg f  (z) e |f  (z)|   con, necessariamente, |f  (z)| = 0. Pertanto, ∀z ∈ G esiste f  (z) = 0.

64

5 Derivate e funzioni analitiche

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 cruciale nell’approccio geometrico alla teoria delle funzioni analitiche. Per un approfondimento si veda [1, 12].

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. 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 )

5.4. 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 è derivabile.

5.5 Trasformazioni conformi

65

5.5. Si consideri la funzione f (z) = (3z 2 − z 2 )z/2. Determinare, motivando la risposta, i domini di continuità, derivabilità e analiticità di f . 5.6. Sia f : G → C analitica in G ⊂ C aperto. Dimostrare che la funzione f ∗ (z) = f (z) è analitica nell’aperto G∗ = {z ∈ C : z ∈ G}. 5.7. Determinare, motivando la risposta, i domini di continuità, derivabilità e analiticità delle seguenti funzioni: a) f (z) = x,

b) f (z) = ex eiy ,

c) f (z) = x2 − y 2 + i3xy,

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)

5.9. Determinare, motivando la risposta, il dominio di analiticità delle seguenti funzioni e calcolarne la derivata prima: a) f (z) = z −4 ,

b) f (z) = (cos(ln r) + i sin(ln r)) e−θ ,

dove z = reiθ con θ ∈ (−π, π] e r ≥ 0. 5.10. Determinare, motivando la risposta, il dominio di analiticità delle seguenti funzioni e calcolarne la derivata prima: √ a) f (z) = reiθ/2 , b) f (z) = (ln r)2 − θ2 + i2θ ln r, dove z = reiθ con θ ∈ (−π, π] e r ≥ 0. 5.11. Un campo vettoriale F : R2 → C con F (x, y) = U (x, y) + iV (x, y) è detto irrotazionale se Uy = Vx e solenoidale se Ux = −Vy . Mostrare che se f : D → C è analitica in D allora f è irrotazionale e solenoidale in D. 5.12. Determinare, motivando la risposta, i domini di continuità, derivabilità e analiticità delle seguenti funzioni: a) f (z) = y,

b) f (z) = ex e−iy ,

dove z = x + iy con x, y ∈ R.

c) f (z) = x2 − y 2 + i2xy,

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)

dove ex è 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 )) C. Presilla: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile, 2a edizione. UNITEXT – La Matematica per il 3+2 72 DOI 10.1007/978-88-470-5501-8_6, © Springer-Verlag Italia 2014

68

6 Funzioni elementari

Fig. 6.1. Parte reale e parte immaginaria di exp(z)

= ex1 +x2 (cos(y1 + y2 ) + i sin(y1 + y2 )) = exp(z1 + z2 ), avendo utilizzato la corrispondente proprietà, 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 è 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 è derivabile in tutto C e

6.2 Logaritmo

69

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.

Dalla (6.5) segue che exp z = 0 ∀z ∈ C. È facile verificare che exp z è una funzione periodica di periodo 2πi, cioè 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),

n ∈ Z,

(6.8)

dove ln(·) indica l’usuale logaritmo naturale reale. Il logaritmo complesso è 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 è equivalente a richiedere che log z = w sia un numero w ∈ C tale che exp w = z, in altre parole log è 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| è 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)

è una funzione univoca, mentre è 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)

70

6 Funzioni elementari

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. Dalla Definizione 6.5 si ha ln |z| + i arg z = a + ib, pertanto deve risultare |z| = ea e arg z = b. Si ha quindi una sola soluzione z = ea eib = exp(a + ib). Alternativamente, per la (6.9) si ha subito z = exp(log z) = exp(a + ib). Si osservi che l’uguaglianza log(z1 z2 ) = log z1 + log z2 è 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 è 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 è detta un ramo del logaritmo su D. Si osservi che D non può contenere il punto z = 0 in quanto la funzione exp non è mai nulla. Teorema 6.11. Sia D ⊂ C aperto e connesso e sia f : D → C un ramo di log z su D. La totalità 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. Poiché exp(g(z)) = exp(f (z)) = z, anche g è 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 è un intero

6.2 Logaritmo

71

Fig. 6.2. Parte reale e parte immaginaria del ramo principale di log(z)

relativo dipendente, in linea di principio, da z. Possiamo mostrare che in realtà n è lo stesso ∀z ∈ D. Si consideri la funzione h(z) = (g(z) − f (z))/(2πi) continua in D. Poiché D è 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 è analitica in D e vale f  (z) = 1/z. Dimostrazione. Si osservi che ∀w ∈ f (D) ∃z ∈ D tale che f (z) = w, pertanto f (exp(w)) = f (exp(f (z)) = f (z) = w, cioè f è una funzione inversa, continua, di exp nell’aperto f (D). Poiché exp è derivabile in f (D) e la sua derivata non è mai nulla, per il Teorema 5.7 anche f è derivabile in tutto D e la sua derivata vale

1 1 1 d f (z)

= = . (6.12) =  dz exp (w) exp(w) z z=exp(w)  

72

6 Funzioni elementari

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 può 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 che exp(f (z)) = z, è un ramo del logaritmo su D. Essa è 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 massimale, infatti non è possibile ampliare D aggiungendo un solo punto della linea di diramazione senza perdere la continuità della funzione f definita da exp(f (z)) = z. Inoltre, il dominio D, ovvero la linea di diramazione che lo definisce, è una scelta naturale che corrisponde a identificare, per ogni z ∈ D, log z ramo principale con il valore principale Log z. Nel piano complesso w = log z, l’immagine del dominio D è la striscia log(D) = {w ∈ C : −π < Im w < π}. Gli infiniti altri rami del logaritmo corrispondono alla trasformazione di D nelle strisce −π + 2πk < Im w < π + 2πk, con k = ±1, ±2, . . . . Le frontiere di queste strisce sono i cammini Γk (t) = ln |γ(t)| + i(Arg(γ(t)) + 2πk), dove γ(t) = −t, t ∈ [0, ∞), è il cammino che rappresenta la linea di diramazione. La striscia corrispondente al ramo principale ha come frontiere Γ0 e Γ−1 . Esempio 6.14. Per taluni scopi è comodo definire rami del logaritmo su domini massimali più generali. Si congiunga il punto z = 0 al punto z = ∞ mediante una linea del tutto arbitraria purché continua e mai intersecantesi e si assuma questa come linea di diramazione. Si consideri, ad esempio, il cammino 2 mostrato in figura γ(t) = (e−(1+t )/t + t2 /1000)eiα(t) con α(t) = π cos(t/5), t ∈ [0, ∞). Si noti che |γ(t)| è non monotona: si vede subito che esistono due numeri 0 < rmin < rmax tali che |γ(t)| = r ha una sola soluzione per r < rmin oppure r > rmax e tre soluzioni per rmin < r < rmax . Analogamente a quanto visto nel caso γ(t) = −t, il dominio D = {z ∈ C : z = γ(t), t ∈ [0, ∞)} è trasformato in strisce del piano complesso w = log z le cui frontiere sono Γk (t) = ln |γ(t)| + i(Arg(γ(t)) + 2πk), k ∈ Z. La striscia con frontiere Γ0 e Γ−1 è mostrata in figura. La forma di tale striscia differisce notevolmente da quella del ramo principale del logaritmo e si riduce ad essa solo per t → 0 quando γ(t)  −t. Vediamo ora come è definito il corrispondente ramo del logaritmo in D. Posto z = reiθ , per r > rmax oppure r < rmin , si ha log z = ln r + iθ con α(t0 ) − 2π < θ < α(t0 ) dove t0 è la soluzione, unica, dell’equazione |γ(t0 )| = r. Per rmin < r < rmax , siano γ(t1 ), γ(t2 ) e γ(t3 ), con t1 < t2 < t3 , le tre intersezioni della circonferenza |z| = r con la linea di diramazione γ. Possiamo ancora scrivere log z = ln r + iθ ma ora α(t1 ) − 2π < θ < α(t3 ) per i punti dell’arco di circonferenza che va da da γ(t1 ) a γ(t3 ) in senso antiorario, α(t3 ) − 2π < θ < α(t2 ) − 2π per i punti dell’arco da γ(t3 ) a γ(t2 ) e α(t2 ) < θ < α(t1 ) per i punti dell’arco da γ(t2 ) a γ(t1 ). Si osservi la discontinuità registrata nei valori di θ ogni volta che la circonferenza |z| = r interseca l’asse di diramazione.

6.2 Logaritmo

73

Imz 0.05

Γt3 

Γt2  Γt1  0.15

0.10

0.05

0.05

Rez

r 0.05

Γ

0.10 Imw

0

0 t1 

Π

0 t2  0 t3  4 1

3 1 t1  1 t2  1 t3 

2

1

1

Rew

Π

2 Π

3 Π

Fig. 6.3. Costruzione del ramo di log(z) associato alla linea di diramazione 2 γ(t) = (e−(1+t )/t + t2 /1000)eiα(t) con α(t) = π cos(t/5) e avente come frontiere Γ0 (t) = ln |γ(t)| + i Arg(γ(t)) e Γ−1 (t) = ln |γ(t)| + i(Arg(γ(t)) − 2π)

Esempio 6.15. Determinare il dominio di analiticità del ramo principale di log(z 2 ). Posto w = z 2 , in base alla Definizione 6.13 il ramo principale di log(w) è una funzione analitica in tutti i punti w = −t con t ∈ [0, ∞). Pertanto il ramo principale di log(z 2 ) è 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 analiticità di log(z 2 ) è 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 analiticità pari a C meno il semiasse reale negativo.

74

6 Funzioni elementari

6.3 Potenze con esponenti complessi Definizione 6.16. 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, è polidroma e ad essa si applicano tutte le considerazioni fatte nel caso del logaritmo. In particolare, il ramo principale di z c è definito in termini del ramo principale di log z ed è una funzione analitica nel dominio D = {z ∈ C : z = −t, t ∈ [0, ∞)}. Per ogni z ∈ D si ha inoltre d c c exp(c log z) d 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 6.17. Calcolare il valore principale di (−i)i . In base alle Definizioni 6.16 e 6.6, si ha (−i)i = exp(i Log(−i)) = exp(i(ln 1 − iπ/2)) = eπ/2 . La Definizione 6.16 si applica anche nel caso in cui c è un intero n o un numero frazionario 1/n. Vediamo come si riottengono in questi casi i risultati già 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))) = rn einθ . La molteplicità di valori del logaritmo corrispondenti alle diverse scelte di k ∈ Z è completamente eliminata dalla successiva applicazione della funzione esponenziale: il prodotto nk ∈ Z e quindi ei2πnk = 1. Si riottiene così il risultato univoco della Definizione 1.4. Inoltre, poiché per n intero risulta einπ = e−inπ , il dominio di analiticità si estende a tutto C in accordo con il 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))) = r1/n ei(θ+2πk)/n . L’infinita molteplicità rispetto a k ∈ Z è ora solo parzialmente eliminata dalla funzione esponenziale. In accordo con la (1.19), si ottengono infatti n valori

6.4 Esponenziali con base complessa

75

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 analiticità D = {z ∈ C : z = −t, t ∈ [0, ∞)}. La funzione corrispondente a k = 0 è il ramo principale di z 1/n .

6.4 Esponenziali con base complessa Definizione 6.18. 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.

Fig. 6.4. Parte reale e parte immaginaria del ramo principale di √ secondario corrispondente è − z

√

z. Il ramo

76

6 Funzioni elementari

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

(6.16)

Esempio 6.19. Determinare il dominio di analiticità 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 analiticità di z z è 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 6.20 (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 d eiz sin z = dz dz d d eiz cos z = dz dz

 − e−iz 1  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)

6.5 Funzioni trigonometriche

77

Fig. 6.5. Parte reale e parte immaginaria di sin(z)

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)

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

cos(z + 2π) = cos z,

(6.23)

cos(z + π) = − cos z.

(6.24)

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

Teorema 6.21. Siano z, z1 , z2 ∈ C con z = x + iy e x, y ∈ R. Valgono le seguenti identità: sin2 z + cos2 z = 1,

(6.25)

78

6 Funzioni elementari

sin(z1 ± z2 ) = sin z1 cos z2 ± cos z1 sin z2 , cos(z1 ± z2 ) = cos z1 cos z2 ∓ sin z1 sin z2 , sin z = sin x cosh y + i cos x sinh y, cos z = cos x cosh y − i sin x sinh y, 2

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

2

2

|cos z| = cos x + sinh y.

(6.26) (6.27) (6.28) (6.29) (6.30) (6.31)

Dimostrazione. Le identità (6.25), (6.26) e (6.27) si verificano in modo elementare a partire dalla Definizione 6.20. 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’identità trigonometrica fondamentale sin2 x + cos2 x = 1 e la corrispondente identità iperbolica cosh2 y − sinh2 y = 1.   Dal valore dei moduli (6.30) e (6.31) è evidente che sin z e cos z non sono funzioni limitate in campo complesso. Esempio 6.22. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione cos z = 0. Per la (6.29) l’equazione assegnata è equivalente al sistema  cos x cosh y = 0 . sin x sinh y = 0 Poiché 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 è y = 0. In conclusione, cos z = 0 per z = π/2 + πk con k ∈ Z. Esempio 6.23. 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 può essere riscritta come e2iz − 2aeiz + 1 = 0, le cui soluzioni sono eiz = a ±

 a2 − 1.

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

 iz = log a ± a2 − 1

  = ln a ± a2 − 1 + i2πk, k ∈ Z,

6.6 Funzioni iperboliche

ovvero

  z = −i ln a ± a2 − 1 + 2kπ,

79

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. È utile definire altre funzioni trigonometriche non fondamentali, ad esempio tan z = sin z/ cos z. Per quanto visto a proposito degli zeri di cos z, la funzione tan z è 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 6.24 (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 d ez sinh z = dz dz d d ez 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)

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)

80

6 Funzioni elementari

periodiche di periodo 2πi sinh(z + 2πi) = sinh z,

cosh(z + 2πi) = cosh z,

(6.37)

cosh(z + πi) = − cosh z.

(6.38)

antiperiodiche di periodo πi sinh(z + πi) = − sinh z,

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

sinh(iz) = i sin z, cosh(iz) = cos z.

(6.39) (6.40)

Teorema 6.25. Siano z, z1 , z2 ∈ C con z = x + iy e x, y ∈ R. Valgono le seguenti identità: 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 ,

(6.41) (6.42)

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

(6.43) (6.44)

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

(6.45)

2

2

2

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

2

2

|cosh z| = cosh x + sin y.

(6.46) (6.47)

Dimostrazione. Le identità (6.41), (6.42) e (6.43) si verificano in modo elementare a partire dalla Definizione 6.24. Le (6.44) e (6.45) seguono dalle (6.42) e (6.43) ponendo z1 = x e z2 = iy e usando le relazioni (6.39) e (6.40). Le (6.46) e (6.47) seguono dalle (6.44) e (6.45) usando l’identità trigonometrica fondamentale sin2 y + cos2 y = 1 e la corrispondente identità iperbolica cosh2 x − sinh2 x = 1.   Esempio 6.26. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione cosh z = 0. Per la (6.45) l’equazione assegnata è equivalente al sistema  cosh x cos y = 0 . sinh x sin y = 0 Poiché 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 è x = 0. In conclusione, cosh z = 0 per z = i(π/2 + πk) con k ∈ Z. È utile definire altre funzioni iperboliche non fondamentali, ad esempio tanh z = sinh z/ cosh z. Per quanto visto a proposito degli zeri di cosh z, la

6.7 Funzioni trigonometriche e iperboliche inverse

81

Fig. 6.6. Parte reale e parte immaginaria di sinh(z)

funzione tanh z è 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 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 è equivalente a (eiw )2 − 2izeiw − 1 = 0  √ la cui soluzione è eiw = iz + (iz)2 + 1 cioè iw = log(iz + 1 − z 2 ). Negli altri casi si ragiona analogamente e si giunge alle seguenti espressioni.

82

6 Funzioni elementari

Definizione 6.27 (funzioni trigonometriche inverse). Sia z ∈ C, zioni 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

le fun-

(6.48) (6.49) (6.50)

Definizione 6.28 (funzioni iperboliche inverse). Sia z ∈ C, le funzioni iperboliche inverse in campo complesso sono definite da 

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

  arccosh z = log z + z 2 − 1 , (6.52)  1+z 1 . (6.53) arctanh z = log 2 1−z Le precedenti funzioni sono tutte polidrome e per esse valgono le considerazioni svolte nel caso del logaritmo. Esempio 6.29. Determinare il dominio di analiticità del ramo principale della funzione arcsin z e il valore della sua derivata in tale dominio. Il ramo principale di arcsin z è definito prendendo i rami principali della radice √ e del logaritmo che appaiono nella Definizione (6.48). Il ramo principale di 1 − z 2 = exp[ 12 log(1−z 2 )] è 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’e√ spressione equivalente 1 − z 2 = −(t + iz) fornisce z(t) = i

t2 − 1 , 2t

t ∈ [0, ∞),

che rappresenta l’intero asse immaginario. Tuttavia i punti z(t) così 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

6.7 Funzioni trigonometriche e iperboliche inverse

83

Fig. 6.7. Parte reale e parte immaginaria del ramo principale di arcsin(z)

conclusione, il dominio di analiticità di arcsin z è tutto il piano complesso ad eccezione delle semirette reali (−∞, −1] e [1, +∞). Nella regione di analiticità la derivata vale  d 1 −2z 1 1 √ i+ √ =√ arcsin z = −i . (6.54) dz 2 1 − z2 iz + 1 − z 2 1 − z2 Esempio 6.30. Determinare il dominio di analiticità del ramo principale della funzione arctan z e il valore della sua derivata in tale dominio. Vediamo, innanzitutto, come è ricavata la Definizione (6.50). Posto arctan z = w, si ha tan w = z, cioè eiw − e−iw = iz. eiw + e−iw Moltiplicando per eiw si ottiene e2iw = (1+iz)/(1−iz) e da questa, prendendo

84

6 Funzioni elementari

Fig. 6.8. Parte reale e parte immaginaria del ramo principale di arctan(z)

il logaritmo, si giunge a i arctan z = − log 2



i−z i+z

.

Il ramo principale di arctan z è definito prendendo il ramo principale del logaritmo che appare in questa espressione. Questa è una funzione analitica in 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 analiticità la derivata vale d i 1 − iz i(1 − iz) − (1 + iz)(−i) 1 arctan z = − = . dz 2 1 + iz (1 − iz)2 1 + z2

(6.55)

6.7 Funzioni trigonometriche e iperboliche inverse

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 il valore principale di arctan(2 + i). 6.3. Determinare la parte immaginaria del valore principale di arctan(1 + 2i). 6.4. Determinare il valore principale di (4 − 4i)1+i . 6.5. Determinare il modulo del valore principale di (1 + i)2−i . 6.6. Determinare l’argomento principale del valore principale di 

eπ eπ √ + i√ 2 2

i+1 .

6.7. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione cos z = a,

a > 1.

6.8. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione cosh z =

1 . 2

6.9. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione sin(z) cos(z) = 2. 6.10. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione cosh(z) + ez = 2. 6.11. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione cos(3z 2 ) = 0.

85

86

6 Funzioni elementari

6.12. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione sinh z = −iπ. 6.13. Dimostrare che sono reali tutte le soluzioni dell’equazione −1 ≤ a ≤ 1.

sin z = a,

6.14. Determinare il luogo dei punti z ∈ C tali che cosh z = a,

0 < a < 1.

6.15. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione sinh(z) = i. 6.16. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione 2

(sin z) = −4 e valutare i punti limite di tali soluzioni in C∞ . 6.17. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione 2

ez = −1. 6.18. Determinare tutte le soluzioni delle seguenti equazioni: a) z 4 − i = 0,

b) z i − 4 = 0.

6.19. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione √ cotan( z) = 0. 6.20. Determinare il dominio di analiticità delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome: a) log((2 − z)2 ),

b) z z .

6.21. Determinare il dominio di analiticità delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome: a) z sinh z ,

b) log(cos z).

6.22. Determinare il dominio di analiticità delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome: a) cosh(esinh z ),

b) log(3 + z 2 ).

6.7 Funzioni trigonometriche e iperboliche inverse

87

6.23. Determinare il dominio di analiticità delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome:  1 , b) log(z 3 ). a) exp 1 + z2 6.24. Determinare il dominio di analiticità delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome: a)



1 + z2

z

,

b)

sinh(sin(z)) . z2 + 9

6.25. Determinare il dominio di analiticità 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. 6.26. Determinare il dominio di analiticità 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.

6.27. Determinare il dominio di analiticità del ramo principale di arccos z e il valore della sua derivata in tale dominio.

6.28. Determinare il dominio di analiticità delle seguenti funzioni, considerando il ramo principale nel caso di funzioni polidrome:   z 2 − 1, b) i 1 − z 2 . a) 6.29. Stabilire quanti rami distinti possiedono le seguenti funzioni e determinare il dominio di analiticità 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.

6.30. Determinare il dominio di analiticità 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 a) log((log z) ), . b) e , c) z2 + i

88

6 Funzioni elementari

6.31. Determinare il dominio di analiticità del ramo principale di  4 + z4. 6.32. Determinare il dominio di analiticità del ramo principale di sin z f (z) = √ . cos z 6.33. 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)}. 6.34. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, determinare per quali valori di z ∈ C risulta convergente la serie ∞ n=0

2

inz .

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 per una funzione analitica. Esistenza e formula integrale di Cauchy per le derivate di ogni ordine delle funzioni analitiche. La derivata di ogni ordine di una funzione analitica è 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 la definizione e le proprietà dell’integrale di funzioni reali alle funzioni complesse f (t) di variabile reale t. Definizione 7.1. Sia f : [a, b] → C una funzione continua, l’integrale di f tra a e b è il numero complesso 



b

f (t)dt = a



b

b

Re f (t)dt + i a

Im f (t)dt. a

C. Presilla: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile, 2a edizione. UNITEXT – La Matematica per il 3+2 72 DOI 10.1007/978-88-470-5501-8_7, © Springer-Verlag Italia 2014

(7.1)

90

7 Integrali

Definizione 7.2. Siano f, F : [a, b] → C. Se F  (t) = f (t) ∀t ∈ [a, b], allora F è una primitiva di f in [a, b]. 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 è 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 è 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. (7.3)

a a b

Dimostrazione. Posto a f (t)dt = 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



b

  Re e−iθ f (t) dt

b

−iθ

e f (t) dt

= a

 ≤

a



b

|f (t)| dt,

= a

dove si è 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 regolarità. Il significato di questa frase è chiarito dalle seguenti definizioni in parte anticipate al momento di introdurre le trasformazioni conformi.

7.2 Cammini, tracce di cammini, curve

91

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 è detto semplice se γ è iniettiva in [a, b], cioè se γ(t1 ) = γ(t2 ) per t1 = t2 con t1 , t2 ∈ [a, b]. Un cammino è detto chiuso se γ(a) = γ(b). Un cammino è detto chiuso semplice se è chiuso e γ è iniettiva in (a, b). Se γ : [a, b] → C è un cammino, allora l’insieme {γ(t) : a ≤ t ≤ b} ⊂ C è chiamato la traccia di γ e indicato con il simbolo {γ}. Si noti che la traccia di un cammino è 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 è 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 è 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 è una funzione continua (continua a tratti) e quindi integrabile tra a e b. L’integrale 

b

Lγ =

|γ  (t)| dt

(7.4)

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 è una classe di equivalenza di cammini. La traccia di una curva è la traccia di uno qualsiasi dei cammini membri della classe. Una curva è regolare (regolare a tratti) se e solo se almeno uno dei cammini membri della classe è 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 è 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 è derivabile

92

7 Integrali

quasi ovunque1 in [c, d], quasi ovunque in [c, d] si ha η  (u) = γ  (ϕ(u))ϕ (u). Posto allora t = ϕ(u), poiché nei punti in cui la derivata di ϕ esiste vale ϕ (u) = |ϕ (u)|, si ottiene 

d

|η  (u)| du =



c

d

|γ  (ϕ(u))| ϕ (u)du =

c



b

|γ  (t)| dt.

(7.5)

a 3

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

0

Posto t3 = x, nel piano x, y l’equazione della curva associata al cammino 1/3 considerato è y(x) = |x|. Tramite la funzione ϕ(u) = sgn(u) |u| 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 è 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, è regolare. Esempio 7.9. Il cammino γ(t) = t + it3 sin(π/t) con 0 < t ≤ 1 e γ(0) = 0 è 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 è continua in tutto l’intervallo [0, 1]. Il cammino interseca l’asse reale y

y 1.0 0.8

0.2

0.6

0.1

0.4

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

0.2 1.0

0.5

0.5

1.0

x

0.3

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) 1

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

7.3 Integrali di funzioni complesse lungo curve regolari a tratti

93

infinite volte nei punti xk = k −1 , k = 1, 2, 3, . . . , e la sua lunghezza è  Lγ =

1 0

 1 + [3t2 sin(π/t) − πt cos(π/t)]2 dt  1.50793.

Nel piano x, y la curva associata ha equazione y(x) = x3 sin(π/x). 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 è 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 è 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 [14]. 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 è un cammino regolare a tratti la cui traccia {γ} ⊂ D ⊂ C e f : D → C è una funzione continua, allora (f ◦ γ)γ  : [a, b] → C è una funzione continua a tratti. È quindi ben posta la seguente definizione: 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 è il numero complesso 



b

f (z)dz = γ

f (γ(t))γ  (t)dt.

(7.6)

a

In realtà, per l’esistenza dell’integrale (7.6) è sufficiente che f sia definita e continua sulla traccia di γ a meno di un numero finito di punti. Anche in questo caso, infatti, f (γ(t))γ  (t) risulta continua a tratti in [a, b]. È immediato verificare che il risultato dell’integrale (7.6) è 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

94

7 Integrali

la suddivisione con γ = γ1 + γ2 e si avrà    f (z)dz = f (z)dz + γ1 +γ2

γ1

f (z)dz.

(7.7)

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

zdz =





−π/2

γ

π/2

2e−it 2eit idt = 4πi.

γ(t)γ (t)dt = −π/2

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 



2

|z| dz = γ1



π/2

0 π/2

= 0

2

|γ1 (t)| γ  (t)dt

it 2 it

e ie dt = eit π/2 = −1 + i. 0

Il segmento [1, i] è rappresentato dal cammino γ2 (t) = 1+(i−1)t con 0 ≤ t ≤ 1, per cui 



2

|z| dz = γ2

1

0



2

|γ2 (t)| γ2 (t)dt

1

2

|1 + (i − 1)t| (i − 1)dt

= 0



= (i − 1)

1 0

2 (i − 1). 3

((1 − t)2 + t2 )dt =

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 



2

|z| dz = γ3

1 0



1

0



2

|z| dz = γ4

1

0

 =

0



2

|1 + it| idt = i

= 

2

|γ3 (t)| γ3 (t)dt

1

1

(1 + t2 )dt = i

0



1

1 4 t + t3

= i , 3 3 0

2

|γ4 (t)| γ4 (t)dt 2

|1 + i − t| (−1)dt = −



1 0

4 ((1 − t)2 + 1)dt = − , 3

7.3 Integrali di funzioni complesse lungo curve regolari a tratti

95

e quindi 



2

γ3 +γ4

|z| dz =

2



2

|z| dz + γ3

|z| dz = γ4

4 (−1 + i). 3

Questo esempio mostra che l’integrale di una funzione f lungo curve differenti che pure congiungono lo stesso punto iniziale za allo stesso punto finale zb assume, in generale, valori diversi. Se dovesse capitare che l’integrale di f lungo curve da za a zb è 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 . Se γ : [a, b] → C è un cammino, indichiamo con −γ lo stesso cammino percorso in verso opposto. Evidentemente una parametrizzazione di −γ è 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 proprietà dell’integrale seguono immediatamente della 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)

γ

z∈{γ}

Dimostrazione. Usando la definizione di integrale e la disuguaglianza (7.3) si ha



 b







f (z)dz = f (γ(t))γ (t)dt



γ a

96

7 Integrali

 ≤

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], cioè 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 La curva di integrazione ha lunghezza Lγ = π e il modulo della funzione integranda per z ∈ {γ} può 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 dz = 0, lim 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 è LγR = πR, mentre il modulo della funzione integranda per z ∈ {γR } è maggiorabile da √ √ √

√

z

R R R

= .

z 2 + 1 = |z 2 + 1| ≤

2 2

R −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.

7.3 Integrali di funzioni complesse lungo curve regolari a tratti

97

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 è 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 proprietà sono equivalenti: a) f ha primitiva in D; b) ∀z1 , z2 ∈ D e per ogni curva γ regolare a tratti contenuta in D congiungente z z1 a z2 γ f (z)dz = z12 f (z)dz; c) per ogni curva chiusa γ regolare a tratti contenuta in D γ f (z)dz = 0. 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 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 ), cioè dipende solo dai punti z1 e z2 . Analogamente si ragiona se γ è regolare a tratti. Si osservi che tale cammino esiste in quanto D è connesso. b) ⇒ a) Scelto un punto z0 ∈ D, ogni punto z ∈ D può 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 è tutta contenuta in D. Poiché tale integrale è, per ipotesi, indipendente dalla curva considerata ma dipende solo da z0 e z, definiamo  z f (w)dw. (7.10) F (z) = z0

Poiché D è aperto ∃δ1 (z) > 0 tale che B(z, δ1 ) ⊂ D. Scelto allora Δz tale che |Δz| < δ1 , per le proprietà dell’integrale si ha 



z+Δz

F (z + Δz) − F (z) =

f (w)dw − z0



z

z+Δz

f (w)dw = z0

f (w)dw. z

La curva che va da z a z + Δz è arbitraria. Si scelga per essa il segmento corrispondente al cammino γ(t) = z + tΔz con 0 ≤ t ≤ 1. Poiché 



z+Δz

dw = z

0

1

γ  (t)dt =



1

Δzdt = Δz, 0

98

7 Integrali

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





F (z + Δz) − F (z)

1

z+Δz

− 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, cioè F è derivabile in z, e si ha F  (z) = f (z). b) ⇒ c) Sia γ una 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 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 continuità di f : D → C con D ⊂ C aperto e connesso non è sufficiente per concludere che esiste una sua primitiva in D. Nell’Esempio 7.14 abbiamo visto 2 che per la funzione f (z) = |z| continua in C, integrali lungo cammini diversi, che congiungono i punti 1 e i, hanno valori diversi. Per il teorema precedente 2 concludiamo che f (z) = |z| 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 è continua in D = C \ {0} aperto e connesso e in D ammette la primitiva Fn (z) = −z −(n−1) /(n − 1). Di conseguenza è 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 è ancora continua in D = C \ {0} ma in D non ammette primitiva. Infatti, la primitiva di f1 non può che essere

7.3 Integrali di funzioni complesse lungo curve regolari a tratti

99

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 analitianaliticità D cità del logaritmo è contenuto strettamente in D. Se 0 ∈ Ext(γ), è possibile ˜ in modo tale {γ} ⊂ D. ˜ In questo caso si ottiene z −1 dz = 0. scegliere D γ Se invece 0 ∈ Int(γ), l’integrale è non nullo e può essere calcolato nel modo seguente. Scegliamo un ramo del logaritmo la cui linea di diramazione σ abbia un unico punto di intersezione con γ. Sia tale punto u0 eiα . 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 \ {σ} il corrispondente ramo del logaritmo ammetPer ogni punto z ∈ D ˜ la funzione log z è una te derivata e risulta dlog z/dz = z −1 . Pertanto in D −1 ˜ si ha primitiva di z e poiché la traccia di γε è contenuta in D,  1 dz = log(γε (b − ε)) − log(γε (a + ε)) z γε = log(γ(b − ε)) − log(γ(a + ε)). 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 la semiretta σ(u) = ueiα , u ∈ [0, ∞), nel punto u0 eiα . La funzione integranda è analitica in D = C \ {σ} e in D ammette come primitiva il ramo di 32 z 3/2 che ha σ come linea di diramazione. Parametrizzato il cammino γ in modo tale che γ(a) = γ(b) = u0 eiα e definito γε : [a + ε, b − ε] → C con ε > 0 e γε (t) = γ(t) ∀t ∈ [a + ε, b − ε], si ha   √ √ zdz = lim zdz γ

ε→0

γε

100

7 Integrali

z=γ (b−ε) 2 3/2

ε = lim z ε→0 3 z=γε (a+ε) 2 3/2 i3(α+2π)/2 2 3/2 i3α/2 u e − u0 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} può essere ricoperta con un numero finito N di quadrati chiusi Qj , j = 1, 2, . . . , N , tali che per ciascuno di questi vale la proprietà ∃zj ∈ Qj ∩ Int(γ) :

f (z) − f (zj )



− f (zj )

< ε,

z − zj

∀z ∈ Qj ∩ Int(γ) \ {zj }.

(7.11)

Dimostrazione. Si supponga, per assurdo, che l’enunciato sia falso. Allora è possibile trovare un ε > 0 tale che per ogni copertura finita esiste almeno un quadrato in cui la (7.11) è 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 sarà costituita da Nn (n) quadrati Qk , k = 1, 2, . . . , Nn , di lato d/2n . L’ipotesi è dunque che per ogni (n) suddivisione di ordine n la (7.11) è 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) è falsa per un quadrato di ordine n + 1, la stessa proprietà è falsa anche per il quadrato di ordine n che lo contiene. Poiché per ipotesi An = ∅ ∀n, si scelga un punto wn ∈ An e si consideri la successione (wn )∞ n=0 . Poiché wn ∈ Int(γ) e Int(γ) è un sottoinsieme chiuso e limitato di C quindi compatto, è possibile estrarre da (wn ) una sottosuccessione (wnj ) convergente. Sia w il corrispondente punto limite; si ha w ∈ Int(γ) in quanto Int(γ) è chiuso. Poiché f (z) è analitica in Int(γ), e quindi in w, è possibile trovare un δ(ε) > 0 tale che



f (z) − f (w) 

− f (w)

< ε, ∀z ∈ B(w, δ) \ {w}.

z−w √ Si consideri allora una copertura di ordine n0 tale che 2d/2n0 < δ. Il punto

7.4 Teorema di Cauchy-Goursat

101

limite w appartiene a ciascuno degli An . Infatti An è 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 (n ) w ∈ Qk0 0 ∩ Int(γ) ⊂ An0 . Si giunge così alla contraddizione (n )

∃w ∈ Qk0 0 ∩ Int(γ) :



f (z) − f (w) 

< ε,

− f (w)

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 virtù del Lemma 7.23, ∀ε > 0 è possibile trovare una copertura finita di Int(γ), la regione chiusa delimitata da {γ}, in quadrati Qj , j = 1, 2, . . . , N , tali che per ciascuno di questi ∃zj ∈ Qj ∩Int(γ) e una funzione associata δj (z) definita da  (f (z) − f (zj ))/(z − zj ) − f  (zj ) z = zj δj (z) = , 0 z = zj che è continua e gode della proprietà |δj (z)| < ε ∀z ∈ Qj ∩ Int(γ). Sia γj , j = 1, 2, . . . , N , il cammino orientato positivamente definito dal perimetro di Qj ∩ Int(γ). Usando l’identità f (z) = f (zj ) + f  (zj )(z − zj ) + δj (z)(z − zj ), 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 è 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  j=1

 f (z)dz = γj

f (z)dz, γ

102

7 Integrali

e quindi, per la (7.13) e utilizzando le disuguaglianze triangolare e di Darboux,

N 







f (z)dz = δ (z)(z − z )dz j j



γ

j=1 γj

 N



≤ δj (z)(z − zj )dz

γj j=1

N √ < ε 2d(4d + Lj ), j=1

dove d è il lato dei quadrati Qj , e Lj la lunghezza di {γj } ∩ {γ}. Sia L = N j=1 Lj la lunghezza del cammino γ. Poiché γ è regolare a tratti, L è finito. 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’arbitrarietà di ε segue l’asserto.

 

Nel teorema di Cauchy-Goursat appena dimostrato è cruciale che la curva chiusa sia semplice. Solo in questo caso, infatti, ha senso parlare di parte interna della curva γ e quindi di analiticità di f in tale regione. Se f : G → C è una funzione analitica in G ⊂ C, possiamo domandarci sotto quali condizioni per G è nullo l’integrale di f lungo una qualsiasi curva chiusa γ contenuta in G. Questa proprietà può risultare falsa per domini del tipo G = C \ {0}, come mostrato nel caso della funzione f (z) = 1/z considerata nell’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 è 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), imponiamo anche che 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 continuità da γ0 a γ1 . L’omotopia (per brevità, se non genera confusione, ometteremo di specificare il dominio G) è una relazione di equivalenza. Ogni curva è 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 è omotopa a zero, e si scrive γ ∼ 0, se γ è omotopa a una curva costante in G, cioè a un punto di G.

7.4 Teorema di Cauchy-Goursat

103

Una curva chiusa omotopa a zero in G è deformabile con continuità a un qualche punto di G. Ad esempio, in G = C \ {z0 } ogni cammino γ chiuso semplice tale che z0 ∈ Int(γ) non è omotopo a zero in quanto non esiste alcun punto di G a cui γ possa deformarsi con continuità. Se invece z0 ∈ Ext(γ) allora evidentemente γ ∼ 0. Definizione 7.27 (insieme semplicemente connesso). Un insieme aperto G ⊂ C si dice semplicemente connesso se G è connesso e ogni curva chiusa contenuta in G è omotopa a zero. Un insieme connesso non semplicemente connesso si dice molteplicemente connesso. Una palla aperta, tutto C, il dominio di analiticità del ramo principale di log z sono insiemi semplicemente connessi, invece il dominio di analiticità di 1/z è molteplicemente connesso. Se G è semplicemente connesso, ogni curva chiusa γ contenuta in G può essere deformata con continuità a un qualsiasi punto di G. Infatti, detto z un arbitrario punto di G, ogni curva chiusa γ contenuta in G è deformabile con continuità a un punto w ∈ G. Poiché G è aperto e connesso, esiste una poligonale contenuta in G che connette i punti z e w e tale poligonale è deformabile con continuità al suo estremo z. 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 è una curva chiusa semplice, ∀z ∈ Int(γ) deve essere z ∈ G. Infatti se z non appartenesse a G risulterebbe γ non omotopo a zero, in contraddizione con l’ipotesi che G è semplicemente connesso. Quindi ogni funzione f analitica in G è analitica su e all’interno di γ e si applica il Teorema  7.24. Se γ è una curva chiusa che si autointerseca n − 1 volte, allora n γ = k=1 γk , dove γk , k = 1, . . . , n, sono n curve chiuse semplici. Poiché γ ∼ 0, deve anche essere γk ∼ 0 per ogni indice k. Segue che ogni punto interno a γk è contenuto in G e il teorema di Cauchy-Goursat si applica a ciascuna curva γk . Si conclude  f (z)dz = γ

n  k=1

f (z)dz = γk

La proprietà rimane valida anche per n → ∞.

n

0 = 0.

(7.15)

k=1

 

104

7 Integrali

Corollario 7.29. Sia f analitica in G ⊂ C aperto e semplicemente connesso, allora f ammette primitiva in G. Poiché C è aperto e semplicemente connesso, le funzioni intere ammettono primitiva in C. Il ramo principale di log z ammette primitiva nel suo dominio di analiticità aperto e semplicemente connesso {z ∈ C : z = −t, t ∈ [0, ∞)} e la primitiva è −z + z log z. Si noti che il Corollario 7.29 fornisce una condizione solo sufficiente affinché una funzione ammetta primitiva. La funzione 1/z 2 analitica in C \ {0}, aperto ma non semplicemente connesso, ammette tuttavia in tale dominio la primitiva −1/z. Sfruttando la definizione di omotopia dei cammini, il Teorema 7.28 può essere enunciato nelle seguenti forme equivalenti. Teorema 7.30. 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. (7.16) γ

Teorema 7.31. 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. (7.17) γ1

γ2

Infine è di grande utilità nelle applicazioni il seguente risultato. 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 è 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 è analitica. Per il Teorema 7.28 l’integrale di f lungo una qualsiasi curva chiusa regolare a tratti contenuta in G è 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. ε→0

η

ηε

ε→0

D’altro canto     f (z)dz = f (z)dz + f (z)dz − η

γ

λ

 f (z)dz − γ1

f (z)dz λ

7.5 Formula integrale di Cauchy



105

 f (z)dz −

= γ

f (z)dz. 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  f (z)dz = γ

n  k=1

f (z)dz.

(7.19)

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 f (z) = dw. (7.20) 2πi γ w − z Dimostrazione. Si consideri il cammino γρ (θ) = z + ρeiθ con 0 ≤ θ ≤ 2π e ρ sufficientemente piccolo affinché la circonferenza γρ sia interna a γ. Poiché f (w)/(w−z) è 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. γ w−z γρ w − z Da questa, e usando  γ

γρ

(w − z)−1 dw = 2πi, segue

f (w) dw − 2πif (z) = w−z

 γρ

f (w) − f (z) dw. w−z

Poiché f è 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’arbitrarietà di ε segue che l’asserto.

γρ

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

106

7 Integrali

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 può essere calcolata come  f (w) n! (n) dw, n = 0, 1, 2, . . . , (7.21) f (z) = 2πi γ (w − z)n+1 dove γ è 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 è 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 (n − 1)! 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 è la circonferenza |w − z| = ρ orientata come γ e di raggio ρ sufficientemente piccolo per cui {γρ } ⊂ Int(γ). Poiché siamo interessati a valutare il limite Δz → 0, senza perdita di generalità si è assunto z + Δz ∈ Int(γ) e |Δz| < ρ. Infine, nell’ultima linea della (7.22) si è fatto uso dell’in−1 dentità an − bn = (a − b) k=0 an−1−k bk . Ricorrendo ancora al principio di deformazione dei cammini, possiamo scrivere f (n−1) (z + Δz) − f (n−1) (z) n! − Δz 2πi  (n − 1)! f (w)h(w)dw, = 2πi γρ

 γ

f (w) dw (w − z)n+1

7.5 Formula integrale di Cauchy

107

dove si è posto n−1 ! h(w) =

k=0

" (w − z)n−k (w − z − Δz)k − (w − z − Δz)n . (w − z − Δz)n (w − z)n+1

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 è utilizzata la disuguaglianza

n−1

! "

n−k k n (w − z) (w − z − Δz) − (w − z − Δz)

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

=ρ

n−1 k=0 n

!

!

(n − k) + (2k − 1 − k) + (2n − 1 − n)

$

"

"

|Δz| 2 (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 è analitica in D. γ

108

7 Integrali

Dimostrazione. Per il Teorema 7.20 f ammette in D una primitiva F . Poiché F  (z) = f (z) ∀z ∈ D, la funzione F è analitica in D e per il Teorema 7.35   anche F  , cioè f , è analitica in D. Si osservi che se f è analitica in D aperto e connesso non è in generale vero che f (z)dz = 0 per ogni curva chiusa γ contenuta in D, si ricordi l’Esempio 7.21 γ con f (z) = z −1 e D = C \ {0}. Invece, in base al Teorema 7.28, l’integrale è sempre nullo se si aggiunge l’ipotesi che D sia semplicemente connesso. La formula integrale di Cauchy è 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 in B(z0 , R) e risulti |f (z)| ≤ M ∀z ∈ B(z0 , R). Allora

n! M

(n) ,

f (z0 ) ≤ Rn

n = 0, 1, 2, . . .

(7.24)

Dimostrazione. Detta γr la circonferenza di centro z0 e raggio r, ad ogni ordine n e per ogni r < R il Teorema 7.34 ci permette di scrivere  f (w) n! dw f (n) (z0 ) = 2πi γr (w − z0 )n+1 e quindi, utilizzando la disuguaglianza di Darboux,

n! supw∈{γr } |f (w)| n!M

(n) ≤ n .

f (z0 ) ≤ 2πr 2π rn+1 r Poiché r < R è arbitrario, l’asserto segue prendendo il limite r → R− .

 

Teorema 7.38 (Liouville). Sia f intera e limitata in C, allora f è costante in C. Dimostrazione. Poiché, per ipotesi, la funzione f è analitica in tutto il piano complesso, ∀z ∈ C vale la formula integrale di Cauchy  f (w) 1 f  (z) = dw, 2πi γR (w − z)2 dove γR è una circonferenza orientata positivamente, centrata in z e di raggio R arbitrario. D’altro canto, poiché f è 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’arbitrarietà di R segue che f  (z) = 0 ∀z ∈ C. Per il Teorema 5.18 f è costante in C.  

7.5 Formula integrale di Cauchy

109

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) è intera. Tale funzione è anche limitata. Infatti limz→∞ Pn (z) = ∞ in quanto non è possibile limitare |Pn (z)| con alcuna costante finita. Segue che limz→∞ f (z) = 0 cioè ∃R > 0 tale che |f (z)| < 1 se |z| > R. D’altro canto |f (z)| è 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 è costante in C. Deve quindi esistere almeno un punto z0 ∈ C tale che Pn (z0 ) = 0.   Una conseguenza del teorema fondamentale dell’algebra è che il polinomio Pn può 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 k = ak z − ak z1k =

k=0 n

k=0

ak (z k − z1k )

k=1

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

n k=1

ak

k−1 j=0

z k−1−j z1j

=

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 è 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 può avere al più n radici distinte.

110

7 Integrali

Esercizi 7.1. Calcolare l’integrale

 γ

z dz, z

dove γ è 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 della funzione f (z) = (z − z)2 lungo il cammino γ rappresentato dal perimetro del triangolo di vertici z1 = (0, 0), z2 = (1, 0), z3 = (0, 1), percorso in verso antiorario. 7.3. Calcolare l’integrale





 z 2 − z 2 dz,

γ

dove γ è il cammino rettilineo che va da z = 1 a z = i. 7.4. Calcolare l’integrale

 γ

1 dz, z

dove γ è il cammino chiuso, percorso in verso antiorario, formato dal segmen√ to γ1 congiungente i punti ±1 − i e dall’arco di circonferenza γ2 (t) = 2eit , −π/4 ≤ t ≤ 5π/4. 7.5. 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]. 7.6. Detto γ il perimetro del quadrato di vertici 1, i, −1, −i, dimostrare che

 √

√

z

dz ≤ 8 2.

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

|z|=R

7.8. Supponendo f (z) continua per Re z ≥ 0 e limz→∞ f (z) = 0, dimostrare che  lim eaz f (z)dz = 0, a ∈ R, a < 0, R→∞

dove γR (θ) = Re

iθ

γR

con −π/2 ≤ θ ≤ π/2.

7.5 Formula integrale di Cauchy

111

7.9. 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. 7.10. 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. 7.11. 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. 7.12. 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. 7.13. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  z z (1 + log z)dz, γ

dove γ è la circonferenza |z| = R percorsa in verso antiorario. 7.14. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale √  cos z √ dz, z γ dove γ è la circonferenza |z| = R percorsa in verso antiorario. 7.15. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  log z dz, 2 γ z dove γ è la circonferenza |z| = R percorsa in verso antiorario.

112

7 Integrali

7.16. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  z log zdz, γ

dove γ è la circonferenza |z| = R percorsa in verso antiorario. 7.17. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  1 √ √ dz, 2 γ 2 z cos ( z) dove γ è la circonferenza |z| = R percorsa in verso antiorario con R = ((2n + 1)π/2)2 , n = 0, 1, 2, . . . 7.18. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  z 1/3 dz, γ

dove γ è la circonferenza |z| = R percorsa in verso antiorario. 7.19. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  z 3/2 dz, γ

dove γ è il perimetro, orientato positivamente, del quadrato di vertici L − iL, L + iL, −L + iL, −L − iL, con L > 0. 7.20. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  (z − z0 )q−1 dz, γ

dove γ è una curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente passante per il punto z0 − R, con R > 0, e tale z0 ∈ Int(γ). Si consideri q = 0 reale arbitrario. 7.21. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  cos(log z) dz, z γ dove γ è il cammino, percorso in verso antiorario, costituito dal perimetro del triangolo di vertici b e −a ± ib, con a e b reali positivi.

7.5 Formula integrale di Cauchy

113

7.22. Fornire un esempio di una funzione f analitica in A = {z ∈ C : 1 < |z| < 2} che non ammette una primitiva in A. 7.23. Calcolare l’integrale



ez dz, z(1 − z)3

γ

nei seguenti casi in cui γ è 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. 7.24. Calcolare l’integrale

 γ

z dz, z4 − 1

dove γ è 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. 7.25. Sia f (z) analitica su e dentro il cammino chiuso semplice γ e sia z0 un punto non appartenente a {γ}. Dimostrare che   f (z) f  (z) dz = dz. 2 γ (z − z0 ) γ z − z0 7.26. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  log(z + 2π) dz, 3 γ (z − iπ) dove γ è la circonferenza |z| = 4 percorsa in verso antiorario. 7.27. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, calcolare l’integrale  ez √ dz, 2 3+z γ z dove γ è il cammino, percorso in verso antiorario, costituito dal perimetro del quadrato di vertici 1, i, −1, −i. 7.28. Sia f una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione della singolarità isolata, di natura non specificata, in z = 2 + 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

114

7 Integrali

sue derivate in punti opportuni. Qualora le informazioni non fossero sufficienti a valutare l’integrale, dire che questo è non calcolabile. √ √ √    f (z) z f (z) z f (z) z a) dz, b) dz, c) dz. 2 2 2 γ (z + i) γ (z − 1) γ (z − 4) 7.29. Sia f una funzione intera con la proprietà ∃M > 0 tale che ∀z ∈ C si  ha |f (z)| ≤ M + |z|. Cosa è possibile affermare su f ? 7.30. Sia f (z) intera. Dimostrare che se ∃c ∈ R tale che u(z) = Re(f (z)) ≤ c ∀z ∈ C, allora u(z) è costante in C. 7.31. Sia f una funzione analitica in C ad eccezione di un numero finito di singolarità 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.

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 è una funzione analitica all’interno del cerchio di convergenza. Derivata di una serie di potenze. Unicità 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 è una funzione analitica all’interno dell’anello di convergenza. Derivata di una serie di potenze generalizzata. Unicità 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 1 f (z) = 2πi

 γ

f (w) 1 dw = w−z 2πi

 γ

f (w) dw. (w − z0 ) − (z − z0 )

C. Presilla: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile, 2a edizione. UNITEXT – La Matematica per il 3+2 72 DOI 10.1007/978-88-470-5501-8_8, © Springer-Verlag Italia 2014

116

8 Serie di Taylor e Laurent

Usando l’identità 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

zk zn + k+1 w (w − z)wn

valida per z e w arbitrari con z = w, possiamo riscrivere f (z) come 1 f (z) = 2πi



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

=

n−1 k=0

f (k) (z0 ) (z − z0 )k + ρn (z), k!

(8.2)

dove si è utilizzata la formula integrale di Cauchy f

(k)

k! (z0 ) = 2πi

 γ

f (w) dw (w − z0 )k+1

e si è posto (z − z0 )n ρn (z) = 2πi

 γ

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

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

|ρn (z)| ≤

M |z − z0 | M (|z − z0 | /r)n n→∞ 2πr = −−−−→ 0 2π (r − |z − z0 |)rn 1 − |z − z0 | /r

in quanto |z − z0 | < r.

 

8.1 Serie di Taylor

117

Nel caso particolare z0 = 0, lo sviluppo in serie di Taylor f (z) =

∞ f (n) (0) n z n! n=0

(8.3)

viene spesso indicato con il nome di sviluppo in serie di Maclaurin. ∞ 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 è una curva regolare a tratti contenuta in B(z0 , R) e g una funzione continua su {γ}, allora ∞



 g(z)(z − z0 ) dz = n

an γ

n=0

g(z)f (z)dz.

(8.4)

γ

Dimostrazione. Si noti che g e f sono funzioni continue su {γ}. La funzione g lo è per ipotesi. Invece f , in quanto somma di una serie di potenze con raggio di convergenza R, è (uniformemente) continua in B(z0 , r) con r < R arbitrario. Poiché γ è contenuta in B(z0 , R), ∃r < R tale che {γ} ⊂ B(z0 , r) e quindi f è 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) è il resto n-esimo della serie convergente a f ρn (z) =

∞

ak (z − z0 )k .

k=n

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

n−1 k=0



 g(z)(z − z0 )k dz +

ak γ

g(z)ρn (z)dz. γ

Sia M il massimo valore di |g(z)| su {γ} e L la lunghezza di γ. Poiché 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

Poiché tale relazione vale per ε arbitrariamente piccolo purché N sia sufficien-

118

8 Serie di Taylor e Laurent

temente grande, segue che  g(z)ρn (z)dz = 0

lim

n→∞

γ

 

e quindi l’asserto.

∞ Corollario 8.3 (analiticità 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 è analitica in B(z0 , R). 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 = γ

∞ n=0

 (z − z0 )n dz = 0.

an γ

Per il Teorema di Morera (7.36) segue che f è 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 2πi

 γ

 ∞ f (w) 1 (w − z0 )n dw = a dw. n 2 (w − z) 2πi γ (w − z)2 n=0

(8.6)

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

 

Corollario 8.5 (unicità dello sviluppo in serie di Taylor). Sia ∞ a (z − z0 )n = f (z) all’interno del cerchio di convergenza di centro n=0 n z0 e raggio R, allora questa è l’espansione in serie di Taylor di f intorno a z0 , cioè an = f (n) (z0 )/n!, n = 0, 1, 2, . . .

8.1 Serie di Taylor

119

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 2πi



∞

γ

f (z) 1 dz = ak n+1 (z − z0 ) 2πi k=0

 (z − z0 )k−n−1 dz.

(8.7)

γ

Per il Corollario 8.3 la funzione f è analitica in B(z0 , R) e poiché {γ} ⊂ B(z0 , R) e z0 ∈ Int(γ), per la formula integrale di Cauchy 7.34 si ha 1 2πi



f (z) f (n) (z0 ) . dz = n+1 (z − z0 ) n!

γ

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

  z

Esempio 8.6. Si determini lo sviluppo in serie di Maclaurin di f (z) = e . La funzione è 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 è 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 =

∞ 1 in z n (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 è intera e ricordando che cos z = d sin z/dz dal precedente risultato

120

8 Serie di Taylor e Laurent

si ha cos z =

∞ d (−1)k 2k+1 z dz (2k + 1)! k=0

=

∞ (−1)k

(2k)!

k=0

z 2k

z4 z6 z2 + − + ..., |z| < ∞. 2 24 6! Esempio 8.9. Si determini lo sviluppo in serie di Maclaurin di f (z) = cosh z. La funzione è intera e ricordando che cosh z = cos(iz) dal precedente risultato si ha =1−

cosh z = =

∞ (−1)k

(2k)!

k=0 ∞

(iz)2k

1 2k z (2k)!

k=0

z4 z6 z2 + + + ..., |z| < ∞. 2 24 6! Esempio 8.10. Si determini lo sviluppo in serie di Maclaurin di f (z) = sinh z. La funzione è intera e ricordando che sinh z = d cosh z/dz dal precedente risultato si ha =1+

sinh z =

∞ d 1 2k z dz (2k)! k=0

= =

∞ k=1 ∞

1 z 2k−1 (2k − 1)!

1 z 2k+1 (2k + 1)! n=0

z5 z7 z3 + + + ..., |z| < ∞. 6 5! 7! Esempio 8.11. Abbiamo già studiato la convergenza della serie geometrica =z+

∞ n=0

zn =

1 , 1−z

|z| < 1.

(8.8)

Posto f (z) = 1/(1 − z), per l’unicità 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

|z| < 1,

8.1 Serie di Taylor ∞ 1 = (−1)n (z − 1)n , z n=0

121

|z − 1| < 1.

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 ∞ z − z0 1 = (−1)n , z0 n=0 z0



z − z0

z0 < 1,

si ottiene 1 d 1 =− z2 dz z  n−1 ∞ n z − z0 1 (−1)n =− z0 n=1 z0 z0  k ∞ z − z0 1 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 più grande cerchio di centro z0 contenuto nel dominio di analiticità 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 dw log z − log z0 = w z0  n  z ∞ w − z0 1 (−1)n dw = z0 z0 z0 n=0  n+1

w=z ∞ (−1)n w − z0

=

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

122

8 Serie di Taylor e Laurent

z0

z0

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

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 Dunque la somma della serie (8.9) è una funzione analitica in B(z0 , |z0 |). Tale funzione non può essere il ramo principale di log z nel caso in cui Re z0 < 0. Essa sarà 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 è 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 è analitica nel cerchio |z − 1| < 1 dove è sviluppabile in serie di Taylor. Osservando che f (0) (z) = z 1/2 , 1 f (1) (z) = z 1/2−1 , 2 1 1 (2) − 1 z 1/2−2 , f (z) = 2 2   1 1 1 f (3) (z) = −1 − 2 z 1/2−3 , 2 2 2 .. .    1 1 1 1 (n) −1 − 2 ... − n + 1 z 1/2−n , f (z) = 2 2 2 2

8.2 Serie di Laurent

e quindi f (n) (1) = si conclude √

z=

1 2





1 −1 2

123

 1 1 1 − 2 ... − n + 1 = 2 n!, 2 2 n

∞ 1 2

n=0

n

(z − 1)n

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 ∞  c n z (1 + z)c = n n=0 = 1 + cz +

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 − z0 | < R2 }.

(8.10)

Un anello è 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 analiticità di 1/(z − z0 ) è 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) =

∞ n=0

dove

an (z − z0 ) + n

∞

bn , (z − z0 ) n n=1

 f (z) 1 dz, n = 0, 1, 2, . . . , an = 2πi γ (z − z0 )n+1  1 bn = f (z)(z − z0 )n−1 dz, n = 1, 2, 3, . . . , 2πi γ

(8.11)

(8.12) (8.13)

124

8 Serie di Taylor e Laurent

o, equivalentemente, ∞

f (z) =

cn (z − z0 )n ,

(8.14)

n=−∞

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 così che {γ3 } ⊂ A(z0 , r1 , r2 ). Poiché f (w)/(w − z) è 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. w − z w − z w −z γ2 γ1 γ3 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   f (w) f (w) 1 1 dw + dw. = 2πi γ2 (w − z0 ) − (z − z0 ) 2πi γ1 (z − z0 ) − (w − z0 ) Usando le identità 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

zk zn + , wk+1 (w − z)wn

n−1 wk 1 wn = + z−w z k+1 (z − w)z n k=0

=

n wj−1 j=1

zj

+

wn , (z − w)z n

8.2 Serie di Laurent

125

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

n−1

ak (z − z0 )k + ρn (z) +

j=1

k=0

dove si è posto ak =



1 2πi

ρn (z) =

n

γ2

f (w) dw, (w − z0 )k+1

(z − z0 )n 2πi

1 bj = 2πi

bj + σn (z), (z − z0 )j



(8.16)

k = 0, 1, . . . , n − 1,

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

γ2



σn (z) =

f (w)(w − z0 )j−1 dw,

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

γ1

1 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 è sufficiente mostrare che limn→∞ ρn (z) = 0 e limn→∞ σn (z) = 0 perché 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 n

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

|ρn (z)| ≤

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

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

in quanto r1 < |z − z0 |.

 

Si osservi che la convergenza di una serie del tipo ∞

cn (z − z0 )n = f (z),

(8.17)

n=−∞

che converremo di chiamare serie di potenze generalizzata, è equivalente, per definizione, alla convergenza simultanea delle due serie ∞ n=0

an (z − z0 )n = fa (z),

a n = cn ,

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

(8.18)

126

8 Serie di Taylor e Laurent ∞

bn = fb (z), (z − z0 ) n n=1

bn = c−n ,

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

(8.19)

con fa (z) + fb (z) = f (z). La serie di potenze (8.18) è convergente all’interno del cerchio di centro z0 e raggio R2 dato da 1 1/n = lim sup |cn | . R2 n→∞

(8.20)

D’altro canto la (8.19) con la posizione w = 1/(z − z0 ) diventa la serie di ∞ 1/n potenze n=1 bn wn convergente per |w| < 1/ lim supn→∞ |c−n | . Pertanto la serie (8.19) converge all’esterno del cerchio di centro z0 e raggio R1 = lim sup |c−n |

1/n

.

(8.21)

n→∞

In conclusione, si ha la convergenza simultanea delle (8.18) e (8.19), quindi della serie (8.17), nell’anello A(z0 , R1 , R2 ). Teorema 8.17 (integrale 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=−∞ Se γ è una curva regolare a tratti contenuta in A(z0 , R1 , R2 ) e g una funzione continua su {γ}, allora   ∞ n cn g(z)(z − z0 ) dz = g(z)f (z)dz. (8.22) γ

n=−∞

γ

Dimostrazione. 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 è continua su {γ}, simultaneamente si ha   ∞ an g(z)(z − z0 )n dz = g(z)fa (z)dz, n=0 ∞ n=1

e quindi l’asserto.

γ



bn γ

g(z) dz = (z − z0 )n



γ

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 (analiticità 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 è 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 .

8.2 Serie di Laurent

127

Corollario 8.20 (unicità dello sviluppo in serie di Laurent). Sia ∞ c (z − z0 )n = f (z) all’interno dell’anello di centro z0 e raggi R1 , n n=−∞ R2 , allora questa è l’espansione in serie di Laurent di f intorno a z0 , cioè 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). 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 cioè 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 è analitica in tutto C ad eccezione dei punti z = 1 e z = 2. Pertanto è 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 = (1/z)n + (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 f (z) =

1 1 1 1 − z 1 − 1/z z 1 − 2/z

128

8 Serie di Taylor e Laurent ∞ ∞ 1 1 (1/z)n − (2/z)n z n=0 z n=0

= =

∞ 1 − 2k+1

zk

k=1

.

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 .

(8.23)

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’unicità 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 ), f g è 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

1 dn cn = 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) f (z0 )g (n−k) (z0 ) cn = k n! k=0

= =

n f (k) (z0 ) g (n−k) (z0 ) k=0 n

k! ak bn−k .

(n − k)!  

k=0

∞ Teorema 8.24 (rapporto di dueserie di potenze). Sia n=0 an (z − ∞ n b (z − z ) = g(z)  = 0 per z ∈ z0 )n = f (z) per z ∈ B(z0 , R1 ) e 0 n=0 n

8.3 Moltiplicazione e divisione di due serie di potenze

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 ) , dn = an − dk bn−k . b 0 n=0

129

(8.24)

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 ∈ B(z0 , R2 ). Pertanto, posto R = min(R1 , R2 ), f /g è 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 così 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 è analitica in tutto C ad eccezione del punto z = −1. Pertanto f è 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  ez z2 z3 z4 z5 = 1+z+ + + + + ... 1+z 2 6 24 120   × 1 − z + z2 − z3 + z4 − z5 + . . . 1 3 11 1 = 1 + z2 − z3 + 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 è analitica in tutto C ad eccezione dei punti z = kπ, k ∈ Z. Pertanto f è sviluppabile in serie di Laurent nell’anello 0 < |z| < π. Usando lo sviluppo in serie di Maclaurin di

130

8 Serie di Taylor e Laurent

sin z, possiamo scrivere 1 1 = 3 5 7 z z sin z z − 3! + 5! − z7! + . . . 1 1  z2  = 4 z z 1 − 3! − 5! + z7!6 + . . . #  2  2 2 z z 1 z4 z6 z4 z6 = 1+ − + + ... + − + + ... z 3! 5! 7! 3! 5! 7! $  2 3 z z4 z6 − + + ... + + ... 3! 5! 7! % & 1 z2 z4 z4 z6 2z 6 z6 = 1+ − + + − + + ... z 3! 5! 3!3! 7! 3!5! 3!3! 7 3 1 1 31 5 z + z + ..., = + z+ z 6 360 15120 dove si è usato 1 = 1 + h(z) + h(z)2 + h(z)3 + . . . , 1 − h(z) valida per |h(z)| < 1. Tale condizione è certamente soddisfatta per |z| sufficientemente piccolo se, come nel nostro caso, limz→0 h(z) = 0. Per il teorema di unicità, quella appena trovata è 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 poiché sin z/z si annulla per z = kπ, k = ±1, ±2, . . . , ma non per z = 0 dove per continuità la funzione viene assunta valere 1, nel cerchio |z| < π il rapporto 1/(sin z/z) può 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 (8.24) 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 = .. .

7 , 360

8.3 Moltiplicazione e divisione di due serie di potenze

131

e quindi 1 1 7 4 = 1 + z2 + z + ... sin z/z 6 360

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 così ottenuta. 8.2. Sviluppare in serie di Taylor intorno a z0 = 0 la funzione  z 2 ew dw f (z) = 0

e determinare il raggio di convergenza della serie così ottenuta. 8.3. Assumendo per il logaritmo il ramo principale, determinare il dominio di analiticità della funzione f (z) = log

1+z 1−z

e quindi svilupparla in serie di Taylor intorno a z = 0. 8.4. Sviluppare in serie di Taylor di centro z0 = 3 il ramo principale di log z e determinare il raggio di convergenza di tale serie. 8.5. Assumendo per il logaritmo il ramo principale, determinare la regione di analiticità 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 così ottenuta. 8.6. 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. 8.7. Sviluppare in serie di Taylor intorno al punto z0 = 0 la funzione f (z) = ez sin z. 8.8. Determinare il dominio di analiticità del ramo principale di log(z 2 ) e il suo sviluppo in serie di Taylor intorno al punto z0 = 1.

132

8 Serie di Taylor e Laurent

8.9. Sviluppare in serie di Taylor intorno al punto z0 = 0 la funzione eiz sinh z. 8.10. Sviluppare in serie di Taylor intorno al punto z0 = 0 la funzione arctan z e determinare il raggio di convergenza della serie così ottenuta. 8.11. Sviluppare in serie di Laurent intorno a z0 = i la funzione f (z) =

1 (z 2 + 1)2

specificando il dominio anulare di validità della serie così ottenuta. 8.12. 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

8.13. 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

8.14. Sviluppare √ in serie √ di Laurent intorno a z0 = 0, in entrambe le regioni anulari 0 < |z| < 2 e 2 < |z| < ∞, la funzione 1 . z 3 + 2z

f (z) =

8.15. 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) =

z2

1 . +1

8.16. Sviluppare in serie di Laurent intorno a z0 = 0 nella regione anulare 0 < |z| < 1 la funzione f (z) =

1 . z + z3

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 Laurent nell’anello 0 < |z − 1| < 1 la funzione f (z) =

1 . (z − 1)2 (z − 2)2

8.3 Moltiplicazione e divisione di due serie di potenze

133

8.19. Sviluppare in serie di Laurent intorno a z = 0 la funzione f (z) =

z 2 (1

2z + z 2 )2

nelle due regioni anulari 0 < |z| < 1 e 1 < |z| < ∞. 8.20. Sviluppare in serie di Laurent intorno a z = i la funzione f (z) =

1 z + z3

nelle due regioni anulari 0 < |z − i| < 1 e 2 < |z − i| < ∞. 8.21. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, determinare il valore del seguente limite giustificando la risposta: lim (cos z)

1/z 2

z→0

.

8.22. 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. 8.23. Sviluppare in serie di Laurent intorno a z = 0 fino all’ordine z 1 compreso la funzione f (z) =

z2

1 . sinh z

8.24. Determinare la derivata quarta in z = 0 della funzione f (z) = 1/ cos z. 8.25. Determinare, ad ogni ordine, la serie di potenze definita dal rapporto  ∞ −1 ∞ zn 2n z n n=0

n=0

e calcolarne il raggio di convergenza. 8.26. 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 . 8.27. Trovare la parte singolare dello sviluppo in serie di Laurent intorno a z0 = 0 di cos z . f (z) = sin(z 2 )(ez − 1)

134

8 Serie di Taylor e Laurent

8.28. 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. 8.29. Determinare fino all’ordine z 6 compreso lo sviluppo in serie di Taylor intorno a z0 = 0 del ramo principale della funzione sin z f (z) = √ . cos z

9 Residui

Sommario. Singolarità e singolarità isolate. Residuo di una funzione in una singolarità isolata. Teorema dei residui. Teorema dei residui con il residuo all’infinito. Classificazione delle singolarità isolate: singolarità eliminabili, poli di ordine m, singolarità essenziali. Condizione necessaria e sufficiente affinché 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 affinché una funzione analitica abbia uno zero di ordine m. Teorema di identità. Gli zeri delle funzioni analitiche non costanti sono isolati e di ordine finito. Condizione sufficiente affinché 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 prossimità delle singolarità 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 è detto punto singolare di f se f è non analitica in z0 ma ∀ε > 0 ∃z ∈ B(z0 , ε) tale che f è analitica in z. Definizione 9.2 (punto singolare isolato). Un punto singolare z0 di f è detto isolato se ∃r > 0 tale che f è analitica in A(z0 , 0, r). In altre parole, z0 è un punto singolare isolato di f se ∃r > 0 tale che f è 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

C. Presilla: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile, 2a edizione. UNITEXT – La Matematica per il 3+2 72 DOI 10.1007/978-88-470-5501-8_9, © Springer-Verlag Italia 2014

(9.1)

136

9 Residui

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

z=z0

(9.2)

Teorema 9.4 (dei residui). Sia γ una curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente. Se f è 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  n f (z)dz = 2πi Res f (z). (9.3) γ

k=1

z=zk

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

k=1

γk

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

e quindi l’asserto.

z=zk

 

Teorema 9.5 (del residuo all’infinito). Sia γ una curva chiusa semplice regolare a tratti orientata positivamente. Se f è una funzione analitica su e all’esterno di γ, allora   1 1 . (9.4) f (z)dz = 2πi Res 2 f z=0 z z γ Dimostrazione. Per il teorema della curva di Jordan, ∃R < ∞ tale che {γ} ⊂ B(0, R). La funzione f è analitica in A(0, R, ∞) e pertanto in tale regione anulare vale lo sviluppo in serie di Laurent  ∞ f (z) 1 f (z) = cn z n , cn = dz, n ∈ Z. (9.5) 2πi γ0 z n+1 n=−∞ Il cammino γ0 è 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. Poiché f è analitica su γ, su γ0 e nella regione compresa tra γ e γ0 , per il principio di deformazione

9.1 Punti singolari isolati: residui

dei cammini si ha



137

 f (z)dz = γ

f (z)dz = 2πi c−1 .

(9.6)

γ0

Stabiliamo ora il ruolo del coefficiente c−1 . Poiché f ammette lo sviluppo (9.5) per R < |z| < ∞, ponendo z = 1/w per 0 < |w| < 1/R si ha  n  ∞ ∞ ∞ 1 1 1 1 1 = f c = c = c−k−2 wk . n n n+2 w2 w w2 n=−∞ w w n=−∞ k=−∞

Da questa segue 1 f w=0 w 2 Res

 1 = c−1 . w

(9.7)

Pertanto il coefficiente c−1 è 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 ) è analitica su e dentro γ ad eccezione della singolarità 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 ) è analitica ovunque ad eccezione delle singolarità isolate nei punti zn = (nπ)−1 , n = ±1, ±2, . . . , e della singolarità non isolata in z = 0. Dunque la funzione 1/ sin(z −1 ) è 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 Tale residuo può essere calcolato considerando che per 0 < |z| < ∞ vale lo

138

9 Residui

sviluppo in serie di Laurent 1 1 1 = 2 2 z sin(z) z z−

1 z3 3!

z5 5!

−

z7 7!

+ ... 1 1   = 3 z 1 − z3!2 − z5!4 + . . . $ #  2 2  2 z z 1 z4 z4 = 3 1+ − + ... + − + ... + ... z 3! 5! 3! 5!  1 1 1 −1 −3 =z + z + − + z + ... 3! 5! (3!)2

In conclusione

 γ

+

1 1 π dz = 2πi = i. −1 sin(z ) 3! 3

9.2 Classificazione delle singolarità isolate Definizione 9.8 (polo di ordine m, singolarità eliminabile, singolarità 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 +

k=0

∞ 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 è: a) un polo di ordine m se bm = 0 e bk = 0 ∀k > m; b) una singolarità eliminabile se bk = 0 ∀k ≥ 1 (polo di ordine 0); c) una singolarità 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 ∞ sinh z 1 z z3 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 singolarità isolata in z0 = 0 che risulta eliminabile. Infatti per z ∈ A(0, 0, ∞) si ha   ∞ 2k 1 − cos z z2 z4 1 1 2k z = − + + ... = 2 1− (−1) 2 z z (2k)! 2! 4! 6! k=0

9.2 Classificazione delle singolarità isolate

139

Il nome, singolarità eliminabile, segue dal fatto che in effetti è possibile definire una funzione f (z) associata a quella data  z = 0 (1 − cos z)/z 2 f (z) = 1/2 z=0 che risulta analitica anche in z0 . Esempio 9.11. La funzione exp(1/z) ha una singolarità 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 è 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. Poiché g è analitica in z0 , ∃r > 0 tale che g è 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 ∞

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

Da questa espressione, essendo g(z0 ) = 0, si conclude che z0 è 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 è 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

con bm = 0. Posto g(z) =



(z − z0 )m f (z) bm

m k=1

bk , (z − z0 )k

z ∈ A(z0 , 0, r) , z = z0

140

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 è analitica in B(z0 , r) e quindi analitica in z0 . Inoltre g(z0 ) = bm = 0. Infine, per l’unicità 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 è 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 è 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 . Poiché g è analitica in z0 , ∃r > 0 tale che g è 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’unicità 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,

cioè z0 è 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.

Poiché f è analitica in z0 , ∃r > 0 tale che f è 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

141

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),   è 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 proprietà sono equivalenti: a) f è 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. Poiché f è continua deve essere f (z0 ) = 0. Se z0 è 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, poiché g è continua e non nulla in z0 , per il Teorema 3.28 ∃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 è un punto limite di Z. Dobbiamo perciò 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 è 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 è chiuso. Si consideri un arbitrario z ∈ A e sia (zj ) una successione di punti zj ∈ A convergenti a z. Poiché f (k) è, per ogni k, una funzione continua, segue che f (k) (z) = limj→∞ f (k) (zj ) = 0. Pertanto z ∈ A. Per dimostrare che A è aperto in D, si consideri un arbitrario punto z ∈ A. Poiché z ∈ D e D è aperto, ∃r > 0 tale che B(z, r) ⊂ D. ∞ Allora ∀w ∈ B(z, r) si ha f (w) = n=0 an (w − z)n = 0 in quanto per ogni n risulta an = f (n) (z)/n! = 0. Derivando k volte, con k arbitrario, la stessa serie segue f (k) (w) = 0, pertanto w ∈ A. Si conclude che B(z, r) ⊂ A e quindi A è aperto.   Corollario 9.16 (teorema di identità). 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 è isolato e di ordine finito. Dimostrazione. Sia z0 ∈ D tale che f (z0 ) = 0. Poiché f è non costante in D, essa è non identicamente nulla in D. Per il Teorema 9.15 segue che l’insieme

142

9 Residui

Z degli zeri di f in D non ha punti limite, quindi z0 è isolato, cioè ∃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 è 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 è 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 identità 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. Poiché 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 singolarità isolata in z0 . Inoltre, poiché q(z) = g(z)(z − z0 )m con g analitica in z0 e g(z0 ) = 0, si ha f (z) =

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

dove h(z) = p(z)/g(z) è analitica e non nulla in z0 . Per il Teorema 9.12 si   conclude che z0 è 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 ciò è possibile solo se si conosce la funzione g che definisce h = p/g. Nel caso particolare m = 1 si ha il seguente semplice risultato.

9.5 Comportamento in prossimità di singolarità isolate

143

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)

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

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

9.5 Comportamento in prossimità di singolarità isolate Il comportamento di una funzione analitica in prossimità di un punto singolare isolato è 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 3.9, segue l’asserto.

 

Teorema 9.23. Sia z0 una singolarità eliminabile di f , allora ∃ε > 0 tale che f è analitica e limitata in A(z0 , 0, ε).

144

9 Residui

Dimostrazione. Poiché z0 è una singolarità eliminabile di f , ∃r > 0 tale che f è 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 è analitica, quindi continua, nel compatto B(z0 , ε). Segue che g è limitata in B(z0 , ε) e pertanto   f è limitata in A(z0 , 0, ε).

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

∞ n=0

an (z − z0 ) + n

∞

bn . (z − z0 ) n n=1

I coefficienti della parte principale di questa serie possono essere calcolati con la formula  1 f (z)(z − z0 )n−1 dz, n = 1, 2, 3, . . . , bn = 2πi γ dove γ è la circonferenza orientata positivamente |z − z0 | = ρ con ρ < ε arbitrario. Poiché f è limitata in A(z0 , 0, ε), cioè ∃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’arbitrarietà di ρ deve essere bn = 0 ∀n ≥ 1. Si conclude che z0 è una singolarità eliminabile di f .   Teorema 9.25 (Casorati-Weierstrass). Sia z0 una singolarità essenziale di f , allora ∀δ > 0 l’insieme f (A(z0 , 0, δ)) è denso in C. Dimostrazione. Sia f analitica in A(z0 , 0, r) con r > 0. Dobbiamo mostrare che ∀δ > 0, purché 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, è possibile trovare un punto z ∈ A(z0 , 0, δ) tale che |f (z) − w| < ε. Ragioniamo per assurdo e supponiamo che questo non sia possibile. 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 è analitica e limitata in A(z0 , 0, δ). Per il Lemma 9.24, z0 è una singolarità 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

9.5 Comportamento in prossimità di singolarità isolate

145

definisce f (z0 ) = w+1/g(z0 ). In altre parole z0 è una singolarità 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 è una singolarità essenziale di f .

Esercizi 9.1. Una funzione f è analitica in tutto il piano complesso ad eccezione delle singolarità 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 è non calcolabile.

z1 z2 Γ3

9.2. Calcolare l’integrale

 γ

Γ3 z3

Γ1

Γ2

1 dz, sin(z −2 )

dove γ è la circonferenza di raggio unitario centrata nell’origine e percorsa in verso antiorario. 9.3. Calcolare l’integrale  z dz , 2 γ (z − 2)(z + 1) 9.4. Calcolare l’integrale  z 2 dz , πz + 1 γ e

γ(t) = 1 + i + 2eit ,

γ(t) = 1 + 2i + 2eit ,

0 ≤ t ≤ 2π.

0 ≤ t ≤ 2π.

146

9 Residui

9.5. Sia γn il perimetro del quadrato di vertici (−1 − i)an , (1 − i)an , (1 + i)an e (−1 + i)an , con an = (n + 1/2)π e n ∈ N. Mostrare che  1 dz = 0. lim 2 n→∞ γ z sin z n Calcolare quindi lo stesso integrale per n generico in termini di opportuni residui. Infine, determinare la serie che si ottiene per n → ∞ e la sua somma. 9.6. Classificare tutte le singolarità isolate delle seguenti funzioni e calcolarne i corrispondenti residui:   1 1 , b) z 3 cos . a) cos z−2 z−2 9.7. Determinare la natura della singolarità isolata in z = 0 della seguente funzione e calcolarne il corrispondente residuo: f (z) =

(ez

1 . − 1) sin z

9.8. Assumendo per le funzioni polidrome il ramo principale, determinare, fino all’ordine z 4 compreso, lo sviluppo in serie di potenze intorno a z = 0 della funzione f (z) =

1 log(cos z). z2

Classificare la natura della singolarità di f (z) in z = 0. 9.9. Ciascuna delle seguenti funzioni (si consideri il ramo principale per quelle polidrome) ha una singolarità 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 9.10. Determinare la natura della singolarità isolata in z = 0 della seguente funzione e calcolarne il corrispondente residuo: f (z) =

ez sin z . z(1 − cos z)

9.11. Determinare la natura della singolarità isolata in z = 3 delle seguenti funzioni e calcolarne il corrispondente residuo:  1 z a) z sin , b) . z−3 (z − 3) sin(z − 3) 9.12. Ciascuna delle seguenti funzioni (si consideri il ramo principale per quelle polidrome) ha una singolarità in z = 0. Classificarne la natura e, se il caso,

9.5 Comportamento in prossimità di singolarità isolate

calcolare il corrispondente residuo: a) log(z 2 ),

b) z 3 cos



1 z2

,

c)

z4

147

1 . sinh z

9.13. Ciascuna delle seguenti funzioni (si consideri il ramo principale per quelle polidrome) ha una singolarità in z = 0. Classificarne la natura e, se il caso, calcolare il corrispondente residuo: √ z 1 a) , b) 2 , c) z exp(z −2 ). 1 − cos z z 9.14. Ciascuna delle seguenti funzioni (si consideri il ramo principale per quelle polidrome) ha una singolarità 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)

9.15. Classificare tutte le singolarità 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 singolarità in z = 0. Classificarne la natura e, se il caso, calcolare il corrispondente residuo: ' 1 1 1 n b) z sin , n ∈ N, c) 1+ . a) tan , z z z 9.17. Si determini la natura della singolarità 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

z=z0

9.19. Determinare la natura di tutte le singolarità isolate della seguente funzione e calcolarne il corrispondente residuo: f (z) =

ez . z 2 sin z

148

9 Residui

9.20. Determinare la natura di tutte le singolarità isolate della seguente funzione e calcolarne il corrispondente residuo:  1 f (z) = z 3 cos . z−2 9.21. Determinare la natura di tutte le singolarità isolate della seguente funzione e calcolarne il corrispondente residuo: f (z) =

log(1 + z) . z sin z

Si assuma per il logaritmo il ramo principale. 9.22. Calcolare il residuo in z = 0 delle funzioni fn (z) =

z −n , (z − 1)2 (z − 2)

n = 1, 2, 3, 4.

Determinare una funzione g(z), polidroma ma analitica in z = 0, tale che f2 (z)g(z) abbia un polo doppio in z = 0 con residuo nullo. 9.23. Determinare il residuo in z = −2 della funzione  1 (z + 2)4 sin . f (z) = z−3 z+2 9.24. 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) Res p(z) . z=z0 f (z) 9.25. 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

9.26. 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

9.27. Si supponga dimostrata l’identità sin2 z + cos2 z = 1 ∀z ∈ R. Provare che l’identità è valida ∀z ∈ C.

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 è 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 è definito da un limite come specificato di seguito:  ∞  R f (x)dx = lim f (x)dx, 

R→∞

a b



a b

f (x)dx = lim 

−∞ +∞

f (x)dx = −∞

R→∞

f (x)dx, −R



R2

lim

R1 ,R2 →∞

f (x)dx, −R1

C. Presilla: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile, 2a edizione. UNITEXT – La Matematica per il 3+2 72 DOI 10.1007/978-88-470-5501-8_10, © Springer-Verlag Italia 2014

150

10 Applicazioni dei residui



f (x)dx = lim+ r→0

a



a



b



b

b

f (x)dx = lim r→0+ 

b−r



r1 ,r2 →0+

a

x→b−

b

lim |f (x)| = ∞, 

f (x)dx, a+r

c−r1

f (x)dx = lim

lim |f (x)| = ∞,

f (x)dx, a



f (x)dx + a

x→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 è 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  +∞ f (x)dx = lim f (x)dx, PV R→∞ −R −∞      b

c−r

f (x)dx = lim

PV 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 è finito. Ovviamente se un integrale improprio è convergente allora esso è convergente anche secondo il valore principale di Cauchy. Il viceversa in generale è falso. Si consideri, ad esempio,  1  +∞ 1 x dx = 0, PV dx = 0, PV 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 è 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 è la circonferenza centrata nell’origine, di raggio unitario e orientata positivamente.

10.2 Integrali di funzioni trigonometriche

151

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  iθ 1 iθ e + e−iθ eiθ − e−iθ = , f ie dθ 2 2i 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  

che è la formula (10.1). Esempio 10.4. Si mostri che  2π dθ 2π =√ , 1 + a cos θ 1 − a2 0

−1 < a < 1.

L’integrale è equivalente a  2π   dθ 1 dz 1 2 = = dz, 2 + 2z/a + 1 z+z −1 iz 1 + a cos θ ia z γ 1+a γ 0 2 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 è analitica su γ e al suo interno ad eccezione del polo semplice in z+ . Per il teorema dei residui  1 1 2 2 dz = 2πi Res 2 2 z=z+ z + z + 1 ia γ z 2 + a2 z + 1 ia a 1/(z − z− ) 4π = Res a z=z+ z − z+ 1 4π = a z+ − z − 2π =√ . 1 − a2

152

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 , Res z=zk Qm (z) Qm (x)

+∞ −∞

(10.2)

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 

+∞ −∞

Pn (x) dx = PV Qm (x)



+∞ −∞

Pn (x) dx = lim R→∞ Qm (x)



R −R

Pn (x) dx. Qm (x)

Quest’ultimo può 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 così 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))



R −R

Pn (x) dx, Qm (x)

mentre  lim

R→∞

γR

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

Per dimostrare quest’ultimo limite si ragioni come segue. Sia Pn (z) = pn z n + pn−1 z n−1 + · · · + p0 e Qm (z) = qm z m + qm−1 z m−1 + · · · + q0 con pn = 0 e

10.3 Integrali di funzioni razionali

153

qm = 0, allora zPn (z) zz n pn + pn−1 z −1 + · · · + p0 z −n = lim m z→∞ Qm (z) z→∞ z qm + qm−1 z −1 + · · · + q0 z −m n+1 z pn + pn−1 z −1 + · · · + p0 z −n = lim lim z→∞ z m z→∞ qm + qm−1 z −1 + · · · + q0 z −m pn =0 qm = 0, lim

in quanto m ≥ n + 2. Pertanto, ∀ε > 0 è 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

Q (z) Q (z) πR m m z∈{γR } γR Dall’arbitrarietà 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 può quindi essere soddisfatta se m è dispari: in questo caso, infatti, almeno uno zero di Qm (z) deve coincidere con il suo complesso coniugato, cioè deve essere reale. Ovviamente anche se m è pari potrebbero esserci zeri reali, in questo caso di ordine pari. Nella dimostrazione precedente l’integrale di Pn (z)/Qm (z) può essere valutato anche lungo il cammino chiuso γ = λ + γR , dove γR (t) = Re−it con 0 ≤ t ≤ π. Si osservi che questo cammino è 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 z=z Qm (z) k Qm (z)

e quindi, osservando che il valore dell’integrale improprio è reale, si conclude che Pn (z) Pn (z) = 2π Res Im Res −2πi z=zk Qm (z) z=zk Qm (z) k k Pn (z) = −2π Im Res z=zk Qm (z) k

154

10 Applicazioni dei residui

= 2πi

k

Res

z=zk

Pn (z) . Qm (z)

Nel caso m = n + 1 e sempre assumendo Qm (x) = 0 ∀x ∈ R, l’integrale di Pn (x)/Qm (x) su R esiste nel senso di valore principale di Cauchy e può essere valutato mediante la formula  +∞  R Pn (x) Pn (x) PV dx = lim dx R→∞ Q (x) Q m m (x) −∞ −R    R Pn (x) cos(ax)dx = lim lim R→∞ a→0 −R Qm (x)    R Pn (x) = lim lim cos(ax)dx 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

ΓR i 1i R

i Λ

1i

R R

1i

Λ

R

1i

i

i ΓR

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 e trigonometriche

155

√ semplici in z = ±i e z = −1 + 1 − 2 = −1 ± i con residui

1 ∓ 2i z ±i

= , = Res f (z) = 2 z=±i (z − (∓i))(z + 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 Applicando la formula (10.2) o quella (10.3) si ottiene   +∞ 1 ∓ 2i −1 ± 3i x dx = ±2πi + 2 2 10 10 −∞ (x + 1)(x + 2x + 2) ±i = ±2πi 10 π =− . 5

10.4 Integrali di funzioni razionali e trigonometriche In questa sezione prenderemo in considerazione integrali impropri del tipo  +∞  +∞  +∞ iax R(x)e dx = R(x) cos(ax)dx + i R(x) sin(ax)dx, −∞

−∞

−∞

dove R(x) è 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 così che {γR } ⊂ A. Se ∃MR > 0 tale che |f (z)| ≤ MR ∀z ∈ {γR } e inoltre limR→∞ MR = 0, allora  lim f (z)eiaz dz = 0, a > 0. (10.5) R→∞

γR

Dimostrazione. Il modulo dell’integrale su γR può essere maggiorato come segue



 π



iaz iθ iaReiθ iθ

f (z)e dz = f (Re )e iRe dθ

γR 0  π

iθ

≤

f (Reiθ )eiaRe iReiθ dθ 0  π e−aR sin θ dθ ≤ MR R 0

 = 2MR R

π/2 0

e−aR sin θ dθ.

(10.6)

156

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 è che l’integrale su γR di Pn (z)eiaz /Qm (z) si annulla nel limite R → ∞ in virtù del lemma di Jordan.   Utilizzando un differente cammino di integrazione nel piano complesso, è possibile ridimostrare la formula (10.8) unitamente alla convergenza dell’integrale improprio nel senso ordinario. 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=zk Qm (z) Qm (x)

(10.9)

k

dove zk sono gli zeri di Qm (z) contenuti nel semipiano complesso Im z > 0. Dimostrazione. Si integri la funzione Pn (z)eiaz /Qm (z) lungo il perimetro del quadrato γ = λ1 + λ2 + λ3 + λ4 rappresentato dai quattro cammini rettilinei −R1 ≤ x ≤ R2 , λ2 (y) = R2 + iy, 0 ≤ y ≤ R1 + R2 ,

λ1 (x) = x,

10.4 Integrali di funzioni razionali e trigonometriche

157

λ3 (x) = x + i(R1 + R2 ), R2 ≥ x ≥ −R1 , λ4 (y) = −R1 + iy, R1 + R2 ≥ y ≥ 0. Supposti R1 , R2 > 0 sufficientemente grandi così 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 e dz = 2πi e . Res z=zk Qm (z) Qm (z)

λj

k

Per gli integrali lungo i singoli cammini che compongono γ si ha  λ1

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



R2 −R1 R2



= −R1

 λ2

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



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

R1 +R2 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 (λ2 (y)) iaλ2 (y)  e λ2 (y)dy Qm (λ2 (y)) Pn (R2 + iy) iaR2 −ay e e idy, Qm (R2 + iy)

Pn (λ3 (x)) iaλ3 (x)  e λ3 (x)dx Qm (λ3 (x)) Pn (x + i(R1 + R2 )) iax −a(R1 +R2 ) e e dx, 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 e idy. Qm (−R1 + iy) z→∞

Poiché 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 degli integrali su λj , con j = 2, 3, 4, possono essere maggiorati come segue:





λ2

 R1 +R2

Pn (R2 + iy) iaR −ay Pn (z) iaz

2

e dz ≤ e i

dy

Qm (R2 + iy) e Qm (z) 0  R1 +R2 < εae−ay dy 0

 = ε 1 − e−a(R1 +R2 ) ,

158

10 Applicazioni dei residui





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

R2

lim

R1 ,R2 →∞

−R1

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

 

k

Cambiando a in −a si ottiene  +∞ Pn (z) iaz Pn (x) −iax e e dx = 2πi Res z=zk Qm (z) −∞ Qm (x) 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 può essere ottenuta anche direttamente integrando la funzione complessa f (z) = Pn (z)e−iaz /Qm (z), con a > 0, lungo il perimetro del quadrato di vertici −R1 , R2 , R2 − i(R1 + R2 ), −R1 − i(R1 + R2 ) che è orientato negativamente e contiene gli zeri zk di Qm (z) giacenti nel semipiano complesso inferiore. 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). 2 x + 4x + 5 e

Si consideri la funzione f (z) = (z +1)eiz /((z 2 +4z +5). Questa ha poli semplici

10.4 Integrali di funzioni razionali e trigonometriche Λ3

159

R1 R2

Λ4

Λ2 2i Λ1

R1

R2

2i

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)

√ in z = −2 + 4 − 5 = −2 ± i e il residuo nel polo contenuto nel semipiano Im z > 0 vale

(1 + i)e−2i (z + 1)eiz

(−1 + i)e−2i−1 = . = 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 x2 + 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

Esempio 10.11. Si mostri che 

+∞

PV −∞

x2

(x + 1) dx = −π. + 4x + 5

Si consideri la funzione f (z) = (z+1)eiaz /((z 2 +4z+5) con a > 0. Dall’esempio

160

10 Applicazioni dei residui

precedente segue immediatamente  +∞ (x + 1) cos(ax) (1 + i)(cos(2a) − i sin(2a)) dx = −2π Im 2 x + 4x + 5 2ea −∞ π = a (sin(2a) − cos(2a)) e e quindi 

+∞

PV −∞

(x + 1) dx = lim a→0 x2 + 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  lim f (z)dz = ±πi Res f (z). (10.11) r→0

z=z0

γr±

Dimostrazione. Poiché 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 è proprio ±πi Resz=z0 f (z), mentre il secondo si annulla nel limite r → 0. Infatti, scelto r0 < R, la funzione |g| è 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 .

 

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. È evidente che gli integrali reali convergono in questo caso solo nel senso del valore principale di Cauchy.

10.5 Cammini indentati intorno a un polo semplice

161

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 

+∞

PV −∞

Pn (x) Pn (z) Pn (z) dx = 2πi + πi , Res Res z=zk Qm (z) z=xj Qm (z) Qm (x) j

(10.12)

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 

+∞

PV −∞

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

(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, è reale. I residui di f nei poli giacenti nel semipiano complesso superiore, asse reale compreso, valgono Res f (z) =

z=z0

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

√ 3 ei2π/3 p(z1 ) 1 1 = i4π/3 =

, Res f (z) =  √  =− −i z=z1 q (z1 ) 6 6 3e 3 − 12 + i 23

162

10 Applicazioni dei residui Λ3

R1 R2

ΓR 1  i

Λ4

3

2

Γr

Λ R 1  i

1

Γr

Λ1 R

Λ2

2i

R1

1

R2

3

2

2i

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 = 2 (x − 1)(x + 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

cos 1 + i sin 1 eiz

, = Res f (z) = 2 z=1 z + 4 z=1 5

−2 + i eiz e−2

Res f (z) = = = ,

z=2i (z − 1)(z + 2i) z=2i −8 − 4i 20e2

10.5 Cammini indentati intorno a un polo semplice

163

pertanto 

+∞

PV −∞

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

Esempio 10.17. Si mostri che 

∞ 0

sin x π dx = . x 2

Si osservi innanzitutto che per la parità della funzione integranda e poiché limx→0 sin x/x = 1, si ha 

∞ 0

sin x 1 dx = x 2



+∞

sin x dx x −∞  −r  ∞ sin x sin x 1 dx + dx = lim 2 r→0 −∞ x x r  −r ix  ∞ ix e e 1 dx + dx = lim Im 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 è analitica ovunque ad eccezione del polo semplice in z = 0, dove ha residuo

Res f (z) = eiz z=0 = 1. z=0

Pertanto



∞ 0

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

164

10 Applicazioni dei residui

10.6 Cammini indentati intorno a un punto di diramazione Esempio 10.18. Si mostri che 

∞ 0

ln x π ln a , dx = x2 + a2 2a

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 negativo, z = reiθ ,

log z = ln r + iθ,

r > 0,

−

3π π 0

10.6 Cammini indentati intorno a un punto di diramazione

165

avendo assunto r < a < R, si ha 





f (z)dz = γ



f (z)dz + λ1



f (z)dz + γR

f (z)dz + λ2

f (z)dz γr

= 2πi Res f (z) z=ia   log aeiπ/2 = 2πi ia + ia π

π = ln a + i . a 2 Per gli integrali lungo i singoli cammini che compongono γ risulta 



R

ln x dx, x2 + a2

π

ln R + iθ iReiθ dθ, R2 e2iθ + a2

f (z)dz = λ1



r

 f (z)dz = 0

γR





r

ln x + iπ eiπ dx 2 ei2π + a2 x λ2 R  R  R ln x 1 = dx + iπ dx, 2 2 2 2 r x +a r x +a   0 ln r + iθ ireiθ dθ. f (z)dz = 2 e2iθ + a2 r γr π f (z)dz =

Gli integrali su γR e γr tendono a 0 rispettivamente per R → ∞ e per r → 0. Infatti, utilizzando la disuguaglianza di Darboux, si ha





γR





ln R + π R→∞ f (z)dz

≤ πR 2 −−−−→ 0, R − a2

ln r + π r→0 f (z)dz

≤ πr 2 −−−→ 0. a − r2 γr

Pertanto nel limite r → 0 e R → ∞ risulta 

∞

2 0

ln x dx + iπ x2 + a2



∞

0

x2

1 π2 π ln a +i , dx = 2 +a a 2a

da cui, prendendo la parte reale e quella immaginaria, si conclude  0

∞

ln x π ln a , dx = x2 + a2 2a



∞ 0

1 π . dx = x2 + a2 2a

166

10 Applicazioni dei residui

ΓR

Γr R

ΓR

i

r

Λ1

i Λ2

Γr

R

Λ2

r

i

Λ1 r

R

i

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

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 positivo log z = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

0 < θ < 2π.

La funzione f è analitica ovunque ad eccezione del semiasse reale positivo e 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

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, iθ

γR (θ) = Re , λ2 (x) = x − i0, iθ

γr (θ) = re ,

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

10.7 Cammini coincidenti con una linea di diramazione

167

Come al solito, x ± i0 sta a indicare x ± iε con ε infinitesimo positivo così che in rappresentazione polare x + i0 = xeiε mentre x − i0 = xei(2π−ε) . Per r < 1 < R, si ha      f (z)dz = f (z)dz + f (z)dz + f (z)dz + f (z)dz γ λ1 γR λ γr  2 = 2πi Res f (z) + Res f (z) z=i z=−i 

= π eiπa/2 − ei3πa/2 . Per gli integrali lungo i singoli cammini che compongono γ risulta 



R

f (z)dz = λ1

r





r

f (z)dz = λ2

R

ea(ln x+i0) i0 e dx = (xei0 )2 + 1

 r

R

ea ln x dx, x2 + 1

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



R r

ea ln x dx, x2 + 1

2πRa+1 R→∞ ea ln R 2πR = 2 f (z)dz

≤ 2 −−−−→ 0, a + 1 < 2, R −1 R −1 γR

 a ln r

2πra+1 r→0

≤ e

f (z)dz a + 1 > 0.

1 − r2 2πr = 1 − r2 −−−→ 0,

γr





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 ,

168

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

f (z)dz = λ1

r





r

f (z)dz = λ2

R

ea(ln x+i0) i0 e dx = (xei0 )2 + 1



R

r

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

ea ln x dx, x2 + 1 

R r

ea ln x dx, x2 + 1

πRa+1 R→∞ ea ln R πR = 2 f (z)dz

≤ 2 −−−−→ 0, a + 1 < 2, R −1 R −1 γR



ea ln r πra+1 r→0

f (z)dz

≤ πr = −−−→ 0, a + 1 > 0.

1 − r2 1 − r2 γr





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 può essere utilizzato in virtù della parità 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 è 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

x 2π dx = √ . x3 + 1 3 3

10.8 Cammini vari

169

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 , λ2 (x) = xe

i 23 π

R ≥ x ≥ 0,

,

poiché f è 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 λ1 0 x +1 



2 3π

f (z)dz = 0

γR





0

f (z)dz = λ2

R

Reiθ R→∞ iReiθ dθ −−−−→ 0, +1

R3 e3iθ 2

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

Pertanto nel limite R → ∞ risulta

 ∞ 4 1 − ei 3 π 0

x3



R 0

x 2πi −i π dx = e 3 +1 3

e, in conclusione, 

∞ 0

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

170

10 Applicazioni dei residui

ΓR Λ2

eiΠ3

Λ2

Λ1

ei3Π3

ΓR Λ1

R

R

ei5Π3

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 2 2 . cos(x )dx = sin(x )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 , λ2 (r) = reiπ/4 ,

R ≥ r ≥ 0.

Poiché f è 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

dr = −eiπ/4

R



R 0

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



 π/4



iR2 (cos(2θ)+i sin(2θ))

f (z)dz

≤ iReiθ dθ

e

0

γR

=

R 2



π/2 0

e−R

2

sin ϕ

dϕ

2

e−r dr.

10.8 Cammini vari



π/2

≤

R 2

=

π 1 − e−R R→∞ −−−−→ 0. 4 R

e−R

2

2ϕ/π

171

dϕ

0 2

Pertanto, nel limite R → ∞ si conclude 

∞

 ∞ cos(x2 )dx + i sin(x2 )dx 0 0  ∞ 2 = eiπ/4 e−r dr 0  √ 1 π i . = √ +√ 2 2 2

2



eix dx =

0

∞

Esempio 10.22. Si mostri che 

∞



4

∞

x cos(x )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 , λ2 (r) = re

iπ/8

R ≥ r ≥ 0.

,

Poiché f è 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

f (z)dz = 0

λ1





0

f (z)dz = λ2

4

xeix dx, reiπ/8 eir

R iπ/4

= −e

eiπ/4 =− 2



R

4

(cos(π/2)+i sin(π/2)) iπ/8

e

4

re−r dr

0



R 0

2

e−u du.

dr

172

10 Applicazioni dei residui

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

 π/8





iθ iR4 (cos(4θ)+i sin(4θ))

≤

f (z)dz iReiθ dθ,

Re e

γR 0  R2 π/2 −R4 sin ϕ = e dϕ 4 0  R2 π/2 −R4 2ϕ/π ≤ e dϕ 4 0 4

=

π 1 − e−R R→∞ −−−−→ 0. 8 R2

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

0

 eiπ/4 ∞ −u2 e du = 2 0  √ 1 π i . = √ +√ 4 2 2

∞

x sin(x4 )dx

0

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 lim ezt g(z)dz, t > 0. (10.14) f (t) = 2πi y0 →∞ λy0 Si può mostrare che, sotto opportune condizioni di regolarità, g(z) è la trasformata di Laplace di f (t)  ∞ e−zt f (t)dt. (10.15) g(z) = 0

In altre parole la (10.14) rappresenta una formula di inversione per g(z). L’integrale di Bromwich può 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 sufficientemente grande in modo tale che tutte le singolarità di g giacciano

10.9 Integrali di Bromwich: trasformata inversa di Laplace

173

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



ex0 t+y0 t cos θ+iy0 t sin θ g(x0 + y0 eiθ )iy0 eiθ dθ ezt g(z)dz ≤

γy

π/2 0  3π/2 ey0 t cos θ dθ ≤ ex0 t 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 è posto My0 = supz∈{γy0 } |g(z)| e si è fatto uso della disuguaglianza di Jordan. Se g è 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 singolarità di g siano un’infinità numerabile, la sommatoria in (10.16) è sostituita dalla corrispondente serie. Tale espressione è però, in generale, solo formale, nel senso che occorre verificare che la f (t) così trovata ammette come trasformata di Laplace proprio la g(z) di partenza. La valutazione della formula (10.16) è 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 +

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

D’altro canto la funzione ezt è intera e ∀z ∈ C vale ezt = ezk t e(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 bm tm−1 b2 t b 3 t 2 zk t + + ··· + . (10.17) b1 + Res e g(z) = e z=zk 1! 2! (m − 1)! Esempio 10.24. Si determini la funzione f (t) la cui trasformata di Laplace è g(z) = z/(z − z1 )2 . Scelto x0 > Re z1 e posto γy0 (θ) = x0 + y0 eiθ con

174

10 Applicazioni dei residui

π/2 ≤ θ ≤ 3π/2 e y0 > 0, per z ∈ {γy0 } si ha |g(z)| =

|z| |z − z1 |

2

≤

|x0 | + y0 ||z| − |z1 ||

2

≤

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

È possibile quindi applicare la formula (10.16), che nel presente caso fornisce   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 = + . (z − z1 )2 z − z1 (z − z1 )2

Utilizzando la (10.17) si conclude f (t) = ez1 t (1 + z1 t), È facile verificare che  ∞ 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  2π 0

dθ , (a + b cos θ)2

10.2. Calcolare l’integrale reale 

2π

a > b > 0.

cos2 θ dθ.

0

10.3. Calcolare l’integrale reale  π 0

dθ , a + cos θ

10.4. Calcolare l’integrale reale  2π (sin θ)2n dθ, 0

a > 1.

n ∈ N.

10.5. Calcolare l’integrale reale  π 0

dθ , (a + cos θ)2

a > 1.

10.9 Integrali di Bromwich: trasformata inversa di Laplace

10.6. Calcolare l’integrale reale 

2π

dθ . 2 + cos θ

0

10.7. Calcolare l’integrale  2π sin(exp(cos θ + i sin θ))dθ. 0

10.8. Calcolare l’integrale 

2π

iθ

ee dθ.

0

10.9. Calcolare l’integrale reale  ∞ (x2

0

1 dx. + 1)2

10.10. Calcolare l’integrale reale  +∞

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

−∞

10.11. Calcolare l’integrale reale  +∞ (x2

−∞

10.12. Calcolare l’integrale reale  ∞ 0

x2 dx. + 1)(x2 + 9)

x2 dx. (x2 + 16)2

10.13. Calcolare l’integrale reale  ∞ x sin(ax) dx, x 2 + b2 0

a > 0,

b > 0.

10.14. Calcolare il valore principale di Cauchy dell’integrale reale  +∞ x sin(ax) dx, a > 0, b > 0, c > 0. PV (x − b)2 + c2 −∞ 10.15. Calcolare l’integrale reale  +∞ x sin(ax) dx, 2 2 −∞ (x − b) + c 10.16. Calcolare l’integrale reale  ∞ 0

a > 0,

sin x dx. x(x2 + 1)

b > 0,

c > 0.

175

176

10 Applicazioni dei residui

10.17. Calcolare l’integrale  +∞ −iωx e dx, 2 2 −∞ x + a

a > 0,

ω ∈ R.

Suggerimento: si considerino separatamente i casi ω > 0 e ω < 0. 10.18. Calcolare l’integrale reale  +∞ −∞

x sin(πx) dx. x2 + 2x + 5

10.19. Calcolare l’integrale reale  +∞ x2

−∞

10.20. Calcolare l’integrale reale  ∞ 0

10.21. Calcolare l’integrale reale  +∞ −∞

10.22. Calcolare l’integrale reale  +∞ −∞

x sin(x) + 7 dx. (x2 + 1)2

ln x dx. +1

x2

0

10.24. Calcolare l’integrale reale  ∞ 0

10.25. Calcolare l’integrale reale  ∞ 0

0

x sin x dx. x4 + 1

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

10.23. Calcolare l’integrale reale  ∞

10.26. Calcolare l’integrale reale  ∞

sin x dx. − 6x + 10

√ 3

√

x dx. x2 + 1

ln x dx. x2 + 4

1 dx. x(x2 + 1)

10.9 Integrali di Bromwich: trasformata inversa di Laplace

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

177

0 < a < 2.

Suggerimento: si esegua, per cominciare, un’integrazione per parti. 10.28. Calcolare l’integrale reale  ∞ 0

√ 3

x2 √ dx. x2 + 2 3x + 4

10.29. Calcolare l’integrale reale  ∞ x+1 √ dx. 2 − 2x + 2) x(x 0 10.30. Si calcoli l’integrale reale  ∞ x1−a dx, (1 + x2 )2 0 10.31. Calcolare l’integrale reale  +∞ ax e dx, −∞ cosh x

−2 < a < 2.

−1 < a < 1.

Suggerimento: si consideri il cammino di integrazione rettangolare di vertici ±R e ±R + iπ. 10.32. Calcolare l’integrale reale  ∞ 1 dx, 1 + x2n+1 0 10.33. Calcolare l’integrale reale  +∞ −∞

n = 1, 2, 3, . . .

cos x dx. ex + e−x

Suggerimento: si consideri il cammino di integrazione rettangolare di vertici ±R e ±R + iπ. 10.34. Dimostrare la convergenza e calcolare il valore dell’integrale improprio  ∞ 2 e−wx dx, w ∈ C, Re w > 0. 0

Si ricordi che

∞ −x2 e dx 0

=

√ π/2.

10.35. Calcolare l’integrale reale  2π   log a + a−1 − 2 cos θ dθ, 0

a > 1.

178

10 Applicazioni dei residui

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

z0 = z1 ∈ C,

dove λR (y) = a + iy, −R ≤ y ≤ R, con a > max(Re z0 , Re z1 ).

t > 0,

11 Ulteriori proprietà 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 è 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 Abel-Plana. Teorema di Rouché. 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 è analitica se e solo se v è 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 è detto che tale prolungamento analitico esista, tuttavia, se esiste, per il Teorema di identità 9.16 esso è 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 , perciò f2 è il prolungamento C. Presilla: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile, 2a edizione. UNITEXT – La Matematica per il 3+2 72 DOI 10.1007/978-88-470-5501-8_11, © Springer-Verlag Italia 2014

180

11 Ulteriori proprietà delle funzioni analitiche

analitico di f1 da D1 a D2 . Si osservi che  ∞  ∞ ∞ 1 f2 (z) = (zt)k dt = e−t e−(1−z)t dt, k! 0 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) =

∞

e−t 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) è infinito. Per |z| < R si ha f2 (z) = f1 (z) in quanto  ∞  ∞ ∞ ∞ ak ak ∞ −t −t k (zt) dt = e e (zt)k dt = ak z k , k! k! 0 0 k=0

k=0

k=0

quindi f2 è 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) =

∞

cn (z − z1 )n ,

n=0

D2 = B(z1 , R),

1 1/n = lim sup |cn | . R n→∞

In z1 la funzione f1 è analitica, quindi per il Teorema di unicità 8.5 la serie appena scritta è lo sviluppo in serie di Taylor di f1 di centro z1 , e i coefficienti cn sono calcolabili come

1 dn

cn = f (z) 1

n n! dz z=z1 =

∞ 1 k(k − 1) . . . (k − n + 1)z1k−n n!

k=n

11.1 Prolungamento analitico

=

181



∞ 

n+j j z1 . n

j=0

Utilizzando la relazione    n+j n+j j −n − 1 = (−1) = j n j e lo sviluppo notevole a

(1 + w) =

∞  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 è 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 può 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 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 è la distanza di zk da ∂D, la funzione f è sviluppabile in serie di Taylor f (z) =

∞ n=0

n c(k) n (z − zk ) ,

z ∈ B(zk , rk ),

182

11 Ulteriori proprietà delle funzioni analitiche (k)

e, poiché rk ∈ B(zk−1 , rk−1 ), i coefficienti cn sono calcolabili come

∞ n

d 1 (k−1) (k) j cj (z − zk−1 ) cn = n n! dz j=0

z=zk ∞  j (k−1) cj = (zk − zk−1 )j−n . n j=n Iterando il procedimento da k = 1 fino a k = m, è 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 intersezione non nulla. È possibile considerare anche il prolungamento analitico tra due domini aperti e connessi, D1 e D2 , che siano adiacenti, cioè 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 ) è 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 . È evidente che dati due domini D1 e D2 con intersezione non nulla possia˜ 2 le cui frontiere han˜1 e D mo 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 è pure vero. Segue allora che il prolunD1 ∪ D 2 = D gamento analitico attraverso domini con intersezione non nulla è equivalente a quello attraverso domini adiacenti. Per effettuare un prolungamento analitico nel caso di domini adiacenti può 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, cioè 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− è analitica in D, ovvero, g è il prolungamento analitico di f da D+ a D. Dimostrazione. Si osservi innanzitutto che, essendo D aperto, connesso e simmetrico rispetto all’asse reale, D0 deve contenere almeno un intervallo aperto dell’asse reale. È facile verificare che g è continua in D0 e quindi in D. Mostriamo allora che è 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 è analitica in D. Sia dunque γ : [a, b] → C un cammino chiuso regolare a

11.1 Prolungamento analitico

183

tratti tale che {γ} ⊂ D. Sono possibili vari casi. Se {γ} ⊂ D+ , l’integrale di g lungo γ è nullo in quanto g(z) = f (z) ∀z ∈ D+ e f è analitica in D+ . Se {γ} ⊂ D− , l’integrale di g lungo γ può essere ricondotto all’integrale di f lungo il cammino γ(t), a ≤ t ≤ b, contenuto in D+ 



b

g(z)dz = γ



 f γ(t) γ  (t)dt =

a

b



 f γ(t) γ  (t)dt = f (z)dz, γ

a

quindi anche questo integrale è 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 più segmenti di D0 . Poiché {γ± } ⊂ D± ∪ D0 , per quanto detto prima, ciascuno dei due integrali su γ± è nullo e quindi è nullo l’integrale di g lungo γ.   Nel Teorema 11.5 si è supposto che il dominio D nel piano z abbia un asse di simmetria λ coincidente con l’asse reale. Si è 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 è 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, è 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 può essere trattato in modo simile, per i dettagli si veda [7, 11]. Ritorniamo, per finire, al prolungamento analitico alla Weierstrass. Senza entrare nei dettagli, si intuisce che è 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 è prolungabile lungo γ fino a z2 . Se ciò è possibile, il Teorema di identità 9.16 ci assicura che la f così ottenuta è 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 ) dipenderà dal cammino scelto per effettuare il prolungamento. 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 è la funzione f1 : D1 → C analitica in D1 = {z ∈ C : z = −u, 0 ≤ u < ∞}

184

11 Ulteriori proprietà delle funzioni analitiche y 2 Η

1 Γ

2

1

1

2

x

1

2

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

definita da f1 (z) = ln r + iθ,

z = eiθ ,

r > 0,

−π < θ < π.

Il cammino γ è 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 proprietà f2 (z) = f1 (z) per ogni z tale che Re z < 0 e Im z > 0. Essa è 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 affinché 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 è un insieme aperto semplicemente connesso che contiene B(z1 , r) ed è 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 [5, 8].

11.2 Principio del massimo modulo

185

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, cioè 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. Poiché D è 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 f (z) 1 1 f (z0 ) = dz = f (z0 + ρeit )dt. (11.1) 2πi γρ z − z0 2π 0 La formula (11.1) è 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

 0

2π

 |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 è 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 identità 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 è assunto su ∂D. Dimostrazione. Innanzitutto poiché D è compatto, |f | ha massimo in D, cioè ∃z0 ∈ D tale che |f (z0 )| ≥ |f (z)| ∀z ∈ D. Se fosse z0 ∈ D◦ , poiché ∃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 è 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}.

186

11 Ulteriori proprietà delle funzioni analitiche

Dimostrazione. Si osservi che D \ D0 è ancora aperto e connesso. La funzione g(z) = 1/f (z) è analitica e non costante in D \ D0 e quindi, per il Teorema 11.8, |g| non ha massimo in D \ D0 . Ciò è 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 è 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) . Poiché g è 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 è vero per la funzione Re f . Nel caso di Im f vale   una 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| è continua e D è compatto, dunque |sin z| ha massimo in D. Poiché sin z è analitica e non costante in D, per il teorema del massimo modulo |sin z| non può assumere il massimo in D ◦ . Il massimo di |sin z| va pertanto cercato su ∂D. Si ha 2

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  ix  2 −ix y −y 2 e −e e −e = + 2i 2

|sin z| =

= sin2 x + sinh2 y. Sui lati y = ±1 il massimo di |sin z| è assunto per x = ±1 e vale (sin2 1 + sinh2 1)1/2 . Sui lati x = ±1 il massimo di |sin z| è 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 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 è analitica in D ad eccezione di poli.

11.3 Funzioni meromorfe

187

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 è finito. Dimostrazione. Per il teorema della curva di Jordan, Int(γ) è 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). Poiché Int(γ) è chiuso e limitato in C, per il teorema di HeineBorel tale insieme è compatto, ovvero sequenzialmente compatto, e pertanto è possibile estrarre da (zk ) una sottosuccessione convergente in Int(γ). Questo è 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 è 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

Poiché 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

188

11 Ulteriori proprietà delle funzioni analitiche

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

Poiché 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  dz 1 . (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 è 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 ) è un intero relativo si veda [5]. 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 molteplicità, interni a γ. Dimostrazione. Dal Teorema 11.16 con la scelta g(z) = 1, si ha   f (z) 1 dz = Z − P. 2πi γ f (z)

(11.5)

D’altro canto, se γ : [a, b] → C è 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)

11.3 Funzioni meromorfe

=

1 2πi

 f ◦γ

189

dz 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 2iR2 e2it 1 = 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 −2iR−2 e−2it 1 dt = 2πi 0 R−2 e−2it = −2. 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) è definita ∀w ∈ f (B(z0 , R)) dalla formula  zf  (z) 1 −1 dz. (11.6) f (w) = 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 è 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) dz = 2πif −1 (w). z   γ f (z) − w

190

11 Ulteriori proprietà delle funzioni analitiche

Teorema 11.22 (formula di Abel-Plana). Sia f (z) analitica ∀z ∈ C, allora  ∞  ∞ ∞ f (it) − f (−it) 1 dt. (11.7) f (n) − f (x)dx = f (0) + i 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 (Rouché). 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 molteplicità, 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 molteplicità, di f e h all’interno di γ è quindi pari a   f (z) 1 dz, (11.8) Zf = n(f ◦ γ, 0) = 2πi γ f (z)   h (z) 1 dz. (11.9) Zh = n(h ◦ γ, 0) = 2πi γ h(z) Osservando che h (f (1 + g/f )) f (1 + g/f ) = = + , h f (1 + g/f ) f 1 + g/f dalla (11.9) si ha Zh = Zf + n((1 + g/f ) ◦ γ, 0). Poiché, per ipotesi, si ha |(1 + g(z)/f (z)) − 1| < 1 ∀z ∈ {γ}, risulta che il cammino (1 + g/f ) ◦ γ è contenuto all’interno del cerchio di centro 1 e raggio 1. Ne segue che z = 0 è un punto esterno al cammino (1 + g/f ) ◦ γ e quindi n((1 + g/f ) ◦ γ, 0) = 0. Si   conclude che Zf = Zh . Esempio 11.24. Determinare il numero di soluzioni, contandone la molteplicità, 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 è 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 Rouché è applicabile e fornisce Zf +g = Zf = 5 in |z| < 2, in quanto in tale regione f ha un unico zero in z = 0 con molteplicità 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 e g(z) = z + 1, per

11.4 Funzioni armoniche 5

191

2

|z| = 1 si ha |f (z)| ≥ |2 |z| − 6 |z| | = 6 − 2 = 4 e |g(z)| ≤ |z| + 1 = 2. Poiché f (z) = z 2 (2z 3 − 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 Rouché 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 molteplicità, n zeri in C. Il risultato è già noto dal teorema fondamentale dell’algebra, possiamo ridimostrarlo usando il g(z) = a0 + a1 z + · · · + an−1 z n−1 . Poiché f e g sono intere e teorema di Rouché. Si ponga f (z) = an z n 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)

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 è 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 è analitica in D se e solo se v è 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 è armonica in D in quanto in D risulta uxx = ∂x vy = ∂y vx = −uyy . Analogamente, vxx = ∂x (−uy ) = ∂y (−ux ) = −vyy , cioè v è armonica in D. Si conclude che v è 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, cioè f è analitica in D.  

192

11 Ulteriori proprietà delle funzioni analitiche

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) = (us (s, t)dt − ut (s, t)ds), (11.11) (x0 ,y0 )

dove l’integrale di linea è 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)

è l’unica funzione analitica su D la cui parte reale è, a meno di un’arbitraria costante reale, u(x, y). Dimostrazione. Si ponga g(x + iy) = ux (x, y) − iuy (x, y). Poiché u è armonica in D, ∀(x, y) ∈ D esiste g  (x + iy) = uxx (x, y) − iuxy (x, y), cioè g è analitica in D. Inoltre D è 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) è 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) (us (s, t) − iut (s, t))(ds + idt). (11.13) f (x + iy) = (x0 ,y0 )

Il punto (x0 , y0 ) è 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) è u(x, y)  (x,y) (us (s, t)ds + ut (s, t)dt) = u(x, y) − u(x0 , y0 ). Re f (x + iy) = (x0 ,y0 )

Sempre a meno di una costante reale, la funzione v(x, y) armonica coniugata a u(x, y) in D è la parte immaginaria di f  (x,y) v(x, y) = Im f (x + iy) = (us (s, t)dt − ut (s, t)ds). (x0 ,y0 )

  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

11.5 Metodo del punto di sella

193

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 è una curva regolare a tratti contenuta in D. Senza perdita di generalità possiamo assumere λ reale e positivo. Altrimenti, basterà 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 e il cammino γ è l’intervallo reale [a, b]:  b eλf (t) g(t)dt. (11.16) I(λ) = 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 è quindi 1 f (t) = f (t0 ) + f  (t0 )(t − t0 )2 + O((t − t0 )3 ), 2 anche dove f  (t0 ) < 0. Inserendo questo sviluppo nella (11.16) e sviluppando  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 semplicità, si assume √ g(t0 ) = 0. Approssimando l’integrale che compare in questa espressione con 2π, il suo valore asintotico per λ → ∞, otteniamo ( 2π eλf (t0 ) g(t0 ). I(λ)  λ |f  (t0 )|

194

11 Ulteriori proprietà delle funzioni analitiche

Questa è una stima euristica di I(λ) in cui  sta a sottolineare che non abbiamo controllo dell’errore commesso. Una valutazione rigorosa può 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) è strettamente monotona:  b  t0 eλf (t) g(t)dt + eλf (t) g(t)dt I(λ) = a t0     = eλf (t0 )

−

f (t0 )−f (a) −λu

e

0

G− (u)du +

f (t0 )−f (b) −λu

e

0

G+ (u)du .

Per comodità sono state introdotte le due nuove funzioni

g(t)

G± (u) =  −1 f (t) t=f± (f (t0 )−u)

−1 definite in termini di f± , i due rami monotoni della funzione inversa di f che −1 −1 danno rispettivamente f− (f (t0 ) − u) < t0 e f+ (f (t0 ) − u) > t0 per u > 0. Le funzioni G± (u) hanno una divergenza per u → 0+ il cui andamento in termini di u può 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 ) g  (t0 ) 2 f  (t0 ) + 2f  (t0 ) (t − t0 ) + O((t − t0 ) ) f  (t0 ) 2 1 + 2f  (t ) (t − t0 ) + O((t − t0 ) ) 0   g (t0 ) g(t0 )f  (t0 ) −1 + O(t − t0 ). t0 ) + − f  (t0 ) 2(f  (t0 ))2

− t0 )−1 +

g(t0 ) (t − f  (t0 )

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 ) g(t0 )f  (t0 ) g(t0 ) + O(u1/2 ). − u−1/2 + G± (u) = ∓  f  (t0 ) 2(f  (t0 ))2 2 |f  (t0 )| 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 è stato scomposto I(λ):  f (t0 )−f (a) e−λu G− (u)du 0 '   g (t0 ) π g(t0 )f  (t0 ) 1 g(t0 ) + − + O(λ−3/2 ), = − f  (t0 ) 2(f  (t0 ))2 λ 2 |f  (t0 )| λ

11.5 Metodo del punto di sella



195

f (t0 )−f (b) −λu

e

0

G+ (u)du '   g (t0 ) π g(t0 )f  (t0 ) 1 g(t0 ) + − + 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 più massimi in (a, b). In tal caso, il comportamento asintotico per λ → ∞ di I(λ) è dato da una somma di termini tipo (11.17) corrispondenti ai massimi di f . Nel caso di un massimo realizzato in un punto 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 ) ). (11.18) I(λ) = 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 è definibile in termini dell’integrale reale  ∞ e−x xn dx. n! = 0

Con il cambio di variabile x = nt, si ha   ∞ e−nt (nt)n ndt = nn+1 n! = 0

∞

en(ln t−t) dt.

0

Posto λ = n, f (t) = ln t − t e g(t) = 1, poiché 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 è ora detto del punto di sella o della discesa più ripida. Sia γ(t) : [a, b] → C un cammino che rappresenta la curva γ. Allora  I(λ) = eλf (z) g(z)dz 

γ b

= a

eλf (γ(t)) g(γ(t))γ  (t)dt.

196

11 Ulteriori proprietà delle funzioni analitiche

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 eventualità, tuttavia, non può capitare per una generica curva γ. Sia infatti z0 = γ(t0 ) con z0 punto critico semplice di f , cioè 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 può essere un massimo locale per la funzione Re f (z). Tale affermazione segue dal fatto che f è analitica in z0 dunque ∃ε > 0 tale che f è analitica in B(z0 , ε). Per il principio del massimo modulo, Re f assume valore massimo (e minimo) sulla frontiera di tale palla non al suo interno. Il punto critico z0 è invece un punto di sella per Re f (z). La dimostrazione è immediata. Poiché f è sviluppabile in serie di Taylor in  B(z0 , ε), posto z = z0 + reiθ e f  (z0 ) = |f  (z0 )| ei Arg f (z0 ) , per z ∈ B(z0 , ε) si ha f (z) = f (z0 ) +

1  |f (z0 )| r2 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) è costante mentre la parte reale ha una variazione del secondo ordine che è 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 )e

1 i( π 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 più ripida salita (γ+ ) e più ripida discesa (γ− ) per

Fig. 11.2. Grafico della funzione Re(z 2 ) intorno al punto critico semplice z = 0

11.5 Metodo del punto di sella

197

Γ

Γ

Η

Bz0 ,Ε z0 Γ Η

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 più ripida e Im f (z) è stazionaria

Re f (z) e di stazionarietà 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’analiticità di f e g possiamo deformare γ in un cammino η con questa proprietà 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 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

+ t0 +ε/2

eλf (γ− (t)) g(γ− (t))γ− (t)dt

eλf (η(t)) g(η(t))η  (t)dt.

198

11 Ulteriori proprietà delle funzioni analitiche

Il metodo di Laplace è 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) =

 π 1 2π 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 più punti critici semplici di f , il comportamento asintotico per λ → ∞ di I(λ) è dato da una somma di termini tipo (11.19). La formula (11.19) può essere estesa, si veda [2], a punti critici di ordine superiore a quello qui considerato, cioè a punti che sono zeri non semplici di f  .

Esercizi 11.1. Sia f : D → C con D = {z ∈ C : Re z > 0} definita da  ∞ 2 f (z) = e−zx dx 0

e sia g : E → C con E = {z ∈ C : z = −t, t ∈ [0, ∞)} definita da √ √ π 1/2 i z = |z| e 2 Arg z . g(z) = √ , 2 z Dimostrare che g è il prolungamento analitico di f da D ad E. 11.2. Determinare la posizione e il valore del massimo di | sinh z| nella regione R = {z = x + iy : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ π}. 11.3. Determinare il numero di radici, contandone la molteplicità, dell’equazione z 4 − 5z + 1 = 0 contenute nella regione 1 ≤ |z| < 2. 11.4. 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. 11.5. Determinare il numero di soluzioni dell’equazione z 8 + 4z 5 − z 2 + 1 = 0 contenute nella regione |z| < 1. 11.6. Determinare il numero di soluzioni dell’equazione z 8 + 4z 3 − z 2 + 1 = 0 √ contenute nella regione 1 ≤ |z| < 2. 11.7. Determinare il numero di soluzioni dell’equazione az n = cos 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.

11.5 Metodo del punto di sella

199

11.8. Determinare la funzione v(x, y) armonica coniugata alla funzione u(x, y) = x2 − y 2 + x nella regione 0 ≤ |x + iy| < ∞. 11.9. Determinare la funzione v(x, y) armonica coniugata alla funzione u(x, y) = x + sin(x2 − y 2 ) cosh(2xy) nell’intero piano xy. 11.10. Dimostrare che la funzione u : R2 → R definita da u(x, y) = x2 − y 2 − 2xy − 3x2 y + y 3 è armonica in R2 . Determinare la funzione v(x, y) : R2 → R armonica coniugata a u(x, y) in R2 . 11.11. Dimostrare che la funzione u : R2 → R definita da u(x, y) = x2 − y 2 + e−y cos x è armonica in R2 . Determinare la funzione v(x, y) : R2 → R armonica coniugata a u(x, y) in R2 . 11.12. La funzione u : R2 → R definita da u(x, y) = e−2xy sin(x2 − y 2 ) è armonica in R2 . Determinare la funzione v(x, y) : R2 → R armonica coniugata a u(x, y) in R2 . 11.13. Determinare la funzione v(x, y) armonica coniugata alla funzione u(x, y) = sin(x2 − y 2 ) cosh(2xy) nell’intero piano xy. 11.14. Sia u : C → R una funzione armonica tale che u(z) ≥ 3 per ogni z ∈ C. Dimostrare che u è costante. 11.15. Stabilire in quale dominio la funzione u(x, y) = ln((x − 1)2 + y 2 ) è armonica e determinare la funzione v(x, y) armonica coniugata a u(x, y).

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

Esercizi del Capitolo 1 1.1. a)

      Im i37 = Im i1+4×9 = Im i 19 = 1.

b)

 Re

c)



Im

2 1 − 3i



 = Re

√ 3 π 1 + i 3 ei 4

2 1 + 3i 1 − 3i 1 + 3i

= Im



 = Re

2 + 6i 1+9

=

1 . 5

 π  3 π  √  π 2ei 3 ei 4 = −8 Im ei 4 = −4 2.

1.2. a) i101 − 3 i4 25+1 − 3 i−3 (i − 3)(1 + 4i) = = = 1 − 4i 1 − 4i 1 − 4i (1 − 4i)(1 + 4i) i − 4 − 3 − 12i 7 11 = = − − i. 1 + 16 17 17 b) Im c)

3i(2 − 2i) 6i + 6 6 3 3i = Im = Im = = . 2 + 2i (2 + 2i)(2 − 2i) 4+4 8 4







π  π Im eiπ/4 Re eiπ/4 = Im eiπ/4 Re cos + i sin 4 4

C. Presilla: Elementi di Analisi Complessa. Funzioni di una variabile, 2a edizione. UNITEXT – La Matematica per il 3+2 72 DOI 10.1007/978-88-470-5501-8_A, © Springer-Verlag Italia 2014

202

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti



π π π cos cos + i sin 4 4 4

π π 2 π + i sin cos = Im cos 4 4 4 π π = sin cos 4 4 1 1 1 =√ √ = . 2 2 2

= Im

1.3. a) Poiché 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

−5i

ie (1 + i)3 |i| e−5i |1 + i|3

1 + 3i = |1 + 3i| 23/2 =√ 10 2 =√ . 5 1.4. Usando la rappresentazione polare z = reiθ ,

r ≥ 0,

−π < θ ≤ π,

si ottiene immediatamente che la disuguaglianza Re(z n ) = Re(rn einθ ) ≥ 0 è equivalente a cos(nθ) ≥ 0, cioè −

π π + 2πk ≤ nθ ≤ + 2πk, 2 2

k ∈ Z,

Esercizi del Capitolo 1

203

che, dividendo per n, fornisce 2πk − π/2 2πk + π/2 ≤θ≤ , n n

k ∈ Z.

Dall’arbitrarietà di n risulta θ = 0, cioè z = r reale non negativo. 1.5. Si ponga z = eiθ con −π < θ < π in modo tale che |z| = 1 e z = −1. Vale l’identità 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. 1.6. Si svolga il prodotto (1 + z + z 2 + · · · + z n )(1 − z) =1 + z + z 2 + · · · + z n − (z + z 2 + z 3 + · · · + z n+1 ) =1 − z n+1 osservando che si cancellano tutte le potenze di z ad eccezione di quelle di grado 0 e n + 1. A partire da questa uguaglianza, valida per ogni intero n e per ogni numero complesso z, nel caso in cui z = 1 è possibile dividere entrambi i membri per 1 − z e ottenere n

zk =

k=0

1 − z n+1 . 1−z

1.7. Si ponga w = z k . Se k = np con p = 1, 2, 3, . . . , allora w = 1 e quindi Sk =

n−1 j=0

j

w =

n−1

1 = n.

j=0

Se invece k non è un multiplo intero di n allora w = 1 e quindi Sk =

n−1

wj =

j=0

1−1 1 − wn = = 0. 1−w 1−w

In conclusione Sk =

n−1 j=0

1.8.

 z jk =

n 0

k = np, altrimenti

p = 1, 2, 3, . . .

   

Im 1 + 2z + z 2 = Im 2z + z 2

≤ 2z + z 2

.

204

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

≤ |2z| + z 2 2

= 2 |z| + |z| < 2 + 1 = 3.

1.9. 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 è sufficiente che sia 2

2 |z| + |z| < 3. Questa disuguaglianza è soddisfatta per −3 < |z| < 1, pertanto a = 1. 1.10. Per n = 2 la relazione è la disuguaglianza triangolare 2

|z1 + z2 | = (z1 + z2 )(z1 + z2 ) = (z1 + z2 )(z1 + z2 ) = z1 z1 + z1 z2 + z2 z1 + z2 z2 2

= |z1 | + 2 Re(z1 z2 ) + |z2 | 2

≤ |z1 | + 2 |z1 z2 | + |z2 | 2

2

2

= |z1 | + 2 |z1 | |z2 | + |z2 |

2

= (|z1 | + |z2 |)2 , dove si è usato il fatto che ∀w ∈ C si ha |Re w| ≤ |w|. Ragioniamo ora per induzione. Si supponga la relazione valida con n − 1 termini |z1 + z2 + · · · + zn−1 | ≤ |z1 | + |z2 | + · · · + |zn−1 | e dimostriamo che essa è valida anche aggiungendo un ulteriore termine zn . Posto z1 + z2 + · · · + zn−1 = w e utilizzando la disuguaglianza triangolare risulta |z1 + z2 + · · · + zn−1 + zn | = |w + zn | ≤ |w| + |zn | ≤ |z1 | + |z2 | + · · · + |zn−1 | + |zn | . 1.11. Evidentemente per ogni z ∈ C vale la disuguaglianza 2

(|Re z| − |Im z|) ≥ 0, ovvero, svolgendo il quadrato, 2

2

|Re z| + |Im z| ≥ 2 |Re z| |Im z| . 2

Sommando a entrambi i membri di questa disuguaglianza la quantità |z| =

Esercizi del Capitolo 1 2

2

|Re z| + |Im z| si giunge a 2

2

2

2 |z| ≥ |Re z| + |Im z| + 2 |Re z| |Im z| , da cui, prendendo la radice, si conclude |Re z| + |Im z| ≤

√ 2 |z| .

1.12. a) √ 3

 1/3 √

2nπ π 3 , −8 = 8ei(π+2nπ) = 8 exp i + i 3 3

√ π π w0 = 2 cos + i sin = 1 + i 3, 3 3 w1 = 2 (cos π + i sin π) = −2,  √ 5π 5π w2 = 2 cos + i sin = 1 − i 3. 3 3

n = 0, 1, 2,

b) √ 2



π 1/2 √ π 4 2ei(− 4 +2nπ) = 2 exp −i + inπ , 8

√ π π 4 , w0 = 2 cos − i sin 8 8  √ 7π 7π 4 + i sin . w1 = 2 cos 8 8

1−i=

√

n = 0, 1,

1.13. a) √ 2

i3 =

√ 2

3π 1/2 3π −i = ei( 2 +2πk) = ei( 4 +πk) ,

w0 = ei

3π 4

w 1 = ei

7π 4

k = 0, 1,

3π 1 3π 1 + i sin = −√ + i√ , 4 4 2 2 7π 1 7π 1 + i sin = √ − i√ . = cos 4 4 2 2 = cos

b) √ 3

√

1/3 √ θ 2πk 6 64 + 1 ei(θ+2πk) = 65 ei( 3 + 3 ) , k = 0, 1, 2,  √ √ θ θ θ 6 6 , w0 = 65 ei 3 = 65 cos + i sin 3 3  √ √ θ 2π θ + 2π θ + 2π 6 6 w1 = 65 ei( 3 + 3 ) = 65 cos + i sin , 3 3

8+i=

2

205

206

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

w2 =

√ 6

θ

65 ei( 3 +

dove θ = arctan 18 

1 8

4π 3

)=

+O

√ 6

 θ + 4π θ + 4π + i sin , cos 3 3

65

   1 3

.

8

1.14. a) Posto w = z 2 , l’equazione da risolvere è equivalente a w2 + w + 1 = 0, che ha soluzioni

√ −3 3 1 =− ±i . 2 2 2 2 √ Si prendano poi le due radici distinte dell’equazione z = w± ( √ 3  i(π∓π/3) 1 = e zk± = − ± i = ei(π∓π/3+2πk)/2 , k = 0, 1. 2 2 w± =

−1 +

√

1−4

1 =− + 2

√

In conclusione, l’equazione assegnata ha quattro soluzioni distinte:  √ √ 3 3 1 1 i(π/2∓π/6) ∓i =± +i , =i z0± = e 2 2 2 2  √ √ 3 3 1 1 i(π/2∓π/6+π) z1± = e ∓i =∓ −i . = −i 2 2 2 2 b) Le soluzioni distinte dell’equazione assegnata sono

1/3 √ 3 zk = i = ei(π/2) = ei(π/2+2πk)/3 , cioè esplicitamente

k = 0, 1, 2,

√

z0 = e

iπ/6

3 1 +i , 2√ 2 3 1 +i , =− 2 2 = −i.

=

z1 = ei5π/6 z2 = ei3π/2 1.15. Riscritta l’equazione nella forma

z(z 4 − (1 + i)) = 0, è evidente che essa è risolta da z = 0 e

√ 1/4 2eiπ/4 = 21/8 ei(π/4+2πk)/4 , z = (1 + i)1/4 =

k = 0, 1, 2, 3.

Esercizi del Capitolo 1

207

In conclusione si hanno le 5 soluzioni 0, 21/8 eiπ/16 , 21/8 ei9π/16 , 21/8 ei17π/16 , 21/8 ei25π/16 . 1.16. 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 12 − 4i i 3 z= = − . 9 + i2 2 2 b) L’equazione assegnata è 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.

1.17. Per z = 0 l’equazione data è equivalente a z5 = 1 + i le cui soluzioni sono 1/5

z = (1 + i) 1/5

√ = 2eiπ/4 = 21/10 ei(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 . 1.18. a) L’equazione ha due soluzioni distinte: √ −i ± 3i −i + −1 − 8 = = −2i, i. z= 2 2 b) Posto w = z 2 , l’equazione da risolvere è equivalente a w2 + w + 1 = 0, che ha soluzioni w± =

−1 +

√ 2

1−4

1 =− + 2

√ −3 3 1 =− ±i . 2 2 2

√

208

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

Si prendano poi le due radici distinte dell’equazione z =

√

w±

√ 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 1.19. 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 è non nullo:

a b 2 2

b a = |a| − |b| = 0. In tal caso, usando la regola di Cramer la soluzione è

−c b

−c a bc − ac

= 2 z= 2.

a b |a| − |b|

b a 1.20. 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

143 1 1 . −3 =− 73 7 343

1.21. Posto θ = arctan(3), dalla formula di de Moivre si ha (cos θ + i sin θ)4 = cos(4θ) + i sin(4θ)

Esercizi del Capitolo 2

209

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 , = 2 10 1 + tan 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

1.22. a) L’insieme dei punti la cui distanza da z0 = −3 + i è minore o uguale a 7 e maggiore di 5, ovvero la regione anulare di raggio interno 5 e raggio esterno 7 centrata in z0 , inclusa la circonferenza esterna, esclusa quella interna. b) L’insieme dei punti la cui distanza da z1 = i è uguale alla distanza da z2 = −1, ovvero la retta bisettrice dei quadranti secondo e quarto. 1.23. La disuguaglianza proposta è equivalente a |z − 3| < 2 |z + 3| , ovvero, posto z = x + iy,   (x − 3)2 + y 2 < 2 (x + 3)2 + y 2 . Quadrando e semplificando si ha x2 + y 2 + 10x + 9 > 0, ovvero (x + 5)2 + y 2 > 16, che riscritta come |z + 5| > 4 rappresenta l’insieme dei punti esterni alla circonferenza di raggio 4 centrata in z = −5. 1.24. Posto w = (z − 1)2 , nel piano (Re w, Im w) la regione 0 ≤ Arg w ≤ π/2 coincide con il primo quadrante. Poiché 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 unità nella direzione dell’asse reale negativo, la regione nella quale 0 ≤ Arg ((z − 1)2 ) ≤ π/2 è * ) A = z ∈ C : z = 1 + reiθ , r ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ π/4 .

Esercizi del Capitolo 2 2.1. Occorre dimostrare che d soddisfa tutte le proprietà di una distanza. Le proprietà d(x, y) ≥ 0,

210

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

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), 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 : x = y, x = z, y =  z:

0 ≤ 1 + 1 = 2, 1 ≤ 0 + 1 = 1,

x = y, x = z, y = z : x = y, x =  z, y =  z:

1 ≤ 1 + 0 = 1, 1 ≤ 1 + 1 = 2.

2.2. Occorre verificare che d soddisfa tutte le proprietà di una distanza. Dalle proprietà 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 proprietà triangolare si osservi che la funzione g(t) = t/(1 + t) è 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 è finito, infatti diam S = sup x,y∈S

|x − y| t = lim = 1. 1 + |x − y| t→∞ 1 + t

Esercizi del Capitolo 2

211

2.3. Per dimostrare che (C, d) è uno spazio metrico occorre mostrare che d è una distanza, ovvero che ∀z1 , z2 , z3 ∈ C sono soddisfatte le proprietà a) b) c) d)

d(z1 , z2 ) ≥ 0; d(z1 , z2 ) = 0 se e solo se z1 = z2 ; d(z1 , z2 ) = d(z2 , z1 ); d(z1 , z2 ) ≤ d(z1 , z3 ) + d(z3 , z2 ).

La prima proprietà è vera in quanto il valore assoluto di un numero reale è sempre non negativo. La seconda segue dal fatto che d(z1 , z2 ) = 0 se e solo se |Re(z1 − z2 )| = |Im(z1 − z2 )| = 0 che a sua volta è vera se e solo se z1 = z2 . La terza discende dal fatto che ∀x1 , x2 ∈ R risulta |x1 − x2 | = |x2 − x1 |. Per quanto riguarda la proprietà triangolare si ha d(z1 , z2 ) = |Re(z1 − z2 )| + |Im(z1 − z2 )| ≤ |Re(z1 − z3 )| + |Re(z3 − z2 )| + |Im(z1 − z3 )| + |Im(z3 − z2 )| = (|Re(z1 − z3 )| + |Im(z1 − z3 )|) + (|Re(z3 − z2 )| + |Im(z3 − z2 )|) = d(z1 , z3 ) + d(z3 , z2 ), avendo sfruttato il fatto che ∀x1 , x2 , x3 ∈ R risulta |x1 − x2 | ≤ |x1 − x3 | + |x3 − x2 |. Per definizione si ha B(1 + i3, 1) = {z ∈ C : d(z, 1 + i3) < 1} = {z = x + iy ∈ C : |x − 1| + |y − 3| < 1}. La precedente disuguaglianza è soddisfatta dai punti x, y ∈ R tali che −1 + |x − 1| < y − 3 < 1 − |x − 1| . Per x > 1 deve essere x − 2 < y − 3 < 2 − x cioé 1 + x < y < 5 − x. Per x < 1 deve essere −x < y − 3 < x cioé 3 − x < y < 3 + x. È facile verificare che tali punti corrispondono al quadrato, bordo escluso, di vertici (1, 2), (2, 3), (1, 4) e (0, 3). 2.4. Per dimostrare che (C, d) è uno spazio metrico occorre mostrare che d è una distanza, ovvero che ∀z1 , z2 , z3 ∈ C sono soddisfatte le proprietà a) b) c) d)

d(z1 , z2 ) ≥ 0; d(z1 , z2 ) = 0 se e solo se z1 = z2 ; d(z1 , z2 ) = d(z2 , z1 ); d(z1 , z2 ) ≤ d(z1 , z3 ) + d(z3 , z2 ).

La prima proprietà è vera in quanto il valore assoluto di un numero reale è sempre non negativo. La seconda segue dal fatto che d(z1 , z2 ) = 0 se e solo se |Re(z1 − z2 )| = |Im(z1 − z2 )| = 0 che a sua volta è vera se e solo se z1 = z2 . La terza discende dal fatto che ∀x1 , x2 ∈ R risulta |x1 − x2 | = |x2 − x1 |. Per

212

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

quanto riguarda la proprietà triangolare si ha d(z1 , z2 ) = max (|Re(z1 − z2 )| , |Im(z1 − z2 )|) ≤ max (|Re(z1 − z3 )| + |Re(z3 − z2 )| , |Im(z1 − z3 )| + |Im(z3 − z2 )|) ≤ max (|Re(z1 − z3 )| , |Im(z1 − z3 )|) + max (|Re(z3 − z2 )| , |Im(z3 − z2 )|) = d(z1 , z3 ) + d(z3 , z2 ), avendo sfruttato il fatto che ∀x1 , x2 , x3 ∈ R risulta |x1 − x2 | ≤ |x1 − x3 | + |x3 − x2 |. Per definizione si ha B(3 + i, 2) = {z ∈ C : d(z, 3 + i) ≤ 2} = {z = x + iy ∈ C : max (|x − 3| , |y − 1|) ≤ 2}. La precedente disuguaglianza è soddisfatta dai punti x, y ∈ R tali che |y − 1| ≤ |x − 3| ≤ 2 oppure |x − 3| ≤ |y − 1| ≤ 2. È facile verificare che tali punti corrispondono al quadrato, bordo compreso, ottenuto dall’intersezione delle strisce |x − 3| ≤ 2 e |y − 1| ≤ 2, cioè il quadrato di vertici (1, −1), (5, −1), (5, 3) e (1, 3). 2.5. a) Vero. Sia {Ak }∞ k=1 una infinità numerabile di insiemi aperti e si consideri un generico punto x ∈ ∪∞ k=1 Ak . Deve allora esistere almeno un k0 tale che x ∈ Ak0 . Poiché Ak0 è 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’infinità numerabile di aperti {Ak }∞ k=1 dove Ak = A = B(0, 1) che è un chiuso. B(0, 1 + 1/k). Evidentemente si ha ∩∞ k k=1 c) Falso. Si consideri in C l’infinità numerabile di chiusi {Ak }∞ k=1 dove Ak = B(0, 1 − 1/k). Evidentemente si ha ∪∞ A = B(0, 1) che è un aperto. k k=1 d) Vero. Sia {Ak }∞ una infinità numerabile di insiemi chiusi. Per le leggi di k=1 de Morgan ∞ c ∞   c Ak = (Ak ) . k=1

k=1

In virtù del punto a) il complemento dell’intersezione degli Ak è un aperto e quindi la loro intersezione è un chiuso. 2.6. a) Falso. Si considerino in R i due insiemi chiusi A = [0, 1] e B = [1, 2]. La parte interna della loro unione è (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)◦ . Poiché A ∩B ⊂ A segue (A ∩B)◦ ⊂ A◦ . Analogamente (A ∩ B)◦ ⊂ B ◦ e pertanto (A ∩ B)◦ ⊂ A◦ ∩ B ◦ . D’altro canto A◦ ∩ B ◦ è

Esercizi del Capitolo 2

213

un aperto con la proprietà A◦ ∩ B ◦ ⊂ A ∩ B. Poiché (A ∩ B)◦ rappresenta l’unione di tutti gli aperti contenuti in A∩B, deve essere A◦ ∩B ◦ ⊂ (A∩B)◦ . c) Vero. Infatti usando l’identità 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 è A ∩ B = ∅. D’altro canto si ha A = [0, 1] e B = [1, 2] e quindi A ∩ B = {1}. 2.7. L’affermazione è 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. Poiché 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

Dall’arbitrarietà di x, y ∈ A segue diam A ≥ diam A − 2ε e dall’arbitrarietà di ε segue diam A ≥ diam A. 2.8. Mostriamo che A ⊂ B. Per definizione  A= F, B= chiusi F ⊃A



F.

chiusi F ⊃B

Quindi B è un chiuso tale che B ⊃ B ⊃ A. In altre parole, B è uno dei chiusi F contenente A la cui intersezione forma A. Necessariamente allora B ⊃ A. Mostriamo che A◦ ⊂ B ◦ . Per definizione   A◦ = G, B◦ = G. aperti G⊂A

aperti G⊂B

Quindi A◦ è un aperto tale che A◦ ⊂ A ⊂ B. In altre parole, A◦ è uno degli aperti G contenuti in B la cui unione forma B ◦ . Necessariamente allora A◦ ⊂ B ◦ . 2.9. Poiché A◦ ⊂ A, è sempre vero che A◦ ⊂ A. L’inclusione inversa in generale è falsa. Si consideri lo spazio metrico (R, d) con d metrica euclidea e si

214

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

prenda A = {1}. Risulta A = A,

 c A◦ = Ac = ∅,

quindi A = {1} non è contenuto in A◦ = ∅. Poiché A ⊂ A, è sempre vero che A◦ ⊂ (A)◦ . L’inclusione inversa in generale è falsa. Si consideri lo spazio metrico (R, d) con d metrica euclidea e si prenda A = R \ {1}. Risulta  ◦ c A◦ = A, A = (Ac ) = R, quindi (A)◦ = R non è contenuto in A◦ = R \ {1}. 2.10.

√  √  a) A è aperto in (Q, d). Infatti ∀x ∈ A, posto r = max x − 2 , x − 3 , si consideri la palla aperta B(x, r/2) = {y ∈ Q : d(x, y) < r/2}. Evidentemente risulta B(x, r/2) ⊂ A. √ √ / Q il complementare di A è b) A è chiuso in (Q, d).√Infatti, poiché 2, √3 ∈ Ac = {x ∈ Q : x < 2} ∪ {x ∈ Q : x > 3}. Evidentemente Ac è aperto in (Q, d) in quanto unione di due insiemi aperti in (Q, d). c) A è totalmente limitato. Si consideri infatti lo spazio metrico (A, d) e sia ε > 0 un arbitrario numero reale. Si considerino poi gli n intervalli √ √ √ reali [yk , yk+1 ] dove yk = 2 + kε con k = 1, 2, . . . , n e n = ( 3 − 2)/ε. Detto xk un qualsiasi numero razionale tale che xk ∈ (yk , yk+1 ), e posto B(xk , ε) = {x ∈ A : d(x, xk ) < ε} risulta A = ∪nk=1 B(xk , ε). d) A non è compatto. Questo segue immediatamente dal fatto che A non è completo. Si consideri infatti il cosiddetto metodo babilonese per calcolare le radici quadrate mediante una successione di numeri razionali. Esplicitamente si consideri la successione monotona decrescente (xk )∞ k=0 definita ricorsivamente da xk+1 = (xk + 2/xk )/2 con√x0 = 1. Tale successione è una / A. successione di Cauchy in A che converge a 2 ∈

Esercizi del Capitolo 3 3.1. a) Si ha 6(z 3 − 2)2 = ∞, z→∞ (z − 1)4 lim

infatti lim



z→0 6

1 3

( z1 ) −2 4 ( z1 −1)

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

2

z

Esercizi del Capitolo 3

215

b) Sfruttando l’identità 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 (z 2 + 1)2 (z − i)2 (z + i)2 = lim = lim(z + i)2 = −4. 2 z→i (z − i) z→i z→i (z − i)2 lim

3.2. a) Risulta lim

z→i

z = ∞. z2 + 1

Infatti, posto f (z) = z/(z 2 + 1), per la continuità dei polinomi, si ha 1 z2 + 1 i2 + 1 = lim = = 0. z→i f (z) z→i z i √ b) Per la continuità della funzione z quando −π < Arg z < π e della funzione identità in C, risulta √ √ z i eiπ/4 1 1 = = = √ − i√ . lim z→i z i i 2 2 lim

c) Per la continuità dei polinomi si ha z4 − z3 − z2 + z 1 − (−i) − (−1) + i = = 2. z→i z+1 i+1 lim

3.3. a) Per la continuità delle funzioni razionali e poiché il limite della parte reale è uguale alla parte reale del limite, risulta    1+1 2(1 + 3i) 1+z 1 = Re = Re = . lim Re z→1 z − 3i 1 − 3i 1+9 5 b) Il limite non esiste. Infatti, posto z = 3eiθ , il punto z = −3 può essere 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

lim |z|

z→−3

θ→π

1/2

√ i e 2 Arg z = lim 31/2 eiθ/2 = −i 3. θ→−π

c) Il limite non esiste. Infatti, posto z = x, con x ∈ R, si ha

z 3

x 3 = lim = 1. lim z→0 z x→0 x

216

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

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 3.4. a) Il limite non esiste. Infatti se si pone z = x + ix si ha lim

z→0

z2 |z|

2

x2 − x2 + 2ix2 2i = i, = lim x→0 x→0 2 x2 + x2

= lim

mentre per z = x − ix si ha −2i x2 − x2 − 2ix2 = −i. = lim 2 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

= lim

= i, avendo utilizzato √ limz→∞ c/z = limz→0 cz = 0 e la continuità delle funzioni razionali e di z. c) Si ha

2

2 1 − w−1 1 − |z| w2 − (w/ |w|)2 lim 2 = lim = lim z→∞ z + i w→0 w −2 + i w→0 1 + iw2 e quindi tale limite non esiste in quanto non esiste limw→0 (w/ |w|)2 come dimostrato al punto a). 3.5. √ √ a) Osservando che z 2 −2i = 0 ha soluzioni z = 2eiπ/4 = 1+i e z = 2ei5π/4 = −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 = lim z→1+i z − 1 + i 1+i+1+i = 1+i−1+i = 1 − i.

Esercizi del Capitolo 3

217

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 = − √ , ε→0 3ei(π−ε) ε→0 3ei(π−ε) 3 3 invece per z = 3e−i(π−ε) si ha √ √ −i(π−ε)/2 3e−i(π−ε) 3e 1 i lim = lim = √ eiπ/2 = √ . 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 = 0.

z→∞

3.6. 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 è falsa, si consideri ad esempio  f (z) = |z|ei Arg(z)/2 . √ Per ogni z0 = −t con t > 0 si ha limz→−t |f (z)| = t mentre limz→−t f (z) non esiste. Si noti che l’esempio non funziona per z0 = 0, cioé w0 = 0. Infatti per una generica funzione f , la proprietà limz→z0 |f (z)| = 0, per la relazione ||f (z)| − 0| = |f (z) − 0|, implica limz→z0 f (z) = 0. 3.7. a) Poiché |zn | = 1/n risulta immediatamente in = 0. n→∞ n lim

b) Poiché 1 + i =

√

2eiπ/4 si ha



(1 + i)n 2n/2 inπ/4 2n/2

=

= e . |zn | =

n n n n→∞

Si osservi che n/2n/2 −−−−→ 0, pertanto lim

n→∞ n→∞

ovvero zn −−−−→ ∞.

1 = 0, zn

218

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

√ √ c) Moltiplicando e dividendo zn per n + 2i + n + i si ha √  √ √ √ i n √ n + 2i − n + i = lim √ lim n n→∞ n→∞ n + 2i + n + i i  = lim  n→∞ 1 + 2i/n + 1 + i/n i = . 2 3.8. a) Posto z = x + iy, la funzione Arg z è definita dall’equazione (1.16) nei punti (x, y) ∈ R2 ad eccezione del punto (x, y) = (0, 0). Tale funzione presenta una discontinuità di ampiezza 2π nei punti (x, 0) con x < 0. Infatti per x < 0 si ha Arg(x + i0) = π mentre limε→0+ Arg(x − ε + i0) = −π. In tutti i punti fuori dal semiasse reale negativo, Arg z è continua in quanto composizione di funzioni continue. b) In quanto funzione razionale, f (z) è continua ovunque in C ad eccezione degli zeri del polinomio a denominatore. Questi sono le soluzioni di z 3 +27 = 0 ovvero i numeri 1/3  = 3ei(π+2πk)/3 , k = 0, 1, 2. zk = (−27)1/3 = 27eiπ √ √ Si osservi che z0 = 3, z1 = −3/2 + i3 3/2 e z2 = −3/2 − i3 3/2. c) Tale funzione risulta non continua nei punti per cui Arg z = π, cioé lungo l’asse reale negativo origine esclusa. Infatti, posto z = −r con r > 0, si it consideri la circonferenza γ(t) = re√ , −π ≤ t ≤ π passante per il punto z = γ(π) = γ(−π). Si ha f (γ(t)) = reit/2 e quindi √ √ lim f (γ(t)) = reiπ/2 = i r, t→π √ √ lim f (γ(t)) = re−iπ/2 = −i r. t→−π

Ciò basta per concludere che non esiste limw→z f (w) e quindi f non è continua in z. Nel punto z = 0, dove risulta f (0) = 0, la funzione è invece continua in quanto  w→0 |f (w) − f (0)| = |w| −−−→ 0. Anche nel resto dei punti di C, f risulta continua in quanto composizione di funzioni continue nello stesso dominio. 3.9. 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 proprietà è 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 −

2ε δ =δ < δ, 1 + 2ε 1 + 2ε

Esercizi del Capitolo 3

219



1

− 1 = 1 + 2ε − 1 = 2ε ≥ ε.

z w δ δ δ Dall’arbitrarietà di δ segue l’asserto. 3.10. In quanto funzione razionale con denominatore mai nullo, f è continua in D. Per dimostrare che f non è uniformemente continua in D facciamo vedere che, scelto ε > 0, esistono coppie di punti z, w ∈ D distanti tra loro arbitrariamente poco e le cui immagini f (z), f (w) hanno distanza maggiore o uguale a ε. Si considerino due punti del tipo z = x e w = x + δ con x ∈ (0, 3] e δ > 0. Determiniamo δ(x, ε) in modo tale che |f (z) − f (w)| =

1 1 δ 2 + 2xδ = ε. − = x2 (x + δ)2 x2 (δ 2 + 2xδ + x2 )

Questa condizione è equivalente a (1 − εx2 )δ 2 + 2x(1 − εx2 )δ − εx4 = 0, la cui soluzione positiva è

'

δ(x, ε) = x

 εx2 1+ −1 . 1 − εx2

Nel ricavare tale soluzione abbiamo ammesso che ε sia sufficientemente piccolo per cui 1 − εx2 > 0 ∀x ∈ (0, 3], ovvero si è assunto ε < 1/9. Poiché inf δ(x, ε) = 0, x∈(0,3]

segue che ∀δ > 0 ∃z, w ∈ D con |z − w| < δ e |f (z) − f (w)| ≥ ε. Si consideri il dominio Dr = {z ∈ C : r ≤ |z| ≤ 3} con 0 < r < 3. La funzione f è continua in Dr e Dr , in quanto sottoinsieme chiuso e limitato di C, è un sottoinsieme compatto di C. Segue che f è uniformemente continua in Dr . 3.11. Per ipotesi, scelto arbitrariamente ε > 0 esistono δf (ε) > 0 e δg (ε) > 0 tali che ε |f (x) − f (y)| < , ∀x, y ∈ S, d(x, y) ≤ δf , 2 ε ∀x, y ∈ S, d(x, y) ≤ δg . |g(x) − g(y)| < , 2 Da queste e usando la disuguaglianza triangolare, per la funzione somma f + g : (S, d) → C, si ottiene |(f + g)(x) − (f + g)(y)| = |f (x) + g(x) − f (y) − g(y)| = |(f (x) − f (y)) + (g(y) − g(y))| ≤ |f (x) − f (y)| + |g(x) − g(y)| ε ε < + = ε, ∀x, y ∈ S, d(x, y) ≤ δ, 2 2

220

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

dove δ(ε) = min(δf (ε), δg (ε)). Quindi f + g è uniformemente continua in S. 3.12. Per ipotesi esistono due reali positivi Mf e Mg tali che |f (x) − f (y)| ≤ Mf d(x, y), |g(x) − g(y)| ≤ Mg d(x, y),

∀x, y ∈ S, ∀x, y ∈ S.

Da queste e usando la disuguaglianza triangolare, per la funzione somma f + g : (S, d) → C, si ottiene |(f + g)(x) − (f + g)(y)| = |f (x) + g(x) − f (y) − g(y)| = |(f (x) − f (y)) + (g(y) − g(y))| ≤ |f (x) − f (y)| + |g(x) − g(y)| = (Mf + Mg )d(x, y), ∀x, y ∈ S, cioé f + g è Lipschitz continua in S.

Esercizi del Capitolo 4 4.1. Per ogni z ∈ B(0, r) si ha n

|fn (z) − f (z)| = |z n − 0| = |z| ≤ rn . Poiché 0 < r < 1, ∀ε > 0 è possibile trovare un intero N (ε), ad esempio   ln ε , N (ε) = ln r tale che ∀n > N (ε) si ha rn < ε e quindi |fn (z) − f (z)| < ε ∀z ∈ B(0, r), che è 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) poiché, scelto 0 < ε < 1, per ogni intero n è possibile trovare un punto z ∈ B(0, 1), basta prendere ε1/n < |z| < 1, tale che |fn (z) − f (z)| > ε. 4.2. Per ipotesi lim

n

n→∞

k=0

ak = A,

lim

n→∞

n

bk = B.

k=0

Quindi ∀ε > 0 esistono degli interi Na (ε) e Nb (ε) tali che

n



ε

∀n > Na , ak − A < ,

2 k=0

n

ε



∀n > Nb . bk − B < ,

2

k=0

Esercizi del Capitolo 4

221

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

k=0

Questo implica, come richiesto, che lim

n

n→∞

(ak + bk ) = A + B.

k=0

4.3. a) Il coefficiente n-esimo della serie è an = cosh n =

en + e−n 2

e si ha an e−n + en e−2n + 1 n→∞ 1 = −(n+1) = −−−−→ . −2n−1 an+1 e +e e e + en+1 Il raggio di convergenza della serie è R = 1/e. b) Il coefficiente n-esimo della serie è an = n + cn , inoltre  |an | |n + cn | 1 |c| ≤ 1 n→∞ = − − − − → . |c|−1 |c| > 1 |an+1 | |n + 1 + cn+1 | Si ha quindi |an | = n→∞ |an+1 |

R = lim



|c| ≤ 1 . |c| > 1

1 |c|−1

c) Il coefficiente n-esimo della serie è  3 n = k ln k, an = 0 altrimenti

k = 1, 2, 3, . . .

e quindi 1/m

R−1 = lim sup |am | m→∞ + , 1/n = lim sup |an | m→∞ n≥m

= lim

+

sup

m→∞ k: k ln k≥m

31/ k ln k

,

= lim 31/ km ln km  m→∞

= 1, dove km è il più piccolo intero k tale che k ln k ≥ m. In conclusione, R = 1.

222

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

4.4. a) Il coefficiente n-esimo della serie è 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 è dunque R = 1/2. b) Il coefficiente n-esimo della serie è 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 è dunque R = 1/e. c) Il coefficiente n-esimo della serie è an = n3 4n e si ha n3 4n 1 an n→∞ 1 = = −−−−→ . an+1 (n + 1)3 4n+1 4(1 + 1/n)3 4 Il raggio di convergenza della serie è dunque R = 1/4. 4.5. a) Il coefficiente n-esimo della serie è 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 è  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, cioè R = 1.

Esercizi del Capitolo 4

c) Il coefficiente n-esimo della serie è  n

an = n e si ha |an |

1/n

1+i 2

n 2



1 + i n n→∞

= n − = n

−−−→ 0. 2 2n/2

Quindi R = ∞. 4.6. a) Il coefficiente n-esimo della serie è 2

an = cosh(n2 ) =

e−n + en 2

2

e si ha 2

2

|an | e−n + en = −(n+1)2 |an+1 | e + e(n+1)2 2

=

e−2n + 1 n→∞ −−−−→ 0. e−2n2 −2n−1 + e2n+1

Il raggio di convergenza della serie è dunque R = 0. b) Il coefficiente n-esimo della serie è an =

n3n (3n)!

e si ha |an | n3n (3(n + 1))! = |an+1 | (3n)! (n + 1)3(n+1) n3n (3n + 3)(3n + 2)(3n + 1) = 3 (n + 1) (n + 1)3n     27(n + 1) n + 23 n + 13 1 n→∞ 27 = !  " −−−−→ e3 . 1 n 3 (n + 1)3 1+ n

Il raggio di convergenza della serie è dunque R = 27/e3 . 4.7. a) Il coefficiente n-esimo della serie è an = 3n /(n + 1)3 . Inoltre

 3

an (n + 2)3 3n 1 n+2 n→∞ 1

= −−−−→ .

an+1 (n + 1)3 3n+1 = 3 n + 1 3

223

224

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

Si ha quindi



an 1

= . R = lim n→∞ an+1 3

∞ b) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma n=0 an z n è  1 + n6 n = k 2 , 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: k2 ≥m

(1 + k 12 )1/k

2

,

2

12 1/km = lim (1 + km ) m→∞

= 1, dove km è il più piccolo intero k tale che k 2 ≥ m. In conclusione, R = 1. 4.8. a) Il coefficiente n-esimo della serie è 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 è 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 è  (−1)k n = k 3 , k = 0, 1, 2, . . . an = 0 altrimenti

Esercizi del Capitolo 4

e quindi R−1 = lim sup |am |

1/m

+ , 1/n = lim sup |an | = lim 1 = 1, m→∞ n≥m

m→∞

225

m→∞

cioè R = 1. 4.9. a) Il coefficiente n-esimo della serie è 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 è an = i−in = e−in log i = e−in(ln 1+iπ/2) = enπ/2 . Osservando che |an |

1/n

= eπ/2 , si conclude che R = e−π/2 .

∞ c) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma n=1 an z n è  log(in/2) n pari . an = 0 n dispari  Osservando che |log(in/2)| = (ln(n/2))2 + π 2 /4 e ricordando che (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

= lim

m→∞

= 1,







(ln(n/2))2 + π 2 /4

(ln(nm /2))2 + π 2 /4

1/nm

1/n -

226

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

avendo posto nm = m se m è pari e nm = m + 1 se m è dispari. In conclusione, R = 1. 4.10. ∞ a) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma n=0 an z n è  (−1)k n = 1 + k + k 2 + k 3 , k = 0, 1, 2, . . . an = 0 altrimenti e quindi R−1 = lim sup |am |

1/m

+ , 1/n = lim 1 = 1, = lim sup |an | m→∞ n≥m

m→∞

m→∞

cioè R = 1. b) Il coefficiente n-esimo della serie è an = n2 3n e si ha  2 n an n2 3 n 1 n→∞ 1 = = −−−−→ . an+1 (n + 1)2 3n+1 3 n+1 3 Il raggio di convergenza della serie è R = 1/3. 4.11. Il raggio di convergenza R della serie b) è 1/n

R−1 = lim sup |an nc | n→∞

 1/n 1/n = lim sup |an | |nc | . n→∞

Poiché esiste ed è positivo il limite

√ 1/n 1/n lim |nc | = lim nc nc = lim nRe c/n = 1, n→∞

n→∞

n→∞

per le proprietà del lim sup si ha R−1 = lim sup |an |

1/n

= lim sup |an |

1/n

lim |nc |

1/n

n→∞

n→∞

,

n→∞

che è 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→∞

cioè R = e. 4.12. ∞ a) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma n=0 an z n è  k! e n = k!, k = 0, 1, 2, . . . an = 0 altrimenti

Esercizi del Capitolo 4

227

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 è  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

= 1, avendo usato il fatto che la successione (ek/k! ) è monotona decrescente per k ≥ 1 e tende a 1 per k → ∞. In conclusione, R = 1. c) La serie è già scritta in forma canonica e il suo coefficiente n-esimo è an = en! . Poiché |an |

1/n

= en!/n = e(n−1)! −−−−→ ∞, n→∞

si ha R = 0. 4.13. a) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma  2 n n π n dispari an = 0 n pari e quindi R−1 = lim sup |am | m→∞

1/m

∞ n=0

an z n è

228

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

+ , 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 è dispari e nm = m + 1 se m è pari. In conclusione, R = 1/π. b) Il coefficiente n-esimo della serie è an = n2+i π n = n2 π n ei ln 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 è R = 1/π. 4.14. a) Il coefficiente n-esimo della serie è an = n3 e−3n . Inoltre



3 3(n+1) 3 

an n n e n→∞

=

= e3 −−−−→ e3 .

an+1 n+1 e3n 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 è  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

Esercizi del Capitolo 4

229

4.15. 1/n

= 1/R0 , pertanto a) Per ipotesi sappiamo che lim supn→∞ |cn |

1/n 1 = lim sup c3n R n→∞ 

3 1/k = lim sup |ck | n→∞ k≥n



= lim

n→∞

 =

+

sup |ck |

1/k

, 3

k≥n

+ , 3 1/k lim sup |ck |

n→∞ k≥n

 =

1 R0

3

.

In conclusione, R = R03 . ∞ b) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma n=0 an z n è  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

= lim

+

sup

m→∞ k: 3k≥m



|ck |

= lim sup j→∞ k≥j



1/(3k)

,

1/3 -

1/k

,

1/3

j→∞ k≥j



1/3

+

1/k

lim sup |ck |

= =

|ck |

1 R0

1/3 .

In conclusione, R = R0 . Alternativamente si ponga w = z 3 . La serie ∞ 1/3 n nel piano n=0 cn w ha raggio di convergenza R0 nel piano w e R = R0 1/3 z=w .

230

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

4.16. a) Il coefficiente n-esimo della serie assegnata è an = n + cn e si ha . 1/n n1/n |1 + cn /n| |c| ≤ 1 1/n n 1/n . |an | = |n + c | = n 1/n |c| > 1 |c| |1 + n/c | Osservando che limn→∞ n1/n = 1, si ha  1 1/n n→∞ −−−−→ |an | |c| e quindi il raggio di convergenza vale  1 R= 1/ |c|

|c| ≤ 1 |c| > 1 |c| ≤ 1 . |c| > 1

∞ b) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma n=1 an z n è  k 5 n = k!, k = 1, 2, 3, . . . 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 più piccolo intero k tale che k! ≥ m. In conclusione R = 1. 4.17. √

a) R = e−2 . Infatti, posto an = ne2n− n , si ha √

2n− n

an ne

an+1 = (n + 1)e2(n+1)−√n+1 √ √ 1 n→∞ e n− n+1 −−−−→ e−2 . = 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)

Esercizi del Capitolo 4

231

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 (n + 1)(n + 1) n→∞ 1 −−−−→ . = n+1 (2n + 2)(2n + 10 4 4.18. Osservando che enz = (ez )n si riconosce che la serie considerata è una serie geometrica di ragione ez . La serie quindi converge quando |ez | < 1. Posto z = x + iy, la precedente disuguaglianza è equivalente a ex < 1, cioè 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 è an = cn e si ha ⎧

2 1/n ⎨0

1/n n n→∞ = cn = |c| −−−−→ 1 |an | ⎩ ∞ Pertanto il raggio di convergenza vale ⎧ ⎨∞ R= 1 ⎩ 0

|c| < 1 |c| = 1 . |c| > 1

|c| < 1 |c| = 1 . |c| > 1

∞ b) Il coefficiente n-esimo della serie riscritta nella forma n=1 an z n è  k c n = k 2 , k = 1, 2, 3, . . . 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

1/k2 sup ck

= lim

sup |c|

m→∞ k: k2 ≥m

1/k

m→∞ k: k2 ≥m 0

= |c| . Escludendo il caso banale c = 0, si ha sempre R = 1. 4.20. La convergenza della serie proposta è equivalente alla convergenza simultanea delle due serie ∞ ∞ zn n2 , . n! zn n=0 n=0

232

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

La prima ha somma exp(z) e raggio di convergenza infinito. La seconda, con la posizione w = 1/z, è 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| < ∞. 4.21. Risulta an an 1 = = , an+1 an + an+1 − an 1 + bn dove bn =

an+1 − an . an

Si osservi che bn è una ∞frazione il cui numeratore coincide con il termine n + 1-esimo della serie k=1 (ak − ak−1 ). Tale serie è assolutamente convergente e quindi convergente, pertanto il suo termine n-esimo tende a 0 per n → ∞. Il denominatore di bn , a n = a0 +

n

(ak − ak−1 ) ,

k=1

ammette limite per n → ∞ sempre in virtù della convergenza della serie ∞ n→∞ −−−→ 0 e quindi esiste e vale 1 il k=1 (ak − ak−1 ). Concludiamo che bn − limite

an

=1 R = lim n→∞ an+1 ∞ che rappresenta il raggio di convergenza della serie di potenze k=0 ak z k . Nel procedimento appena esposto abbiamo fatto uso della proprietà an = 0 per ogni intero n. È possibile ottenere lo stesso risultato anche nell’ipotesi più debole che an = 0 per un numero infinito di valori di n. Se an = 0 per un numero finito di interi n non cambia nulla. Se invece per una infinità di interi n risulta an = 0 e per un’altra infinità si ha an = 0, detti m(n) quegli interi per cui am(n) = 0, si ha ancora

1/n 1 1/n = lim sup |an | = lim am(n) = 1, n→∞ R n→∞

Esercizi del Capitolo 5

233

in quanto, per ipotesi, esiste in C il limite lim am(n) = a0 +

n→∞

∞

(ak − ak−1 ) .

k=1

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). 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’unicità 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’unicità del limite segue uy (x, y) = −vx (x, y).

234

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

5.3. Poiché f (z0 ) = g(z0 ) = 0, possiamo scrivere f (z) f (z) − f (z0 ) z − z0 = lim g(z) z→z0 z − z0 g(z) − g(z0 ) f (z) − f (z0 ) z − z0 = lim lim z→z0 z→z z − z0 0 g(z) − g(z0 ) f  (z0 ) =  , g (z0 )

lim

z→z0

avendo usato le proprietà ∃ lim

z→z0

∃ lim

z→z0

f (z) − f (z0 ) = f  (z0 ), z − z0

g(z) − g(z0 ) = g  (z0 ) = 0. z − z0

5.4. Posto z = reiθ risulta f (reiθ ) − f (0) rei5θ = lim = ei4θ . iθ r→0 r→0 reiθ re − 0 lim

Poiché 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 y−0 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) y 5 / |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). 5.5. In quanto composizione di funzioni continue in tutto C, f è continua in tutto C. Per studiare la derivabilità, si osservi che, posto z = x + iy con x, y ∈ R, si ha f (x + iy) = x3 + 3xy 2 + i(y 3 + 3x2 y), pertanto u(x, y) = Re f (x + iy) = x3 + 3xy 2 e v(x, y) = Im f (x + iy) = y 3 +

Esercizi del Capitolo 5

235

3x2 y. Le funzioni u e v sono derivabili in tutto R2 con derivate ux (x, y) = 3x2 + 3y 2 , vx (x, y) = 6xy,

uy (x, y) = 6xy,

vy (x, y) = 3y 2 + 3x2 ,

continue in tutto R2 . Le equazioni di Cauchy-Riemann, ux = vy e uy = −vx , sono quindi 3x2 + 3y 2 = 3x2 + 3y 2 , 6xy = −6xy. La prima equazione è sempre soddisfatta, la seconda solo se x = 0 oppure y = 0. Segue che f è derivabile solo nei punti degli assi coordinati. In nessuno di tali punti però la f è 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 è non derivabile. 5.6. Dimostriamo che f ∗ è derivabile in ogni punto z di G∗ . Poiché G∗ è aperto, ∀z ∈ G∗ ∃δ(z) > 0 tale che B(z, δ) ⊂ G∗ . Allora ∀w ∈ B(z, δ) possiamo scrivere il rapporto incrementale di f ∗ relativamente al punto z come f (w) − f (z) f ∗ (w) − f ∗ (z) = = w−z w−z



f (w) − f (z) . w−z

D’altro canto, poiché z ∈ G∗ e B(z, δ) ⊂ G∗ , risulta z ∈ G e B(z, δ) ⊂ G. Per l’analiticità di f in G deve allora esistere il limite lim

w→z

f (w) − f (z) = f  (z). w−z

Possiamo pertanto concludere che esiste il limite lim

w→z

f ∗ (w) − f ∗ (z) = f  (z). w−z

5.7. a) In quanto parte reale di una funzione continua in C, f è continua in C. Per studiare la derivabilità si osservi che ∀z ∈ C risulta f (z + Δz) − f (z) Re(z + Δz) − Re z Re Δz = = , 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 è mai derivabile e il suo dominio di analiticità è vuoto.

236

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

b) La funzione è 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,

uy (x, y) = −ex sin y,

vx (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 è derivabile in tutto C e quindi intera. c) La funzione è continua in tutto C in quanto le sue componenti reale e immaginaria, u(x, y) = Re f (x + iy) = x2 − y 2 , 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) è derivabile solo nel punto z = 0. Segue che il dominio di analiticità di f è vuoto. 5.8. In entrambi i casi a) e b) abbiamo funzioni razionali, quindi analitiche in C ad eccezione delle singolarità corrispondenti agli zeri del denominatore. a) Il denominatore si annulla in z = 0 e quando z 2 + 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 5

237

5.9. a) Posto f (z) = u(r, θ) + iv(r, θ), si ha u(r, θ) = r −4 cos(4θ),

v(r, θ) = −r−4 sin(4θ).

Innanzitutto si osservi che per r = 0, cioé z = 0, f non è definita né sarebbe possibile definirla in modo da risultare continua. In tale punto quindi f non è derivabile. Per r > 0 le funzioni u e v sono derivabili con derivate prime continue ur (r, θ) = −4r−5 cos(4θ), vr (r, θ) = 4r−5 sin(4θ),

uθ (r, θ) = −4r−4 sin(4θ), vθ (r, θ) = −4r−4 cos(4θ),

e soddisfano le condizioni di Cauchy-Riemann rur = vθ , uθ = −rvr . Pertanto f (z) è derivabile per z = 0 e la sua derivata vale f  (z) = (ur (r, θ) + ivr (r, θ)) e−iθ = −4r−5 (cos(−4θ) + i sin(−4θ)) e−iθ = −4z −5 . Il dominio di analiticità di f è D = C \ {0}. b) Posto f (z) = u(r, θ) + iv(r, θ), si ha u(r, θ) = cos(ln r)e−θ ,

v(r, θ) = sin(ln r)e−θ .

Innanzitutto si osservi che per r = 0, cioé z = 0, f non è definita né sarebbe possibile definirla in modo da risultare continua. In tale punto quindi f non è derivabile. Si osservi poi che per ogni r > 0 si ha u(r, π) = limθ→−π u(r, θ) come pure v(r, π) = limθ→−π v(r, θ) , pertanto lungo il semiasse reale negativo, origine esclusa, f risulta non continua e quindi non derivabile. Per r > 0 e −π < θ < π le funzioni u e v sono derivabili con derivate prime continue 1 ur (r, θ) = − sin(ln r)e−θ , r 1 vr (r, θ) = cos(ln r)e−θ , r

uθ (r, θ) = − cos(ln r)e−θ , vθ (r, θ) = − sin(ln r)e−θ ,

e soddisfano le condizioni di Cauchy-Riemann rur = vθ , uθ = −rvr . Nello stesso dominio f (z) risulta quindi derivabile e la sua derivata vale f  (z) = (ur (r, θ) + ivr (r, θ)) e−iθ  1 − sin(ln r)e−θ + i cos(ln r)e−θ e−iθ = r i = f (z), z

238

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

in accordo con il fatto che f (z) = ei log z = z i . Il dominio di analiticità di f è D = {z ∈ C : z = −t, t ∈ [0, ∞)}. 5.10. a) Posto f (z) = u(r, θ) + iv(r, θ), si ha √ u(r, θ) = r cos(θ/2),

v(r, θ) =

√ r sin(θ/2).

Si osservi che per ogni r > 0 si ha v(r, π) = limθ→−π v(r, θ), pertanto lungo il semiasse reale negativo, origine esclusa, f risulta non continua e quindi non derivabile. In z = 0 f è continua ma non derivabile, come risulta facilmente dalle rispettive definizioni. Per r > 0 e −π < θ < π le funzioni u e v sono derivabili con derivate prime continue √ r 1 sin(θ/2), ur (r, θ) = √ cos(θ/2), uθ (r, θ) = − 2 2 r √ r 1 cos(θ/2), vr (r, θ) = √ sin(θ/2), vθ (r, θ) = 2 2 r e soddisfano le condizioni di Cauchy-Riemann rur = vθ , uθ = −rvr . Nello stesso dominio f (z) risulta quindi derivabile e la sua derivata vale f  (z) = (ur (r, θ) + ivr (r, θ)) e−iθ 1 = √ (cos(θ/2) + i sin(θ/2)) e−iθ 2 r 1 . = 2f (z) Il dominio di analiticità di f è D = {z ∈ C : z = −t, t ∈ [0, ∞)}. b) Posto f (z) = u(r, θ) + iv(r, θ), si ha u(r, θ) = (ln r)2 − θ2 ,

v(r, θ) = 2θ ln r.

Innanzitutto si osservi che per r = 0, cioé z = 0, f non è definita né sarebbe possibile definirla in modo da risultare continua. In tale punto quindi f non è derivabile. Si osservi poi che per ogni r > 0 si ha v(r, π) = limθ→−π v(r, θ) , pertanto lungo il semiasse reale negativo, origine esclusa, f risulta non continua e quindi non derivabile. Per r > 0 e −π < θ < π le funzioni u e v sono derivabili con derivate prime continue 2 ln r, uθ (r, θ) = −2θ, r 2θ , vθ (r, θ) = 2 ln r, vr (r, θ) = r ur (r, θ) =

e soddisfano le condizioni di Cauchy-Riemann rur = vθ , uθ = −rvr . Nello

Esercizi del Capitolo 5

239

stesso dominio f (z) risulta quindi derivabile e la sua derivata vale f  (z) = (ur (r, θ) + ivr (r, θ)) e−iθ  2 2θ −iθ ln r + i e = r r 2 g(z) = ln r + iθ. = g(z), z in accordo con il fatto che f (z) = g(z)2 = (log z)2 . Il dominio di analiticità di f è D = {z ∈ C : z = −t, t ∈ [0, ∞)}. 5.11. Posto z = x + iy e f (z) = u(x, y) + iv(x, y), poiché f è analitica in D, in D sono soddisfatte le condizioni di Cauchy-Riemann ux = vy e uy = −vx . D’altro canto posto f (z) = U (x, y) + iV (x, y) = u(x, y) + iv(x, y), deve essere U = u e V = −v. Pertanto Ux = −Vy e Uy = Vx ∀z ∈ D, cioé f è irrotazionale e solenoidale in D. 5.12. a) La funzione è continua in tutto C in quanto le sue componenti reale e immaginaria, u(x, y) = Re f (x + iy) = y, v(x, y) = Im f (x + iy) = 0, sono continue in R2 . Tali componenti sono anche derivabili con derivate prime continue ux (x, y) = 0, vx (x, y) = 0,

uy (x, y) = 1, vy (x, y) = 0,

ma non soddisfano le condizioni di Cauchy-Riemann in alcun punto (x, y) ∈ R2 . Pertanto f non è mai derivabile e il suo dominio di analiticità è vuoto. b) La funzione è 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,

ma non soddisfano le condizioni di Cauchy-Riemann in alcun punto (x, y) ∈

240

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

R2 . Infatti, essendo ex = 0 ∀x ∈ R, risulta ux (x, y) = vy (x, y) e uy (x, y) = −vx (x, y) solo se sin y = cos y = 0, che non può mai verificarsi. Pertanto f non è mai derivabile e il suo dominio di analiticità è vuoto. c) La funzione è continua in tutto C in quanto le sue componenti reale e immaginaria, u(x, y) = Re f (x + iy) = x2 − y 2 , v(x, y) = Im f (x + iy) = 2xy, sono continue in R2 . Tali componenti sono anche derivabili con derivate prime continue ux (x, y) = 2x,

uy (x, y) = −2y,

vx (x, y) = 2y,

vy (x, y) = 2x.

Le condizioni di Cauchy-Riemann sono soddisfatte per ogni (x, y) ∈ R2 . Pertanto f (z) è derivabile in tutto C e C è il suo dominio di analiticità (f è intera).

Esercizi del Capitolo 6 6.1. a) Usando la definizione di cosh z si ha 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.

cosh (2 + i) =

b) Usando cotan z = cos z/ sin z e la definizione di cos z e sin z, si ha

π  ei π4 +ln 2 + e−i π4 −ln 2 2i cotan − 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

Esercizi del Capitolo 6

(−3 + 5i)(3 − 5i) 9 + 25 8 15 = +i . 17 17 6.2. 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 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 6.3. Posto w = arctan z, si ha tan w = z ovvero arctan(2 + i) =

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

241

242

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

 1 i = − log √ eiϕ 2 5  i 1 =− ln √ + iϕ 2 5 ϕ i = + ln 5, 2 4 √ √ dove ϕ è definito da cos ϕ = −2/ 5 e sin ϕ = 1/ 5. In conclusione Im (arctan(1 + 2i)) =

1 ln 5. 4

6.4. Usando z w = exp(w Log z) e Log z = ln |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  + i ln 32 − = exp ln 32 + 

4√

4 √ √ π π π  4 + i sin ln 32 − . = 32 e cos ln 32 − 4 4 6.5. Usando z w = exp(w Log z) e Log z = ln |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 log 2 + i = exp (2 − i) 2 4 %  & π 1 π = exp ln 2 + + i − ln 2 4 2 2 e quindi





(1 + i)2−i = exp ln 2 + π = 2e π4 . 4

6.6. 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 %  π  π i+1 & e e eπ eπ √ + i√ = exp (i + 1) Log √ + i √ 2 2 2 2 !  π i π " = exp (i + 1) Log e e 4 

π  = exp (i + 1) ln eπ + i 4

Esercizi del Capitolo 6





243

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

6.7. 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 x cosh y − i sin x sinh y.

cos z =

Occorre dunque risolvere il sistema di equazioni  cos x cosh y = a . sin x sinh y = 0 La soluzione y = 0 della seconda equazione è 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.

In conclusione, le soluzioni cercate sono

  zk = 2πk + i ln a ± a2 − 1

  = 2πk ± i ln a + a2 − 1 , 6.8. L’equazione da risolvere è ez + e−z 1 = , 2 2

k ∈ Z.

244

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

cioè 2

(ez ) − ez + 1 = 0, che fornisce ez =

1+

√ π π 1−4 3 1 = ±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.

6.9. 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 è 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 è compatibile con la seconda equazione. Deve perciò essere cos(2x) = 0 ovvero 2x = π/2 + πk, k ∈ Z. Questa soluzione è compatibile con la seconda equazione solo per n pari. In questo caso la seconda equazione fornisce cosh(2y) = 4 ovvero  2y 2 − 8e2y + 1 = 0, e 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 w2 − 8iw − 1 = 0, che fornisce

√  ei2z = i 4 ± 15 .

Prendendo il logaritmo, riotteniamo 

π √  1 

z= ln 4 ± 15 + i + 2πk 2i 2

π  i

√  = + πk ± ln 4 + 15 , k ∈ Z. 4 2

Esercizi del Capitolo 6

245

6.10. 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.

6.11. 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

ovvero y = 0 e x = ±(2k + 1)π/2, con k ∈ N. Pertanto cos(3z 2 ) = 0 ha soluzioni π k ∈ N, 3z 2 = ± (2k + 1), 2 cioè

' z=

π ± (2k + 1) = 6

  ± (2k + 1)π/6 , ±i (2k + 1)π/6

6.12. 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.

246

Appendice 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 6.13. Si ha sin z =

k ∈ 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 è 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.

6.14. 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 pertanto 

 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,

Esercizi del Capitolo 6

247

k ∈ Z. Alternativamente, si ponga z = x + iy con x, y ∈ R. L’equazione da risolvere è equivalente al sistema  cosh x cos y = a . sinh x sin y = 0 La soluzione y = kπ, k ∈ Z, della seconda equazione è 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. 6.15. L’equazione da risolvere è 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 6.16. L’equazione assegnata 

4k + 1 , 2

eiz − e−iz 2i

è equivalente a eiz − e−iz =

k ∈ Z.

2 = −4

 −4(2i)2 = ±4,

ovvero

le cui soluzioni sono eiz due sono positive

e2iz ± 4eiz − 1 = 0, √ = ±2 ± 5. Di queste quattro soluzioni, tutte reali, eiz =

√ √ 5 ± 2 = ( 5 ± 2)ei0 ,

mentre le altre due sono negative √ √ eiz = − 5 ∓ 2 = ( 5 ± 2)eiπ .

248

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

Prendendo il logaritmo, nei due casi si ha rispettivamente √ √ iz = log( 5 ± 2) = ln( 5 ± 2) + i2πk, k ∈ Z, √ √ iz = log(− 5 ∓ 2) = ln( 5 ± 2) + i(π + 2πk), k ∈ Z. Si conclude che le soluzioni dell’equazione assegnata sono √ zk = πk − i ln( 5 ± 2), k ∈ Z. √ Si tratta √ di punti isolati che giacciono sulle rette y = − ln( 5 + 2) < 0 e y = − ln( 5 − 2) > 0 parallele all’asse reale. Il loro unico punto limite è il punto all’infinito. 6.17. 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.

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, . . . , è possibile riscrivere il secondo sistema di soluzioni come  3π 2πn z = (2m + 1)π ei( 4 + 2 ) , n = 0, 1. In conclusione, le soluzioni cercate sono ' ' 2k + 1 2k + 1 ± ± z1,k = ±(1 + i) π, z2,k = ±(1 − i) π, 2 2

k ∈ N.

6.18.

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 .

k = 0, 1, 2, 3,

Esercizi del Capitolo 6

249

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.

6.19. Poiché 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 + 2πk),

In conclusione, si ha

√

z = (2n + 1)π/2,

k ∈ Z.

n ∈ Z,

pertanto le radici cercate sono z = ((2n + 1)π/2)2 ,

n ∈ N.

6.20. a) Il ramo principale di log z è una funzione analitica ovunque ad eccezione del semiasse reale negativo inclusa l’origine. Pertanto la funzione in esame è analitica ovunque ad eccezione dei punti z che soddisfano (2 − z)2 = −t, t ≥ 0, √ ovvero nei punti z(t) = 2 ± i t, t ≥ 0, cioè lungo l’asse Re z = 2. b) La funzione z z è definita da z z = exp (z log z) . Poiché la funzione esponenziale è analitica ovunque, il dominio di analiticità 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.

250

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

6.21. a) La funzione z sinh z è definita da z sinh z = exp (sinh z log z) . Poiché la composizione di funzioni analitiche è analitica e le funzioni exp e sinh sono intere, il ramo principale di z sinh z è una funzione analitica nel dominio in cui lo è 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 analiticità 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 è 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, cioè 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.

6.22. a) Le funzioni cosh z, ez e sinh z sono intere e la composizione di funzioni intere è intera. Dunque   cosh esinh z è analitica nell’intero piano complesso. b) Il ramo principale di log z è una funzione analitica ovunque ad eccezione del semiasse reale negativo inclusa l’origine. Pertanto la funzione in esame è analitica ovunque ad eccezione dei punti z che soddisfano 3 + z 2 = −t, ovvero dei punti z(t) =

t ≥ 0,

√ √ −3 − t = ±i 3 + t,

t ≥ 0.

Esercizi del Capitolo 6

251

6.23. a) Osservando che la funzione exp z è intera e la funzione razionale 1/(1 + z 2 ) è analitica ovunque ad eccezione dei punti singolari  z = ±i, per la derivabilità delle funzioni composte, la funzione exp 1/(1 + z 2 ) è analitica ovunque ad eccezione dei punti z = ±i. b) Il ramo principale della funzione log z è analitica ovunque ad eccezione del semiasse reale negativo, origine compresa. Pertanto il ramo principale della funzione log(z 3 ) è analitica ovunque ad eccezione dei punti z tali che z 3 = −t, cioè z(t) = (−t)1/3 =

√ 3

t ≥ 0,

tei(π+2πk)/3 ,

k = 0, 1, 2,

t ≥ 0,

ovvero nell’origine e lungo i tre semiassi uscenti dall’origine agli angoli ±π/3 e π. 6.24. a) Osservando che

z  1 + z 2 = exp(z log(1 + z 2 )),

poiché la funzione exp z è intera e il ramo principale di log z è una funzione analitica ovunque del semiasse reale negativo, origine compre ad eccezione z sa, la funzione 1 + z 2 è analitica ovunque ad eccezione dei punti z tali che 1 + z 2 = −t, cioè

t ≥ 0,

√ z(t) = (−1 − t)1/2 = ±i 1 + t,

t ≥ 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/(z 2 + 9) è analitica ovunque ad eccezione dei punti singolari z = ±3i, per la derivabilità delle funzioni composte, la funzione sinh(sin(z))/(z 2 + 9) è analitica ovunque ad eccezione dei punti z = ±3i. 6.25. a) Il ramo principale di log z è una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del semiasse reale negativo, origine compresa. Pertanto la funzione in esame è analitica in tutto C ad eccezione dei punti tali che z 4 = −t,

t ∈ [0, ∞),

252

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

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 analiticità la derivata vale   4 d log z 4 = . dz z √ b) La funzione sin z è intera mentre il ramo principale di z = exp( 12 log z) è una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del semiasse reale negativo, origine compresa. Pertanto la funzione in esame è analitica in tutto C ad eccezione del semiasse reale negativo, origine compresa. All’interno del dominio di analiticità la derivata vale √ √ d cos z sin z = √ . dz 2 z 6.26. a) La funzione sin(z n ) è 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 b) Se n è multiplo di m si ricade nel caso a). Altrimenti la funzione sin(z n/m ) = sin(exp((n/m) log z)) è polidroma con m rami distinti. Il ramo principale, corrispondente al ramo principale di log z, è una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del semiasse reale negativo, origine compresa. All’interno del dominio di analiticità 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)) è polidroma con infiniti rami distinti. Il ramo principale, corrispondente al ramo principale di log z, è una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del semiasse reale negativo, origine compresa. All’interno del dominio di analiticità la derivata vale d sin(z c ) = cos(z c )cz c−1 . dz 6.27. Posto arccos z = w, si ha z = cos w = (eiw + e−iw )/2 ovvero  iw 2 e − 2zeiw + 1 = 0, √ la cui soluzione è 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

Esercizi del Capitolo 6

253

√

z = 0 (vedi Esercizio 6.28). Con la scelta eiw = z + z 2 − 1, questo sarebbe possibile solo per il ramo secondario della radice. In conclusione, 

 arccos z = −i log z + i 1 − z 2 . Il ramo principale di tale funzione è definito√prendendo i rami principali della radice e del logaritmo. Il ramo principale di 1 − z 2 = exp( 12 log(1−z 2 )) è 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’e√ spressione 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 analiticità di arccos z è tutto il piano complesso ad eccezione delle semirette reali (−∞, −1] e [1, +∞). Nella regione di analiticità la derivata vale  d 1 i −2z √ arccos z = −i 1+ √ dz 2 1 − z2 z + i 1 − z2 −1 =√ . z2 − 1 6.28. √ a) Il ramo principale di z 2 − 1 = exp[ 12 log(z 2 − 1)] è 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 √ z(u) = ± 1 − u, u ∈ [0, 1), √ z(u) = ±i u − 1, u ∈ [1, ∞), e rappresentano il segmento reale [−1, 1] e l’intero asse immaginario. √ b) Il ramo principale di i 1 − z 2 = i exp[ 12 log(1−z 2 )] è una funzione analitica ovunque in C ad eccezione dei punti z tali che 1 − z 2 = −u con u ∈ [0, ∞).

254

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

Fig. A.1. Parte reale e parte immaginaria del ramo principale di arccos(z)

In funzione del parametro u tali punti sono dati da √ z(u) = ± 1 + u, u ∈ [0, ∞), e rappresentano le semirette reali (−∞, −1] e [1, +∞). 6.29. a) La funzione z n è monodroma e intera essendo il prodotto di n funzioni intere. Per n = 17, in z = i essa vale i17 = i16 i = (i2 )8 i = (−1)8 i = i. b) Se n è multiplo di m si ricade nel caso (a). Altrimenti la funzione z n/m = exp((n/m) log z) è polidroma con m rami distinti. Il ramo principale, corrispondente al ramo principale di log z, è una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del semiasse reale negativo, origine compresa.

Esercizi del Capitolo 6

Fig. A.2. Parte reale e parte immaginaria del ramo principale di

√

255

z2 − 1

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 √ 3 i + . = cos(5π/6) + i sin(5π/6) = − 2 2 c) La funzione z c = exp(c log z) è polidroma con infiniti rami distinti. Il ramo principale, corrispondente al ramo principale di log z, è una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del semiasse reale negativo, origine compresa. 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). 6.30. a) Il ramo principale del logaritmo è una funzione analitica in tutto C ad eccezione del semiasse reale negativo origine inclusa. Pertanto la funzione considerata è analitica in C ad eccezione dei punti z(t) = −t con t ∈ [0, ∞)

256

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

√ Fig. A.3. Parte reale e parte immaginaria del ramo principale di i 1 − z 2

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 analiticità è D = {z ∈ C : |z| = 1, z = −t, t ∈ [0, ∞)}. Per z ∈ D la derivata vale d 2 2 1 log((log z)2 ) = log z = . dz (log z)2 z z log z b) La funzione è intera in quanto composizione di funzioni intere. La derivata vale 2 d z2 +i e = 2zez +i . dz

Esercizi del Capitolo 6

257

Fig. A.4. Parte reale e parte immaginaria del ramo principale di log(log2 (z))

c) Il ramo principale della funzione considerata è 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 6.31. Si ha f (z) =

  1 log(4 + z 4 ) , 4 + z 4 = exp 2

dove per il logaritmo si intende il ramo principale. Tale funzione è analitica in tutto C ad eccezione dei punti della linea di diramazione di log(4 + z 4 )

258

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

Fig. A.5. Parte reale e parte immaginaria del ramo principale di

√

1 − z/(z 2 + i)

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. 6.32. Le funzioni sin z e cos z sono intere, pertanto i punti di non analiticità di f sono tutti e solo quelli determinati dal ramo principale della radice  √ 1 log(cos z) . cos z = exp 2

Esercizi del Capitolo 6

Fig. A.6. Parte reale e parte immaginaria del ramo principale di

√

259

4 + z4

La linea di diramazione del ramo principale di log(cos z) è determinata dall’equazione cos z = −t,

0 ≤ t < ∞.

Per 0 ≤ t ≤ 1 tale equazione ammette, come nel caso reale, la soluzione z(t) = arccos(−t) + 2πk,

t ∈ [0, 1],

k ∈ Z,

che rappresenta i segmenti dell’asse reale [π/2 + 2πk, 3π/2 + 2πk], k ∈ Z. Per t > 1 l’equazione risulta equivalente a  iz 2 + 2teiz + 1 = 0, e la cui soluzione è eiz = −t ±

 t2 − 1.

Osservando che il membro di destra di quest’ultima espressione è reale nega-

260

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

Fig. A.7. Parte reale e parte immaginaria del ramo principale di sin(z)/

tivo per ogni t > 1, si ha   

 z(t) = −i log t ∓ t2 − 1 eiπ

  = (2k + 1)π − i ln t ∓ t2 − 1 ,

t ∈ (1, ∞),



cos(z)

k ∈ Z.

Tali punti rappresentano gli assi immaginari passanti per z = (2k + 1)π. 6.33. Il ramo principale di f (z) = 1 +

ln |z| + i Arg z log z =1+ ln 2 ln 2

trasforma biunivocamente A in B. Infatti f è 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).

Esercizi del Capitolo 7

6.34. Poiché 2

inz = enz

2

log i

261

n

2 = ez log i , 2

si riconosce che la serie considerata è 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. Poiché 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.

Esercizi del Capitolo 7 7.1. Si ha

 γ



z dz = z

γ1

z dz + z

 γ2

z dz, z

it

dove γ1 (t) = 2e , 0 ≤ t ≤ π e γ2 (t) = t, −2 ≤ t ≤ 2. In base alla definizione di integrale  π  π  z 2eit 4 it dz = i2e dt = 2iei3t dt = − , −it z 2e 3 γ1 0 0  γ2

z dz = z

In conclusione

 γ



2

−2

t 1dt = t



2

dt = 4. −2

z 4 8 dz = − + 4 = . z 3 3

7.2. 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   1 f (z)dz = 0 1dt = 0, 0

γ1





1

f (z)dz = γ2

0

1 4 t3

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

262

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti





1

f (z)dz = 0

γ3

In conclusione 

1

4 4 3 −4(1 − t) (−i)dt = −i (1 − t) = i . 3 3 0 2

 f (z)dz = γ



f (z)dz   f (z)dz + f (z)dz +

γ1 +γ2 +γ3

= γ1

γ2

f (z)dz γ3

4 . 3

=

7.3. La funzione integranda è f (z) = z 2 − z 2 = 2i Im z 2 e il cammino di integrazione può 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 0

γ

 =

0

1

2i2(1 − t)t(−1 + i)dt 

1

= 4i(−1 + i) 0

 = (−4 + 4i)

(t − t2 )dt

1 t2 t3

− 2 3 0

2 2 = − − i. 3 3 7.4. 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. γ z λ z γR z In base alla definizione di integrale si ha  λ

 γR

1 dz = z

1 dz = z



1

−1



1 π dt = log(1 + i) − log(−1 + i) = −i , t+i 2

5π/4

−π/4

√

√ 1 1 1 i 2eit dt = ei5π/2 − e−iπ/2 = i. −it 2 2 2e

√

2eit ,

Esercizi del Capitolo 7

In conclusione

 γ

263

1 π dz = i(1 − ). z 2

7.5. 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 =



f (z)dz = 1/2 − i/2,

f (z)dz + γ1



1

f (z)dz = 0

(1 − x − i3x2 )idx = 1/2 − i,



f (z)dz =

γ3

1 0



γ1 +γ2

mentre 



f (γ3 (t))γ3 (t)dt

γ2



1

= 0

(t − t − i3t2 )(1 + i)dt = 1 − i.

√ 7.6. Il cammino 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 più del raggio R della circonferenza in cui γ è inscritto. Tali raggi valgono √ r = d/2 = 1/ 2 e R = 1. Pertanto

√

z |z|1/2 R1/2

∀z ∈ {γ}.

z 2 = |z|2 ≤ r2 = 2, Usando la disuguaglianza di Darboux, abbiamo





f (z)dz ≤ M L,

γ

dove M è una costante tale che |f (z)| ≤ M ∀z ∈ {γ} √ e L è la lunghezza del cammino γ. Possiamo quindi porre M = 2 e L = 4 2 e ottenere

 √

√

z

dz ≤ 8 2.

2 γ z 7.7. Posto z = reiθ la funzione integranda è 3

3

z −3/2 log z = r− 2 e−i 2 θ (ln r + iθ) ,

r > 0,

−π < θ < π.

Poiché sulla circonferenza |z| = R si ha r = R e −π ≤ θ ≤ π, il modulo della funzione integranda può 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

264

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

Pertanto



3

−3/2 z log zdz ≤ 2πR R− 2 (ln R + π)

|z|=R

= 2π

ln R + π R→∞ √ −−−−→ 0. R

7.8. La continuità di eaz f (z) per Re z ≥ 0 assicura l’esistenza dell’integrale di tale funzione su γR . 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 (γ (θ))γ (θ)

e

dθ R R

−π 2

γR

 =

π 2

−π 2

eaR cos θ |f (γR (θ))| Rdθ 

< 2εR

π 2

eaR cos θ dθ

0

 = 2εR 

π 2

eaR sin ϕ dϕ

θ=

0

 π −ϕ 2

π 2

e−|a|R2ϕ/π dϕ  π

= 2εR 1 − e−|a|R 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). Dall’arbitrarietà di ε segue che  eaz f (z)dz = 0. lim R→∞

γR

7.9. 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, è 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 eiaθ dθ = iRe(a−1) ln R

=

−π

−π

Esercizi del Capitolo 7

265

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   z a−1 dz = 2πi = z −1 dz. lim a→0

γ

γ

Alternativamente, l’integrale può essere calcolato osservando che per a = 0 la funzione z a−1 ha primitiva a−1 z a . 7.10. La funzione z −1 log z è 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 è dato da   2π z −1 log zdz = e−iθ (ln 1 + iθ) eiθ idθ γ



0 2π

=

i2 θdθ

0

= −2π 2 . 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   z −1 log zdz = lim z −1 log zdz ε→0

γ

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 .

7.11. Posto z = reiθ , la funzione integranda è definita da 3

3

z 3/2 = r 2 ei 2 θ ,

r > 0,

−π < θ < π.

Per ogni ε > 0 tale funzione è 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

266

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

allora



z 3/2 dz = lim γ



ε→0

z 3/2 dz γε

z=Rei(π−ε) 2 5/2

= lim z ε→0 5 z=Rei(−π+ε)  5 2 5/2 i 5 (π−ε) = lim R − ei 2 (−π+ε) e2 ε→0 5  5 4 ε = lim i R5/2 cos ε→0 5 2 4 = i R5/2 . 5

7.12. Si osservi che il ramo principale di z 4/3 è una funzione analitica sul cammino γR,ε (θ) = Reiθ , −π + ε ≤ θ ≤ π − ε, con ε > 0 arbitrario, e ivi ammette come primitiva il ramo principale di 37 z 7/3 . Si ha allora   4/3 z dz = lim z 4/3 dz γR

ε→0

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 (π − ε) = lim R7/3 2i sin ε→0 7 3

π  3 7/3 = R 2i sin 7√ 3 3 3 7/3 R . =i 7

7.13. Posto z = reiθ , il ramo principale di F (z) = z z è una funzione analitica per r > 0 e −π < θ < π, e in questa regione la sua derivata vale d z d z log z z = e = ez log z (log z + 1). dz dz Posto γR,ε (ϕ) = Reiϕ , −(π − ε) ≤ ϕ ≤ π + ε, con ε > 0 arbitrario, per z ∈ {γR,ε } la funzione F (z) è 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 γR

ε→0

γR,ε z=Rei(π−ε)

= lim z z |z=Re−i(π−ε) ε→0

Esercizi del Capitolo 7



= lim eRe

i(π−ε)

ε→0 −R(ln R+iπ)

=e

[ln R+i(π−ε)]

− eRe

−i(π−ε)

[ln R−i(π−ε)]

267



− e−R(ln R−iπ)

= −2ie−R ln R sin(πR) =−

2i sin(πR) . RR

7.14. Posto z = reiθ , il ramo principale di F (z) = 2 sin(z 1/2 ) = 2 sin(r1/2 eiθ/2 ) è 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 Posto γε (ϕ) = Reiϕ , −(π−ε) ≤ ϕ ≤ π−ε, con ε > 0 arbitrario, √ z ∈ {γε } la √ per funzione F (z) è 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) 

= lim 2 sin(R1/2 ei(π−ε)/2 ) − 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.

7.15. La funzione integranda ln r + iθ log z = 2 i2θ , z2 r e

z = reiθ ,

r > 0,

−π < θ < π,

è 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 2 e2iθ R −π   1 +π −iθ ln R +π −iθ e dθ − θe dθ =i R −π R −π

+π

+π ln R e−iθ

1 −iθ =i e (1 + iθ) −π − R −i −π R   1  −iπ ln R  −iπ e e (1 + iπ) − eiπ (1 − iπ) =− − eiπ − R R

268

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

=0− =

1 (−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 arbitrario, la funzione z −2 log z ammette la primitiva 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 7.16. La funzione integranda z log z = reiθ (ln r + iθ) ,

z = reiθ ,

−π < θ < π,

r > 0,

è 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

e −π

2iθ

dθ − R

2



+π

θe2iθ dθ

−π

+π  +π 1 iθ

e2iθ

2 2iθ = iR ln R − −R e 2i −π 4 2 −π  1 iπ 1 iπ − − − = 0 − R2 4 2 4 2 2

= iπR2 . Alternativamente, si osservi che per z ∈ {γR,ε } dove γR,ε (θ) = Reiθ , con −(π − ε) ≤ θ ≤ (π − ε) e ε > 0 arbitrario, 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 (−1 + 2 log z)

= lim ε→0 4 Re−i(π−ε)

Esercizi del Capitolo 7

269

R2 R2 (−1 + 2(ln R + iπ)) − (−1 + 2(ln R − iπ)) 4 4 = iπR2 .

=

7.17. Posto z = reiθ , il ramo principale di F (z) = tan(z 1/2 ) è una funzione analitica per r > 0 e −π < θ < π ad eccezione delle singolarità isolate nei punti z = ((2n + 1)π/2)2 . Nel dominio di analiticità, 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 arbitrario,√per z ∈√{γε } la funzione F (z) è una primitiva della funzione integranda 1/(2 z cos2 ( z)). Pertanto   1 1 √ √ √ √ dz dz = lim 2 ε→0 γ 2 z cos2 ( z) γ 2 z cos ( z) ε

z=Rei(π−ε)

= lim tan(z 1/2 ) ε→0 z=Re−i(π−ε) 

1/2 i(π−ε)/2 = lim tan(R e ) − tan(R1/2 e−i(π−ε)/2 ) ε→0 √ √ = tan(i R) − tan(−i R) √ = 2 tan(i R) √ = 2i tanh( R). 7.18. Si osservi che il ramo principale di z 1/3 = exp[(1/3) log z] è una funzione analitica sul cammino γR,ε (θ) = Reiθ , con −π + ε ≤ θ ≤ π − ε e ε > 0 arbitrario, 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 γR

ε→0

γR,ε

z=Rei(π−ε) 3 4/3

= lim z ε→0 4 z=Rei(−π+ε)  4 3 4/3 i 4 (π−ε) e3 = lim R − ei 3 (−π+ε) ε→0 4  4 3 (π − ε) = lim R4/3 2i sin ε→0 4 3  4π 3 = R4/3 2i sin 4 3 √ 3 3 4/3 R . = −i 4

270

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

7.19. Posto z = reiθ , la funzione integranda è definita da 3

3

z 3/2 = r 2 ei 2 θ ,

−π < θ < π.

r > 0,

Tale funzione è analitica su ogni cammino γε = γ − [−L + iε, −L − iε] con ε > 0 arbitrario, e ivi ammette come primitiva il ramo principale di 25 z 5/2 . Posto ϕ(ε) = arctan(ε/L), si ha allora   3/2 z dz = lim z 3/2 dz ε→0

γ

γε

z=Lei(π−ϕ(ε)) 2 5/2

= lim z ε→0 5 z=Lei(−π+ϕ(ε))  5 2 5/2 i 5 (π−ϕ(ε)) = lim L − ei 2 (−π+ϕ(ε)) e2 ε→0 5  5 4 ϕ(ε) = lim i L5/2 cos ε→0 5 2 4 5/2 =i L . 5

7.20. Il ramo principale della funzione integranda (z − z0 )q−1 = e(q−1) log(z−z0 ) è una funzione analitica in D = C \ σ dove σ = {z(u) = z0 − u, u ∈ [0, ∞)} è la linea di diramazione del ramo principale di log(z −z0 ) che interseca la curva γ nel punto z0 − R. Parametrizzato il cammino γ : [a, b] → C in modo tale che γ(a) = γ(b) = z0 − R, definiamo un nuovo cammino γε : [a + ε, b − ε] → C, con ε > 0 arbitrario, tale che γε (t) = γ(t) ∀t ∈ [a + ε, b − ε]. Evidentemente si ha   q−1 (z − z0 ) dz = lim (z − z0 )q−1 dz. ε→0

γ

γε

La traccia di γε è contenuta in D e in D il ramo principale della funzione integranda ammette come primitiva il ramo principale di q −1 (z − z0 )q d eq log(z−z0 ) = e(q−1) log(z−z0 ) . dz q Pertanto risulta  eq log(γε (a+ε)−z0 ) eq log(γε (b−ε)−z0 ) − (z − z0 )q−1 dz = q q γε =

eq log(γ(a+ε)−z0 ) eq log(γ(b−ε)−z0 ) − . q q

Esercizi del Capitolo 7

271

Prendendo il limite ε → 0 concludiamo  iπ −iπ eq log(Re ) eq log(Re ) − (z − z0 )q−1 dz = q q γ q ln R   e eiπq − e−iπq = q sin(πq) q R . = 2i q 7.21. Posto z = reiθ , il ramo principale di sin(log z) = sin(ln r + iθ) è 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  cos(log z) z=−a+iε dz = lim sin(log z)|z=−a−iε ε→0 z γ = 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). 7.22. 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 analiticità del ramo considerato. In nessun caso tale dominio di analiticità copre l’intero anello A. 7.23. a) La funzione ez /(1 − z)3 è 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 è 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)

272

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

 2πi d2 ez

2! dz 2 z z=1  z e ez ez − 2 2 + 2 3

= −πi 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 7.24. Il polinomio a denominatore della funzione integranda può 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 7.25. Se z0 è interno a γ, allora valgono le formule integrali di Cauchy   f (z) f  (z)  dz = 2πif (z ), dz = 2πif  (z0 ), 0 2 (z − z ) z − z 0 0 γ γ da cui l’asserto. Se z0 è esterno a γ, allora le funzioni f (z) , (z − z0 )2

f  (z) z − z0

sono analitiche su e dentro γ, e per il teorema di Cauchy-Goursat   f (z) f  (z) dz = 0, dz = 0, 2 γ (z − z0 ) γ z − z0 e quindi vale ancora l’uguaglianza tra i due integrali. 7.26. Il ramo principale di log(z + 2π) è una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione dei punti z(t) = −2π − t,

t ∈ [0, ∞).

Esercizi del Capitolo 7

273

Pertanto, log(z + 2π) è analitica sulla circonferenza γ e al suo interno. Poiché iπ è un punto interno a γ, per la rappresentazione integrale di Cauchy si ha



log(z + 2π) 2πi d2 dz = log(z + 2π)

3 2 (z − iπ) 2! dz γ z=iπ

−1

= πi (z + 2π)2 z=iπ

4 + 3i . =− 25π 7.27. Il ramo principale di z

f (z) = e (3 + z)

−1/2

 1 = exp z − log(3 + z) 2

è una funzione analitica in tutto il piano complesso ad eccezione dei punti z(t) = −3 − t,

t ∈ [0, ∞).

Pertanto f (z) è analitica su e dentro il cammino γ. Per la formula integrale di Cauchy   ez f (z) √ dz dz = 2 2 3+z z γ γ z 2πi  f (0) = 1!  

1 1 exp z − log(3 + z)

= 2πi 1 − 2(3 + z) 2 z=0 5πi = √ . 3 3 √ 7.28. Si assuma, come al solito, per z il ramo principale avente linea di diramazione coincidente con il semiasse reale negativo e si osservi che |2 + 2i − 3| = √ 5 > 2, ovvero che il punto z = 2 + 2i è esterno a γ. a) Poiché la funzione integranda è analitica su e dentro γ, risulta √  f (z) z dz = 0. 2 γ (z + i) b) Poiché la funzione integranda ha una singolarità su γ, l’integrale √  f (z) z dz 2 γ (z − 1) non è calcolabile. √ c) La funzione g(z) = f (z) z è analitica su e dentro γ e z = 4 è interno a γ. Quindi utilizzando la formula integrale di Cauchy si ottiene √  f (z) z dz = 2πig  (4) = 2πi(f (4)/4 + 2f  (4)). 2 γ (z − 4)

274

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

7.29. Risulta f costante. Infatti dalla formula integrale di Cauchy e dall’ipotesi su |f | segue che per ∀z ∈ C

1 

f (w)

 dw |f (z)| =

2πi |w−z|=R (w − z)2  |f (w)| 1 dw ≤ 2π |w−z|=R |w − z|2  M + R + |z| 1 ≤ 2πR , 2π R2 dove  si è utilizzato |w| = |w − z + z| ≤ |w − z| + |z| e quindi |f (w)| ≤ M + R + |z| per w ∈ {γ}. Poiché R può essere preso arbitrariamente grande in quanto f è intera, si conclude che f  (z) = 0 ∀z ∈ C. Poiché f è analitica con derivata prima nulla in C segue che essa è costante in C. 7.30. Si ponga g(z) = exp(f (z)). La funzione g è intera. Essa è anche limitata in C in quanto ∀z ∈ C risulta |g(z)| = eu(z) ≤ ec . Per il teorema di Liouville, g(z) è quindi costante in C. Si conclude che anche u(z) = ln |g(z)| è costante in C. 7.31. Poiché f è analitica in B(0, R), dalle disuguaglianze di Cauchy si ha

(4) 4!M M = sup |f (z)| .

f (0) ≤ 4 , R |z|≤R √ D’altro canto per le proprietà di f si ha |f (4) (0)| = 2 e 3

M = sup |f (z)| ≤ sup 5 |z| = 5R3 . |z|≤R

|z|≤R

Combinando queste relazioni si ottiene √ 24 5R3 2≤ , R4

√ cioè R ≤ 60 2.

Esercizi del Capitolo 8 8.1. Si osservi che f (z) è analitica ovunque ad eccezione del punto z = −b/a. Pertanto f (z) è sviluppabile in serie di Taylor intorno a z0 = 0 per |z| < |b/a|. Poiché f (1) (z) = −a(az + b)−2 , f (2) (z) = +2a2 (az + b)−3 ,

Esercizi del Capitolo 8

275

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 ∞ 1 f (n) (0) n = z az + b n=0 n!

= =

∞ n=0 ∞ n=0

(−1)n (−1)n

an n! n z n!bn+1 an bn+1

zn.

Il raggio di convergenza è 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 an 1 1 1 = = (−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, cioè per |z| < |b|/|a|. 8.2. 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 z 2n w dw = n! 0 n=0

z ∞ 1 w2n+1

= n! 2n + 1 0 n=0 =

∞

z 2n+1 . (2n + 1)n! n=0

276

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

Il raggio di convergenza della serie ottenuta è infinito come quello della serie che rappresenta g. 8.3. Il ramo principale di log z è una funzione analitica ovunque ad eccezione del semiasse reale negativo inclusa l’origine. Pertanto la funzione in esame è analitica ovunque ad eccezione dei punti z che soddisfano 1+z = −t, 1−z

t ∈ [0, ∞),

1+t , t−1

t ∈ [0, ∞),

ovvero z(t) =

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+0 1+z = log − log 1−z 1−z 1−0   z d 1+w = log dw 1−w 0 dw  z ∞ = 2 w2n dw 0

n=0

∞ z 2n+1 =2 . 2n + 1 n=0

8.4. Il ramo principale di log z log z = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

−π < θ < π,

è una funzione analitica in tutto C ad eccezione del semiasse reale negativo origine compresa. È evidente che il massimo cerchio di centro z0 = 3 in cui log z è analitica ha raggio 3. Detto z un qualsiasi punto tale che |z − 3| < 3, si ha  z ds log z − log 3 = s 3 z ds   = s−3 3 1 + 3 3 k   z ∞ s−3 ds (−1)k = 3 3 3 k=0

Esercizi del Capitolo 8

= = =

∞ (−1)k k=0 ∞ k=0 ∞

3k+1



277

z 3

ds(s − 3)k

(−1)k (z − 3)k+1 (k + 1)3k+1

(−1)n−1 (z − 3)n . n n3 n=1

Quindi ∞ (−1)n−1 (z − 3)n log z = ln 3 + n n3 n=1

= ln 3 +

(z − 3)3 z − 3 (z − 3)2 − + + ... 3 18 81

Una verifica diretta conferma che il raggio di convergenza della serie è R = 3. Infatti, detto an il coefficiente n-esimo della serie, si ha  |an | (n + 1)3n+1 1 n→∞ = =3 1+ −−−−→ 3. |an+1 | n3n n 8.5. Il ramo principale di log z è una funzione analitica in tutto C ad eccezione del semiasse reale negativo inclusa l’origine. Pertanto la funzione in esame è 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 analiticità 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

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

278

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

= z2 + z3 − =

∞

z5 z6 z7 z8 z9 z4 − + + − − + ... 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 già osservato, il raggio di convergenza di questa serie è

ak

= 1. R = lim

k→∞ ak+1 8.6. Il ramo principale di log z log z = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

−π < θ < π,

è analitico in tutto C ad eccezione del semiasse reale negativo origine compresa. Pertanto la funzione log(z 2 ) è analitica in tutto C ad eccezione dell’intero asse immaginario. Il massimo cerchio di centro z0 = −1 all’interno del quale log(z 2 ) è 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 ) = −1 w  z 1 dw = −2 −1 1 − (w + 1)  z ∞ (w + 1)k dw = −2 = −2 = −2

−1 k=0 ∞  z

k=0 ∞ k=0

(w + 1)k dw

−1

(z + 1)k+1 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

Esercizi del Capitolo 8

279

Una verifica diretta conferma che il raggio di convergenza di questa serie di potenze è 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. 8.7. Ricordando lo sviluppo notevole ∞ zn , n! n=0

ez = 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 +

z5 z6 z7 z3 − − − + ... 3 30 90 630

8.8. Il ramo principale di log(z 2 ) è una funzione analitica in tutti i punti del piano complesso ad eccezione di quelli per cui z 2 = −t con t ∈ [0, +∞), che sono i punti z(t) = ±it con t ∈ [0, +∞), cioè l’intero asse immaginario. Osservando che per |z − 1| < 1 vale d 2 log(z 2 ) = dz z 1 1 + (z − 1) ∞ =2 (−1)k (z − 1)k , =2

k=0

si ha



d log(w2 ) dw dw 1  z ∞ (−1)k (w − 1)k dw =2

log(z 2 ) − log(12 ) =

z

k=0

1

280

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

=2 =2

∞

(−1)k

k=0 ∞

(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 aperta e connessa 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 per il Teorema di identità 9.16 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.

8.9. 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

Esercizi del Capitolo 8

= z + iz 2 −

281

z5 iz 6 z7 z3 − − + + ... 3 30 90 630

8.10. Poiché risulta ∞  2 n d 1 arctan z = −z = , 2 dz 1+z n=0

|z| < 1,

integrando termine a termine si ha  arctan z = 0

∞ (−1)n 2n+1 z (−1) w dw = , 2n + 1 n=0 n=0

∞ z

n

2n

|z| < 1.

Il raggio di convergenza di questa serie è evidentemente R = 1. Allo stesso risultato si giunge con la formula di Hadamard 1 1/n = lim sup |an | , R n→∞ dove  an =

(−1)(n−1)/2 /n 0

è il coefficiente della serie riscritta nella forma

n dispari n pari ∞ n=0

an z n .

8.11. Poiché (z 2 + 1)2 = (z − i)2 (z + i)2 , la funzione f (z) è 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=−∞

con 1 cn = 2πi

 γ

(z 2 + 1)−2 dz, (z − i)n+1

dove γ è un arbitrario cammino di integrazione chiuso semplice regolare a tratti orientato positivamente che contiene al suo interno z0 = i ed è 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

282

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

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 2(n+4) n=−2 ∞ n i (n + 3) 1 i = − (z − i)−2 − (z − i)−1 + (z − i)n . (n+4) 4 4 2 n=0

È possibile sviluppare f (z) in serie di Laurent anche nella regione 2 < |z −i| < ∞. Anziché seguire un procedimento analogo al precedente si osservi che 1 1 = (z 2 + 1)2 (z − i)2 (z − i + 2i)2 1 1 = 

2 4 (z − i) 2i 1 + z−i =

d 1 −1 , 4 (z − i) dw 1 + w

dove w = 2i/(z − i). Per |w| < 1, cioè |z − i| > 2, si ha ∞ 1 d −1 = (−1)n wn (z 2 + 1)2 (z − i)4 dw n=0 n−1  ∞ 2i −1 n = (−1) n (z − i)4 n=1 z−i

= =

∞ n=1 ∞

(−1)n+1 n

(2i)n−1 (z − i)n+3

(−1)k (k + 1)(2i)k (z − i)−(k+4) .

k=0

Esercizi del Capitolo 8

8.12. Per 0 < |z| < 1 possiamo scrivere 1 d 1 z 2 dz 1 − z ∞ 1 d k z = 2 z dz

f (z) =

k=0

= =

∞

kz k−3

k=1 ∞

(n + 3)z n

n=−2

=

1 2 + + 3 + 4z + 5z 2 + . . . z2 z

Per 1 < |z| < ∞, ponendo w = z −1 e notando che |w| < 1, si ha f (z) =

w4 2

(1 + w) d 1 = w4 dw 1 − w ∞ d k w = w4 dw k=0

= =

∞ k=1 ∞

kwk+3 (n − 3)z −n

n=4

=

1 2 3 4 5 + 5 + 6 + 7 + 8 + ... 4 z z z z z

8.13. 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

si ha ∞

z n 1 1 = (−1)n 3 2 2 z + 2z 2z n=0 2

|w| < 1,

283

284

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

=

∞ (−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 . z 3 1 + 2/z

Posto ora w = 2/z nella regione anulare considerata si ha |w| < 1 e quindi  n ∞ 2 1 1 n = 3 (−1) 3 2 z + 2z z n=0 z =

∞

(−1)n 2n z −n−3

n=0

= 8.14. Per 0 < |z|
1.

Il raggio di convergenza R è dato dalla formula di Hadamard 1 1/n = lim sup |dn | = 1. R n→∞ ∞ Alternativamente,  si osservi che per |z| < 1 si ha n=0 z n = 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 2 z n=0 n=0 n=1 Tale sviluppo è 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 avrà Rth ≤ R essendo

Esercizi del Capitolo 8

293

R l’effettivo raggio di convergenza. Nel presente esempio R1 = 1, R2 = 1/2 e Rth = 1/2 < R = 1. 8.26. Osservando che dn 1 (1 − w)−1/2 = dwn 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 − w)−1/2 =

∞ 1 2 + n − 1 wn , n n=0

dove il coefficiente binomiale è definito da  a a(a − 1)(a − 2) . . . (a − n + 1) = . n n! Posto w = 2xz − z 2 , per |z| sufficientemente piccolo si ha |w| < 1 e quindi è possibile usare il precedente sviluppo per ottenere √

1 1 3 5 = 1 + (2xz − z 2 ) + (2xz − z 2 )2 + (2xz − z 2 )3 + . . . 2 2 8 16 1 − 2xz + z   5 3 3 1 3 2 2 3 = 1 + xz + − + x z + − x + x z + . . . 2 2 2 2

Da questa si ricava P1 (x) = x, 1 3 P2 (x) = − + x2 , 2 2 5 3 P3 (x) = − x + x3 . 2 2 8.27. Ricordando gli sviluppi notevoli di cos z, sin z, ez e 1/(1 ± z), si ha 1−

f (z) = 

4

+ z + ...   24 2 + . . . 1 + z + z2 +

z6 z 10 6 + 120 2 4 1 − z2 + z24 + . . .   2 z 3 1 + z2 + z6 + . . .

z2 −

=

z2 2

z3 6



+ ··· − 1

294

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

#  z z4 z2 z2 + + ... 1− + + ... 1− 2 24 2 6 $  2 z z2 + + + ... + ... 2 6  1 5z 2 z = 3 1− − + ... z 2 12 1 1 5 + O(z 0 ). = 3− 2− z 2z 12z 1 = 3 z



8.28. Posto g(w) = sin(πw2 /2) dallo sviluppo in serie di Taylor di sin(z), valido per |z| < ∞, cambiando z → πw2 /2 si ha g(w) =

∞ ∞ (−1)n (−1)n π 2n+1 4n+2 (πw2 /2)2n+1 = w . 2n+1 (2n + 1)! 2 (2n + 1)! n=0 n=0

Dal teorema sull’integrazione delle serie di potenze si ottiene 

∞ z

(−1)n π 2n+1 4n+2 w dw 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

z ∞ (−1)n π 2n+1 w4n+3

= 22n+1 (2n + 1)! 4n + 3 0 n=0

S(z) =

∞

=

(−1)n π 2n+1 z 4n+3 2n+1 (2n + 1)! (4n + 3)2 n=0

=

π 3 π3 7 z − z + O(z 11 ). 6 336

Il raggio di convergenza della serie ottenuta è infinito come quello della serie che rappresenta g. La funzione S(z) è intera e ha uno zero in z = 0. Pertanto 1/S(z) è sviluppabile in serie di Laurent in A(0, 0, ∞) dove risulta 1 = S(z)

π 3 6z

1 1 1 6 = π 3 = + O(z). 7 4 + O(z ) πz 3 6 z 1 + O(z )

8.29. Si osservi innanzitutto che f è analitica in un intorno di z0 = 0, precisamente nella palla B(0, π/2) come visto nell’esercizio precedente, e in tale intorno risulta f (z) = −2

d√ cos z. dz

Esercizi del Capitolo 9

295

Pertanto è sufficiente determinare √ lo sviluppo in serie di Taylor con centro in z0 = 0 del ramo principale di cos z. Ricordando gli sviluppi notevoli ∞ (−1)k

z 2k , (2k)! k=0 ∞ 1 √ 2 zk , 1+z = k cos z =

|z| < ∞, |z| < 1,

k=0

si ha √

 1 + (cos z − 1)  2  2 2 1 z z4 z6 1 z z4 z6 =1+ − + − + ... − − + − + ... 2 2! 4! 6! 8 2! 4! 6!  2 3 z z4 z6 1 − + − + ... + + ... 16 2! 4! 6!  11 1 1 11 2 z + − z4 =1− 2 2! 2 4! 8 (2!)2  1 2 1 1 11 z 6 + O(z 8 ) + − + − 2 6! 8 2!4! 16 (2!)3 1 19 6 1 z + O(z 8 ). = 1 − z2 − z4 − 4 96 5760

cos z =

Tale sviluppo è valido all’interno del massimo disco centrato in z0 = 0 e tale che per ogni z al suo interno risulti Re(cos z − 1) > −1. Questa condizione equivale a |z| < π/2 e possiamo concludere sin z 19 5 1 √ z + O(z 7 ), = z + z3 + 12 480 cos z

|z|
0,

ϕ < θ < ϕ + 2π,

la funzione log(z 2 ) è analitica ovunque ad eccezione dei punti del tipo √ iϕ/2 con t ≥ 0. Pertanto, tale funzione ha in z = 0 una singoz = ± te larità 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 ∞  −2  (−1)n −4n 3 z cos z z =z (2n)! n=0  z −4 z −8 z −12 + − + ... = z3 1 − 2! 4! 6! 1 1 1 1 1 1 + = z3 − − + ... 2! z 4! z 5 6! z 9 3

Pertanto la funzione z 3 cos(z −2 ) ha in z = 0 una singolarità essenziale e   1 Res z 3 cos z −2 = − . z=0 2

304

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

c) In questo caso per 0 < |z| < ∞ abbiamo z4

1

1 1 = 4 sinh z z z+

z3 3!

z5 5!

7

+ z7! + . . . 1  6 z4 + 5! + z7! + . . .

+

1  z 5 1 + z3!2 #  2 z 1 z4 z6 = 5 1− + + + ... z 3! 5! 7!  2 2 z z4 z6 + + + + ... 3! 5! 7! $ 3  2 z z4 z6 + + + ... − + ... 3! 5! 7! #  1 1 2 1 1 = 5 1− z + − + z4 z 3! 5! (3!)2 $  2 1 1 6 z + ... − + − + 7! 3!5! (3!)3 =

=

31 1 1 1 7 1 − z + ... − + z5 6 z3 360 z 15120

Pertanto, z = 0 è un polo di ordine 5 di 1/(z 4 sinh z) e si ha Res z=0

1 7 = . z 4 sinh z 360

9.13. a) La funzione 1 − cos z è intera e in z = 0 ha uno zero doppio isolato: 1 − cos z = 1 −

∞ (−1)k k=0

z2 = 2!



1−

(2k)!

z 2k

2! 2 2! 4 z + z + ... 4! 6!

.

Pertanto la funzione 1/(1 − cos z) ha in z = 0 un polo doppio. Nella regione anulare 0 < |z| < ∞ abbiamo 1 1 2!   = 2 2 + 2! z 4 + . . . 1 − cos z z 1 + − 2! z 4! 6! #  2! 2! 2! = 2 1 − − z2 + z4 + . . . z 4! 6!

Esercizi del Capitolo 9

 2 2! 2! + − z2 + z4 + . . . + ... 4! 6! =

305

$

  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 √ 3 z = z −3/2 = e− 2 log z 2 z ha in z = 0 una singolarità non isolata (punto di diramazione). Non esiste pertanto una regione anulare 0 < |z| < ε dove sia possibile svilupparla in serie di Laurent. c) In questo caso per 0 < |z| < ∞ abbiamo 1/z 2

ze

 k ∞ 1 1 =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 è una singolarità essenziale di ze1/z e si ha 2

Res ze1/z = 1. z=0

9.14. a) La funzione può essere riscritta come 3+z g(z) = 2 , 2 + 2z z

z3

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

3+z 1 g  (0) =− . = 2 + 2z 1! 4

z=0 z 3

306

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

b) Indipendentemente dal ramo scelto, la funzione polidroma z log z ha in z = 0 una singolarità 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−1 n z , n n=1

|z| < 1,

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 z z2 z3 + − + − + ... + ... 2 3 4 =

1 1 z z2 + − + + ... z 2 12 24

Pertanto la funzione considerata ha in z = 0 un polo semplice e Res z=0

1 = 1. log(1 + z)

9.15. a) La funzione ha un’unica singolarità 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 + − + ... 2!z 4!z 3 6!z 5

Esercizi del Capitolo 9

307

Da questa espressione segue che la singolarità è essenziale e   1 Res z cos z −1 = − . z=0 2 b) Anche in questo caso la funzione ha un’unica singolarità 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 singolarità è 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,

soluzioni di cos(1/z) = 0. Pertanto z = 0 è un punto singolare non isolato. Si noti che la funzione è sviluppabile in serie di Laurent nell’anello 2/π < |z| < ∞, ma il coefficiente di 1/z di questo sviluppo non è il residuo della funzione in z = 0. ∞ b) Ricordando lo sviluppo notevole sin w = k=0 (−1)k w2k+1 /((2k + 1)!) valido per |w| < ∞, e posto w = 1/z, per 0 < |z| < ∞ si ha ∞

z n sin

1 1 (−1)k = . z (2k + 1)! z 2k−n+1 k=0

La singolarità in z = 0 è pertanto essenziale e si ha  1 (−1)n/2 /(n + 1)! n pari n . Res z sin = 0 n dispari z=0 z c) La funzione ' 1+

1 = exp z



1 log(1 + 1/z) 2



ha una singolarità 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 è analitica in tutto il piano complesso ad eccezione del

308

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

segmento reale [−1, 0]. Il punto z = 0 è una singolarità non isolata. Si noti che la funzione è sviluppabile in serie di Laurent nell’anello 1 < |z| < ∞: ' ∞  1 1 12 1 1 1 − 2+ 1+ = =1+ + ... z k zk 2z 8z 16z 3 k=0

ma il coefficiente di 1/z di questo sviluppo non è il residuo della funzione in z = 0. 9.17. a) Ricordando gli sviluppi notevoli di exp z e sin z, si ha ∞ k ∞ 1 1 (−1)n 2n+1 exp(sin z) z = 2 z2 z k! n=0 (2n + 1)! k=0 #  z5 1 z3 + + ... = 2 1+ z− z 6 120 $  2 1 z3 z5 + z− + + ... + ... 2 6 120   1 1 1 1 1 1 1 z+ − + z2 + . . . = 2+ + + − + z z 2 6 6 6 24 Pertanto la singolarità è un polo doppio e Res z=0

exp(sin z) = 1. z2

b) Ricordando gli sviluppi notevoli di log(1 + z), cos z e sin z, e osservando che log(cos z) è analitica in un intorno di z = 0, si ha log(cos z) = log(1 + (cos z − 1))  2  2 2 z z4 1 z 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 & z z3 2z 4 2 + ... 1− + + ... + ... =− 2 z− z 6 6 45

Esercizi del Capitolo 9

309

2 2z + ... =− + z 3 Pertanto la singolarità è un polo semplice e Res z=0

sin z = −2. log(cos z)

In dettaglio, la funzione log(cos z) è 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  w(t) =

√ −t ± √ i 1 − t2 −t ± t2 − 1

t ∈ [0, 1) . t ∈ [1, ∞)

Fig. A.8. Parte reale e parte immaginaria del ramo principale di log(cos(z))

310

Appendice 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) = ϕ(t) + 2kπ,

k ∈ Z,

dove π/2 ≤ ϕ(t) ≤ 3π/2 (cos ϕ negativo e sin ϕ positivo o negativo), cioè 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)

  = (2k + 1)π − i ln t ∓ t2 − 1 , k ∈ Z, che rappresentano gli assi immaginari passanti per z = (2k + 1)π con k ∈ Z. 9.18. Si osservi innanzitutto che si può 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 f g è 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 f g in z0 è per definizione  1 f (z)g(z)dz Res f (z)g(z) = z=z0 2πi γ  h(z)g(z) 1 dz = 2πi γ z − z0 = h(z0 )g(z0 ), avendo calcolato l’integrale mediante la formula di Cauchy in quanto hg è una funzione analitica su e dentro il cammino di integrazione γ. Combinando i due risultati si ottiene l’asserto. 9.19. 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 è 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

Esercizi del Capitolo 9

311

In z0 = 0, 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 = 3 1+z+ + ... z 2 1 1 2 + ..., = 3+ 2+ z z 3z

 z2 1+ + ... 6

da cui si conclude che Res f (z) =

z=z0

2 . 3

9.20. 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 ∞  (−1)k 1 . (2k)! (z − 2)2k



= (z − 2)3 + 6(z − 2)2 + 12(z − 2) + 8

k=0

Da questa espressione risulta che la singolarità è essenziale e Res f (z) = z=2

(−1)1 1 143 (−1)2 + 12 = −6=− . 4! 2! 24 24

9.21. Il ramo principale di log(1 + z) è 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 singolarità isolate nei punti z = kπ con k = 0, 1, 2 . . . Consideriamo prima il punto singolare z = 0. Nell’anello 0 < |z| < 1, f è 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! + . . .

312

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti 2

1 1 − z2 + z3 + . . . = z 1 − z3!2 + . . .   1 z z2 z2 = 1− + + ... 1+ + ... z 2 3 3! 1 1 z = − + + ... z 2 2 Da questo si deduce che z = 0 è un polo semplice e Res f (z) = 1. z=0

Per quanto riguarda i punti singolari z = kπ, k = 1, 2, . . . , si osservi che in un intorno di questi punti possiamo porre 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 è un polo semplice e Res f (z) =

z=kπ

ln(1 + kπ) p(kπ) = (−1)k ,  q (kπ) kπ

k = 1, 2, . . .

9.22. Per n ≥ 1 intero, la funzione fn (z) ha un polo semplice in z = 2, doppio in z = 1, di ordine n in z = 0 ed è altrove analitica. Nella regione 0 < |z| < 1 essa è sviluppabile in serie di Laurent e, ricordando il risultato notevole della serie geometrica, si ha 2  1 1 1 − 1−z 2 1 − z/2  2 z2 z3 z 1  2 3 + + ... 1+ + = − n 1 + z + z + z + ... 2z 2 4 8   z2 z3 z 1  2 3 + + ... 1+ + = − n 1 + 2z + 3z + 4z + . . . 2z 2 4 8  17 1 49 5 = − n 1 + z + z2 + z3 + . . . 2z 2 4 8 5 17 49 1 = − z −n − z 1−n − z 2−n − z 3−n + O(z 4−n ). 2 4 8 16

1 fn (z) = n z



Da questa espressione segue immediatamente 1 Res f1 (z) = − , z=0 2 17 Res f3 (z) = − , z=0 8

5 Res f2 (z) = − , z=0 4 49 Res f4 (z) = − . z=0 16

Se g(z) è analitica in z = 0, essa è sviluppabile in serie di potenze intorno a

Esercizi del Capitolo 9

313

z = 0, cioè ∃r > 0 tale che ∀z ∈ B(0, r) si ha g(z) =

∞

ak z k .

k=0

Allora, per 0 < |z| < min(1, r) risulta    17 49 1 5 − − z + ... a 0 + a1 z + a 2 z 2 + . . . f2 (z)g(z) = − 2 − 2z 4z 8 16  1 a0 1 5 1 =− a a + O(z 0 ). + − − 0 1 2 z2 4 2 z Si ha un polo doppio se a0 = 0 e un residuo nullo se a1 /a0 = −5/2. La funzione polidroma g(z) = (1 + z)−5/2 risponde ai requisiti richiesti. 9.23. La funzione f (z) presenta una singolarità essenziale in z = −2 ed un polo semplice in z = 3, altrove è analitica. Nell’anello A(−2, 0, 5) è sviluppabile in serie di Laurent. Ricordando gli sviluppi notevoli sin z =

∞ (−1)k 2k+1 z , (2k + 1)!

|z| < ∞,

k=0

∞

1 = zk , 1−z

|z| < 1,

k=0

per 0 < |(z + 2)/3| < 1 si ha  1 1 1 4 (z + 2) sin 5 1 − z+2 z+2 5 ∞ ∞ (−1)n 1 1 1 k+4 =− (z + 2) . k 5 5 (2n + 1)! (z + 2)2n+1 n=0

f (z) = −

k=0

Al residuo di f (z) in z = −2 contribuiscono tutti i termini ottenuti dal precedente prodotto fra serie per i quali k + 4 − (2n + 1) = −1, cioé n = k/2 + 2. Questa relazione può essere soddisfatta solo per k pari. Posto k = 2j, si ha ∞

Res f (z) = −

z=−2

=

1 1 (−1)j+2 5 j=0 52j (2j + 5)!

∞ j=0

=−

(−1)j+1 52j+1 (2j + 5)!

1 1 + + .... 600 630000

314

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

9.24. 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) Res p(z) = mp(z0 ). z=z0 f (z) 9.25. 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 è 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 proprietà di h, la funzione g risulta analitica e non nulla in z0 . Quindi

Esercizi del Capitolo 10

315

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

9.26. Poiché 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 + + ··· + , z − z0 (z − z0 )2 (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

1 dm−1 ((z − z0 )m f (z)) = b1 . (m − 1)! dz m−1

9.27. Si ponga f (z) = sin2 z + cos2 z − 1. Si tratta di una funzione f : C → C analitica in C. Poiché f (z) = 0 ∀z ∈ R e C è aperto e connesso, per il Teorema 9.15 f è identicamente nulla in C.

Esercizi del Capitolo 10 10.1. Ponendo eiθ = z, si ha dθ = dz/iz, cos θ = (z + z −1 )/2 e 

2π 0

dθ = (a + b cos θ)2

 f (z)dz, |z|=1

316

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

dove f (z) =

−4iz (bz 2

+ 2az + b)

2

e la circonferenza |z| = 1 è orientata positivamente. Poiché le radici di bz 2 + 2az + b = 0 sono i numeri reali a z± = − ± b

'  a 2 − 1, 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 singolarità isolata in z = z+ . Tale singolarità è un polo doppio in quanto f (z) =

g(z) −4iz = , 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 = 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

10.2. 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,

Esercizi del Capitolo 10

317

dove γ(θ) = eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π. La funzione da integrare  2 2 z +1 f (z) = 4iz 3 è 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. Poiché g  (z) = 3z 2 + 1 /i si conclude 

2π

cos2 θ dθ = 2πi

0

1 g  (0) = 2πi = π. 2! 2i

10.3. Ponendo eiθ = z si ha dθ = dz/iz, cos θ = (z + z −1 )/2 e 

π 0

dθ 1 = a + cos θ 2



2π 0

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, poiché z+ z− = 1, |z+ | < 1. Pertanto il polo in z+ è interno al cammino γ mentre quello in z− è esterno, e per il teorema dei residui si conclude  π dθ = 2πi Res f (z) z=z+ 0 a + cos θ

−i

= 2πi z − z− z=z+ π =√ . 2 a −1

10.4. 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 22n z 2n+1

La funzione integranda è 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)!

318

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

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 . = z 2n+1 k!(2n − k)! k=0

Il termine k = n di tale sviluppo, proporzionale a z −1 , fornisce Res z=0

(z 2 − 1)2n (−1)n (2n)! . = 2n+1 z n!n!

Per il teorema dei residui concludiamo  2π (z 2 − 1)2n 1 (sin θ)2n dθ = 2πi Res n 2n z=0 i(−1) 2 z 2n+1 0 π(2n)! = 2n−1 . 2 (n!)2 10.5. Ponendo eiθ = z si ha dθ = dz/iz, cos θ = (z + z −1 )/2 e 

π 0

dθ 1 = 2 (a + cos θ) 2



2π 0

dθ = (a + cos θ)2

 f (z)dz, γ

dove γ(θ) = eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π e f (z) =

−2iz . (z 2 + 2az + 1)2

√ La funzione f ha due poli doppi in z± = −a ± a2 − 1. Si osservi che |z− | > 1 e, poiché z+ z− = 1, |z+ | < 1. Pertanto il polo in z+ è interno al cammino γ mentre quello in z− è esterno. Il teorema dei residui fornisce  π dθ = 2πi Res f (z) z=z+ (a + cos θ)2 0

−2iz

d = 2πi dz (z − z− )2 z=z+ 2i(z+ + z− ) (z+ − z− )3 πa = 2 . (a − 1)3/2 = 2πi

10.6. 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

Esercizi del Capitolo 10

319

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, poiché z+ z− = 1, |z+ | < 1. Pertanto il polo in z+ è interno al cammino γ mentre quello in z− è esterno. Dal teorema dei residui si ottiene quindi 

2π 0

dθ = 2πi Res f (z) z=z+ 2 + cos θ

−2i

= 2πi z − z−

z=z+

2π =√ . 3 10.7. 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)) è analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = 0. Per il teorema dei residui si ha quindi  sin(exp(z)) γ

sin(exp(z)) dz = 2πi Res z=0 iz iz sin(exp(0)) i = 2π sin(1). = 2πi

10.8. L’integrale proposto è equivalente all’integrale della funzione complessa eiz /(iz) lungo il cammino γ(θ) = eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π, 

2π

e 0

eiθ

 dθ =

2π

e 0

γ(θ) γ



(θ) dθ = iγ(θ)

 γ

ez dz. iz

Quest’ultimo integrale si valuta immediatamente con il teorema dei residui:  γ

ez ez e0 dz = 2πi Res = 2πi = 2π. z=0 iz iz i

320

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

10.9. Si osservi, per iniziare, che l’integrale improprio esiste e si ha 

∞ 0

1 1 dx = (x2 + 1)2 2



+∞

1 1 lim dx = (x2 + 1)2 2 R→∞

−∞



+R −R

1 dx. (x2 + 1)2

La funzione f (z) =

1 1 = 2 2 + 1) (z − i) (z + i)2

(z 2

è 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

f (z)dz = −R

γ

1 dx + (x2 + 1)2

 f (z)dz γR

= 2πi Res f (z) z=i

= 2πig  (i) π = , 2 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. Poiché  lim

R→∞

f (z)dz = 0, γR

prendendo il limite R → ∞ dell’integrale su γ si ottiene 

+∞ −∞

(x2

1 π dx = 2 + 1) 2

e quindi 

∞ 0

(x2

1 π dx = . 2 + 1) 4

10.10. La funzione f (z) =

z z = (z 2 + 4z + 13)2 (z − z+ )2 (z − z− )2

è 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,

Esercizi del Capitolo 10

321

e γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π, per il teorema dei residui vale 



R

f (z)dz = −R

γ

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

 f (z)dz γR

= 2πi Res f (z) z=z+

d z

= 2πi 2 dz (z − z− ) z=z+ −z+ − z− = 2πi (z+ − z− )3 π =− . 27 Poiché per z ∈ {γR } e R grande risulta |f (z)| ≤ R/(R2 − 4R − 13)2 , segue





γR

f (z)dz

≤

(R2

πR2 R→∞ −−−−→ 0. − 4R − 13)2

Prendendo il limite R → ∞ dell’integrale su γ si conclude 

+∞ −∞

x dx = PV 2 (x + 4x + 13)2



+∞ −∞

(x2

x π dx = − . 2 + 4x + 13) 27

10.11. La funzione f (z) =

z2 z2 = (z 2 + 1)(z 2 + 9) (z − i)(z + i)(z − 3i)(z + 3i)

è 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 dx + f (z)dz = 2 2 γ −R (x + 1)(x + 9)

 = 2πi Res f (z) + Res f (z) z=i z=3i  1 3 = 2πi − + 16i 16i π = . 4 R

Poiché  f (z)dz = 0,

lim

R→∞

γR

 f (z)dz γR

322

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

prendendo il limite R → ∞ dell’integrale su γ, si ottiene  +∞ x2 π dx = . 2 2 4 −∞ (x + 1)(x + 9) 10.12. La funzione f (z) =

(z 2

z2 + 16)2

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, poiché f è, 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 gli integrali sui cammini che compongono γ si ha  R  x2 f (z)dz = dx, 2 2 λR −R (x + 16)





γR

f (z)dz

≤ πR

(R2

R2 R→∞ −−−−→ 0. − 16)2

Pertanto nel limite R → ∞ otteniamo  +∞ x2 π dx = . 2 2 8 −∞ (x + 16) Per la parità della funzione integranda si conclude  ∞ x2 π . dx = 2 2 (x + 16) 16 0 10.13. Poiché la funzione integranda è pari,  ∞  x sin(ax) 1 +∞ x sin(ax) dx = dx. x 2 + b2 2 −∞ x2 + b2 0

Esercizi del Capitolo 10

323

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 =

γ

f (z)eiaz dz +

λ  R



f (z)eiaz dz γR

xeiax dx + = 2 2 −R x + b ! " = 2πi Res f (z)eiaz z=ib

zeiaz

= 2πi z + ib z=ib



f (z)eiaz dz

γR

= πie−ab . Per z ∈ {γR }, risulta |f (z)| ≤ R/(R2 − b2 ) infinitesimo per R → ∞ e quindi per il lemma di Jordan 

f (z)eiaz dz = 0.

lim

R→∞

γR

In conclusione 

+∞

xeiax dx = πie−ab , x 2 + b2

−∞

da cui, prendendo la parte immaginaria, 

∞ 0

x sin(ax) π dx = e−ab . x 2 + b2 2

10.14. Posto f (z) = z/((z − b)2 + c2 ) e detto γ = λR + γR il cammino di −R ≤ x ≤ R, e γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π, integrazione √ chiuso con λR (x) = x, iaz 2 2 per R > b + c la funzione f (z)e è analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = b + ic. Per il teorema dei residui si ottiene 

f (z)eiaz dz = γ



f (z)eiaz dz +

λR  R

= −R



f (z)eiaz dz γR

xeiax 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

324

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

quindi per il lemma di Jordan 

f (z)eiaz dz = 0.

lim

R→∞

γR

Il limite R → ∞ dell’integrale su γ in conclusione fornisce 

+R

xeiax π dx = e−ac (b + ic)eiab , (x − b)2 + c2 c

lim

R→∞

−R

da cui, prendendo la parte immaginaria, 

+∞

PV −∞

x sin(ax) π dx = e−ac (b sin(ab) + c cos(ab)) . (x − b)2 + c2 c

10.15. Posto f (z) = zeiz /((z − b)2 + c2 ) e detto γ il perimetro, orientato positivamente, del quadrato di vertici −R1 , R2 , R2 +i(R1 +R2 ), −R1 +i(R1 +R2 ), per R1 > 0 e R2 > 0 sufficientemente grandi la funzione f (z) è analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = b + ic. Per il teorema dei residui si ha  zeiaz /(z − (b − ic)) f (z)dz = 2πi Res z=b+ic z − (b + ic) γ

iaz

ze

= 2πi z − (b − ic) z=b+ic

π = e−ac (b + ic)eiab . c 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

f (z)dz = −R1

λ1





R1 +R2

f (z)dz = 0

λ2





−R1

f (z)dz = λ3

R2

xeiax dx, (x − b)2 + c2

yeiaR2 −ay R1 ,R2 →∞ idy −−−−−−−→ 0, (R2 + iy − b)2 + c2

xeiax−a(R1 +R2 ) R1 ,R2 →∞ dx −−−−−−−→ 0, 2 2 (x + i(R1 + R2 ) − b) + c

Esercizi del Capitolo 10





0

f (z)dz = R1 +R2

λ4

325

ye−iaR1 −ay R1 ,R2 →∞ idy −−−−−−−→ 0. (−R1 + iy − b)2 + c2

Pertanto 

+∞ −∞

xeiax π dx = e−ac (b + ic)eiab . (x − b)2 + c2 c

Prendendo la parte reale e quella immaginaria di questa espressione si ha 

+∞ −∞



+∞

−∞

x cos(ax) π dx = e−ac (b cos(ab) − c sin(ab)), (x − b)2 + c2 c x sin(ax) π dx = e−ac (b sin(ab) + c cos(ab)). (x − b)2 + c2 c

10.16. 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, poiché f è, 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 = γ



f (z)dz + λ1



f (z)dz + γR

f (z)dz + λ2

f (z)dz γρ

= 2πi Res f (z) z=i

= 2πi

eiz

z(z + i) z=i

= −iπe−1 . Per gli integrali sui cammini che compongono γ si ha 



eix dx, 2 λ1 ρ x(x + 1)   R  ρ e−ix e−ix dx = − dx, f (z)dz = 2 2 λ2 R x(x + 1) ρ x(x + 1)



πR R→∞

f (z)dz

≤ −−−−→ 0.

R(R2 − 1) γR R

f (z)dz =

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)

326

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

analitica in |z| < 1. Inoltre



ρ→0

g(z)dz ≤ πρ sup |g(z)| −−−→ 0,

γρ

z∈{γρ }  γρ

1 dz = z



0

−π

1 iθ ie dθ = −iπ, eiθ

e quindi 

eiz

= −iπ. z 2 + 1 z=0

ρ→0

f (z)dz −−−→ −iπ Res f (z) = −iπ z=0

γρ

In conclusione, nel limite ρ → 0 e R → ∞ si ha 

∞

0

eix − e−ix dx − iπ = −iπe−1 , x(x2 + 1)

ovvero 

∞ 0

sin x π dx = (1 − e−1 ). 2 x(x + 1) 2

10.17. Posto f (z) = e−iωz /(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 è 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 , =π a mentre per ω > 0 otteniamo (si noti il segno negativo dovuto all’orientamento negativo di γ− ) 





f (z)dz = γ−

f (z)dz + λR

f (z)dz γR −

= −2πi Res f (z) z=−ia

Esercizi del Capitolo 10

327

e−iωz

= −2πi z − ia

z=−ia

e−ωa . =π a Gli integrali sui cammini che compongono γ± valgono 



e−iωx dx, x2 + a2

R

f (z)dz = λR



−R



π

f (z)dz =

e

−iωR(cos θ±i sin θ)

R2 e±i2θ

0

γR ±

+

a2



 ±iRe±iθ dθ,

e quindi



R R→∞

f (z)dz ≤ π 2 −−−−→ 0.

2

γR R − a ± In conclusione, nel limite R → ∞ per ogni valore di ω, compreso il caso banale ω = 0, si ha 

+∞ −∞

e−iωx π dx = e−|ω|a . 2 2 x +a a

10.18. 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

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 è 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 =

Res

z=−1+2i

f (z)e

γR iπz

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

328

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

Inoltre 

f (z)eiπz dz =



+R

−R

λR

xeiπx dx. x2 + 2x + 5

Pertanto, nel limite R → ∞ si ha 

+∞

−∞

x(cos(πx) + i sin(πx)) π dx = (1 − 2i)e−2π , 2 x + 2x + 5 2

da cui, prendendo la parte immaginaria, 

+∞ −∞

x sin(πx) dx = −πe−2π . x2 + 2x + 5

10.19. Si integri la funzione f (z) = eiz /(z 2 − 6z + 10) lungo il cammino γ = iθ λ + γR , dove λ(x) = x, −R ≤ x ≤ R, √ e γR (θ) = Re , 0 ≤ θ ≤ π. Poiché 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 eix dx R→∞ − − − − → 2 x2 − 6x + 10 −∞ x − 6x + 10  R→∞ f (z)dz −−−−→ 0, γR

si conclude 

+∞ −∞

x2

sin x dx π sin 3 = . − 6x + 10 e

10.20. Detto I il valore dell’integrale in questione, per la formula (10.9) si ha I=

1 2



+∞ −∞

x sin x dx x4 + 1

Esercizi del Capitolo 10



329

+∞

xeix dx 4 −∞ x + 1 %  & zeiz zeiz 1 + Res 4 , = Im 2πi 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 √

zeiz z0 eiz0 e−1/ Res 4 = = 3 z=z0 z + 1 4z0 4i

2

√

zeiz z1 eiz0 e−1/ = =− Res 4 3 z=z1 z + 1 4z1 4i

√ √ (cos(1/ 2) + i sin(1/ 2)),

2

√ √ (cos(1/ 2) − i sin(1/ 2)).

Pertanto # √ √ √ 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

10.21. 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.

330

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

Gli integrali lungo i cammini che compongono γ valgono 



R2

f (z)dz = −R1

λ1





R1 +R2

f (z)dz = 0

λ2





−R1

f (z)dz = λ3

R2





yeiR2 −y + 3 R1 ,R2 →∞ idy −−−−−−−→ 0, (R2 + iy)2 + 1

xeix−(R1 +R2 ) + 3 R1 ,R2 →∞ dx −−−−−−−→ 0, (x + i(R1 + R2 ))2 + 1

0

f (z)dz = R1 +R2

λ4

xeix + 3 dx, x2 + 1

ye−iR1 −y + 3 R1 ,R2 →∞ idy −−−−−−−→ 0. (−R1 + iy)2 + 1

Pertanto 

+∞ −∞

xeix + 3 dx = π(3 + i/e). x2 + 1

Prendendo la parte reale e quella immaginaria di questa espressione e osservando che x cos(x)/(x2 + 1) è una funzione dispari, si conclude 

+∞ −∞

x sin(x) + 3 dx = π(3 + 1/e). x2 + 1

10.22. Si consideri la funzione complessa f (z) = (zeiz + 7)/(z 2 + 1)2 che ha due poli doppi 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) γ

z=i

d zeiz + 7

= 2πi dz (z + i)2 z=i

(eiz + izeiz )(z + i)2 − (zeiz + 7)2(z + i)

= 2πi

(z + i)4 z=i = 2πi

=

−4i(7 + ie−1 ) 16

π (7 + ie−1 ). 2

D’altro canto  f (z)dz = γ

4  k=1

f (z)dz, λk

Esercizi del Capitolo 10

331

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

f (z)dz = −R1

λ1





R1 +R2

f (z)dz = 0

λ2





−R1

f (z)dz = λ3

R2





yeiR2 −y + 7 R1 ,R2 →∞ idy −−−−−−−→ 0, ((R2 + iy)2 + 1)2

xeix−(R1 +R2 ) + 7 R1 ,R2 →∞ dx −−−−−−−→ 0, ((x + i(R1 + R2 ))2 + 1)2

0

f (z)dz = R1 +R2

λ4

xeix + 7 dx, (x2 + 1)2

ye−iR1 −y + 7 R1 ,R2 →∞ idy −−−−−−−→ 0. ((−R1 + iy)2 + 1)2

Pertanto 

+∞ −∞

xeix + 7 π dx = (7 + ie−1 ). (x2 + 1)2 2

Prendendo la parte reale e quella immaginaria di questa espressione si ha  +∞  +∞ x cos(x) + 7 7 π dx = dx = 7, 2 + 1)2 2 + 1)2 (x (x 2 −∞ −∞  +∞ x sin(x) π dx = e−1 , 2 + 1)2 (x 2 −∞ da cui si conclude 

+∞ −∞

x sin(x) + 7 π dx = (7 + e−1 ). 2 2 (x + 1) 2

10.23. Posto f (z) = (log z)/(z 2 + 1) = (log(z)/((z + i)(z − i)), dove log z = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

−

3π π 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

332

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

  log 1eiπ/2 = 2πi i+i 2 π =i . 2 Per gli integrali sui cammini che compongono γ si ha 



R

f (z)dz = λ1



ρ

ln x dx, x2 + 1

 R  R ln x + iπ iπ ln x 1 e dx = dx + iπ dx, f (z)dz = 2+1 2+1 2+1 x x x λ2 R ρ ρ   π ln R + iθ R→∞ iReiθ dθ −−−−→ 0, f (z)dz = 2 2iθ +1 γR 0 R e   0 ln ρ + iθ ρ→0 iρeiθ dθ −−−→ 0. f (z)dz = 2 e2iθ + 1 ρ γρ π 

ρ

Quindi nel limite ρ → 0 e R → ∞ otteniamo  ∞  ∞ ln x 1 π2 2 dx + iπ dx = i , x2 + 1 x2 + 1 2 0 0 da cui, prendendo la parte reale e quella immaginaria, si conclude  ∞  ∞ ln x 1 π dx = 0, dx = . 2+1 2+1 x x 2 0 0 10.24. Scelta la funzione 1

f (z) =

e 2 log z , z2 + 1

log z = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

−

3π π 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

= 2πi Res f (z) z=i

λ2

γρ

Esercizi del Capitolo 10

e

= 2πi

333

1 π 2 (ln 1+i 2 )

i+i

iπ 4

= πe . Per gli integrali sui cammini che compongono γ si ha 



R

f (z)dz = λ1





ρ ρ

f (z)dz = λ2

e

1 2 (ln x+iπ)

x2 + 1

R





π 0







iπ

R

e dx = i ρ

√

x dx, x2 + 1

e R→∞ iReiθ dθ −−−−→ 0, R2 e2iθ + 1 0

f (z)dz = γρ

x dx, x2 + 1

1 2 (ln R+iθ)

f (z)dz = γR

√

π

1

e 2 (ln ρ+iθ) ρ→0 iρeiθ dθ −−−→ 0. ρ2 e2iθ + 1

Pertanto nel limite ρ → 0 e R → ∞ otteniamo 

∞

(1 + i) 0

√

x π π π dx = π cos + i sin = √ (1 + i) 2 x +1 4 4 2

e quindi 

√

∞

x π dx = √ . x2 + 1 2

0

10.25. Posto f (z) =

log z , z2 + 4

log z = ln r + iθ,

z = reiθ ,

r > 0,

−

3π π 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 = γ



f (z)dz + λ1

γR

= 2πi Res f (z) z=2i



f (z)dz +

f (z)dz + λ2

f (z)dz γρ

334

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

  log 2eiπ/2 = 2πi 2i + 2i π

π = ln 2 + i . 2 2 Per gli integrali sui cammini che compongono γ si ha 



R

f (z)dz = λ1



ρ

ln x dx, +4

x2

 R  R ln x + iπ iπ ln x 1 e dx = dx + iπ dx, f (z)dz = 2 2 2 x +4 λ2 R ρ x +4 ρ x +4   π ln R + iθ R→∞ iReiθ dθ −−−−→ 0, f (z)dz = 2 2iθ + 4 γR 0 R e   0 ln ρ + iθ ρ→0 iρeiθ dθ −−−→ 0. f (z)dz = 2 2iθ +4 γρ π ρ e 

ρ

Pertanto nel limite ρ → 0 e R → ∞ otteniamo  ∞  ∞ ln x 1 π

π 2 dx + iπ dx = ln 2 + i , 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 10.26. 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 è valido per ogni −1 < a < 1. Nel dominio specificato f è 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

ei3πa/2 ea log z

ea(ln 1+i3π/2) = . = Res f (z) = z=−i z − i z=−i −i − i −2i L’integrale di f lungo il cammino chiuso γ = λ1 + γR + λ2 + γρ , dove λ1 (x) = x + i0, ρ ≤ x ≤ R, γR (θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π, λ2 (x) = x − i0, R ≥ x ≥ ρ, e

Esercizi del Capitolo 10

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 + γ

λ1

γR

 = 2πi Res f (z) + Res f (z) z=i z=−i

 iπa/2 i3πa/2 =π e . −e

λ2

335

f (z)dz γρ

Gli integrali lungo i singoli cammini che compongono γ valgono 





ea ln x dx, 2 λ1 ρ ρ x +1   R a ln x  ρ a(ln x+i2π) e e i2π i2πa e dx, f (z)dz = dx = −e i2π )2 + 1 2+1 (xe x λ2 R ρ

 a ln R

R→∞

≤ e

f (z)dz a < 1,

R2 − 1 2πR −−−−→ 0,

γR



ea ln ρ ρ→0

f (z)dz ≤ 2πρ −−−→ 0, a > −1.

γρ

1 − ρ2 f (z)dz =

R

ea(ln x+i0) i0 e dx = (xei0 )2 + 1

R

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) 10.27. Integrando per parti si ha   ∞ log(1 + x2 ) 2 ∞ x1−a dx = dx. xa+1 a 0 1 + x2 0 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

336

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

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 

 f (z)dz = λ1





r

f (z)dz = λ2

R

e(1−a)(ln x+i0) i0 e dx = (xei0 )2 + 1



e(1−a) ln x dx, x2 + 1 r r  R (1−a) ln x e(1−a)(ln x+iπ) iπ e i(1−a)π e dx = e dx, (xeiπ )2 + 1 x2 + 1 r R

R

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 

∞ 0

x1−a πei(1−a)π/2 dx = x2 + 1 1 + ei(1−a)π πi = iaπ/2 e − e−iaπ/2 π/2 = sin(πa/2)

e quindi 

∞ 0

log(1 + x2 ) π/a , dx = xa+1 sin(πa/2)

0 < a < 2.

√ √ 2 2 10.28. 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 è analitica ovunque ad eccezione del semiasse reale positivo e

Esercizi del Capitolo 10

337

√ 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 2 7 e 3 log z

e 3 ln 2+i 9 π √ Res . f (z) = =

√ −2i √ z + 3 − i z=− 3−i z=− 3−i

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 così 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 λ1 γR λ2 γr  = 2πi Res f (z) + Res f (z) √ √ z=− 3+i z=− 3−i

 2 5 7 = πe 3 ln 2 ei 9 π − ei 9 π .

f (z)dz = γ

Per gli integrali lungo i cammini che compongono γ risulta 



λ1

e 3 (ln x+i0) √ ei0 dx (xei0 )2 + 2 3(xei0 ) + 4

R

e 3 ln x √ dx, x2 + 2 3x + 4

r

 =

r





2

R

f (z)dz =

2

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 √ dx, = −e 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 r = r 3 −−−→ 0. f (z)dz

 1 γr

338

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

Pertanto, nel limite r → 0 e R → ∞ si ottiene 

∞ 0

2

5

7

2 x3 ei 9 π − ei 9 π √ dx = πe 3 ln 2 4 x2 + 2 3x + 4 1 − ei 3 π 1 1 i6π 2 e 9 e−i 9 π − ei 9 π = π2 3 i 2 π −i 2 π 2 e 3 e 3 − ei 3 π 2 sin(π/9) = π2 3 sin(2π/3) 5

= π2 3 sin(π/9). 10.29. 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 è 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 , Res f (z) = e 2 =

z=1+i z−1+i 2i

1 (z + 1)e− 2 log z

Res f (z) =

z=1−i 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 π 2 − i −1/4 −i 7π 2 2 e 8 − e 8 = 2πi 2i 2i  π −1/4 −i π 8 (2 + i)e + (2 − i)ei 8 = π2 π 2π

π + sin . = √ 2 cos 4 8 8 2

Esercizi del Capitolo 10

339

Nel limite r → 0 e R → ∞ gli integrali su γr e γR si annullano,



R+1 R→∞

f (z)dz

≤ πR √ −−−−→ 0,

R(R2 + 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 = λ1

r





r

f (z)dz = λ2

R

In conclusione 

∞ 0

1

(xei0 + 1)e− 2 (ln x+i0) i0 e dx = (xei0 )2 − 2xei0 ) + 2



R

√ r



− 12 (ln x+i2π)

(xei2π + 1)e ei2π dx = (xei2π )2 − 2xei2π + 2

√

(x + 1) dx, x(x2 − 2x + 2)

R

√ r

(x + 1) dx. x(x2 − 2x + 2)

x+1 π π π

. 2 cos + sin dx = √ 4 8 8 − 2x + 2) 2

x(x2

10.30. Posto f (z) = e(1−a) log z /(1 + z 2 )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 doppi 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

e(1−a) log z /(z + i)2 = 2πi Res z=i (z − i)2

(1−a) log z d e

= 2πi dz (z + i)2 z=i

iaπ −iaπ/2 e = . 2 Gli integrali sui cammini che compongono γ valgono 



R

f (z)dz = λ1

r

e(1−a)(ln x+i0) i0 e dx = ((xei0 )2 + 1)2

 r

R

e(1−a) ln x dx, (x2 + 1)2

340

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti





r

f (z)dz = λ2





R

e(1−a)(ln x+iπ) iπ e dx = −e−iaπ ((xeiπ )2 + 1)2



R r

e(1−a) ln x dx, (x2 + 1)2

e(1−a) ln R πR2−a R→∞ f (z)dz

≤ πR = −−−−→ 0, 2 2 (R − 1) (R2 − 1)2 γR



e(1−a) ln r

πr2−a r→0

≤

f (z)dz πr = −−−→ 0,

(1 − r2 )2

(1 − r2 )2 γr

a > −2, a < 2.

Prendendo i limiti R → ∞ e r → 0, per −2 < a < 2 si conclude 

∞ 0

x1−a iaπ e−iaπ/2 dx = 2 2 (x + 1) 2 1 − e−iaπ 2i aπ = iaπ/2 4 e − e−iaπ/2 aπ/4 . = sin(aπ/2)

10.31. 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, poiché f è analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = iπ/2, il teorema dei residui fornisce  f (z)dz = γ

4  k=1

f (z)dz λk

= 2πi Res f (z) z=iπ/2

eaz

= 2πi sinh z z=iπ/2 = 2πeiaπ/2 . Per gli integrali lungo i cammini λk , k = 1, 2, 3, 4, si ha 



R

eax dx, −R cosh x  R ea(x+iπ) eax dx = eiaπ dx, cosh(x + iπ) −R cosh x

f (z)dz = λ1





−R

f (z)dz = λ3

R

avendo usato la proprietà di antiperiodicità cosh(x + iπ) = − cosh x,



eaR R→∞

f (z)dz

≤ π 1 R −−−−→ 0, a < 1,

(e − 1) λ2

2

Esercizi del Capitolo 10





λ4

f (z)dz

≤ π

1 2

e−aR R→∞ −−−−→ 0, (eR − 1)

341

a > −1.

In conclusione, nel limite R → ∞ per −1 < a < 1 si ha 

+∞ −∞

eax 2πeiaπ/2 π dx = . = cosh x 1 + eiaπ cos(aπ/2)

10.32. 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 è, per R > 1, analitica su e dentro γ ad eccezione del polo semplice in z = z0 . Pertanto  f (z)dz = γ

3 

f (z)dz λk

k=1

= 2πi Res f (z) z=z0

= 2πi

1 . (2n + 1)z02n

Per gli integrali lungo i cammini che compongono γ si ha 



R

f (z)dz = λ1





0

1 dx, 1 + x2n+1

1 2πR R→∞ f (z)dz

≤ −−−−→ 0, 2n+1 − 1 2n + 1 R λ2   R 1 f (z)dz = −ei2π/(2n+1) dx. 2n+1 1 + x λ3 0 In conclusione, nel limite R → ∞ si ottiene 

∞ 0

1 1 2πi/(2n + 1) dx = i2nπ/(2n+1) 2n+1 i2π/(2n+1) 1+x e 1−e 1 2πi/(2n + 1) " = i2nπ/(2n+1) ! −iπ/(2n+1) iπ/(2n+1) e e eiπ/(2n+1) −e =

π/(2n + 1) . sin[π/(2n + 1)]

342

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

10.33. 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. Poiché f (z) = p(z)/q(z) con p(z) = eiz e q(z) = ez + e−z è 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

con 



eix dx, + e−x λ1 −R   R  −R ei(x+iπ) eix −π f (z)dz = dx = e dx. x −x ex+iπ + e−(x+iπ) λ3 R −R e + e f (z)dz =

R

ex

Per la disuguaglianza di Darboux



π R→∞

−−−−→ 0, f (z)dz

≤ R

−R e −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 −x cosh(π/2) −∞ e + e

Esercizi del Capitolo 10

343

10.34. Posto w = |w|eiα , poiché Re w > 0 deve essere −π/2 < α < π/2. Si 2 integri la funzione f (z) = e−wz , analitica in tutto C, lungo il cammino chiuso semplice γ = λ1 + γR + λ2 , dove 0 ≤ x ≤ R,

λ1 (x) = x, iθ

0 ≤ θ ≤ −α/2 se α < 0,

γR (θ) = Re , λ2 (r) = re

−iα/2

0 ≥ θ ≥ −α/2 se α > 0,

R ≥ r ≥ 0.

,

Si noti che il cammino è orientato positivamente se α < 0 e negativamente se α > 0√mentre √ per α = 0, cioè quando Im w = 0, l’integrale in esame è noto e vale π/(2 w). Poiché f è analitica su e dentro γ, risulta     f (z)dz = f (z)dz + f (z)dz + f (z)dz = 0. γ

λ1

γR

λ2

Gli integrali lungo i cammini λ1 e λ2 valgono 



R

2

e−wx dx,

f (z)dz = 

0

λ1



0

f (z)dz = λ2

e−|w|e

iα

(re−iα/2 )2 −iα/2

e

R

= −|w|−1/2 e−iα/2



R|w|1/2

dr 2

e−u du =,

0

1/2

dove si è posto u = |w| r. Usando la disuguaglianza di Jordan, per l’integrale lungo γR si ha



 −α/2



−|w|eiα R2 ei2θ iθ

≤ − sgn(α) f (z)dz iRe

e

dθ

0

γR

= sgn(α)

R 2

R ≤ sgn(α) 2

 

π/2

e−|w|R

2

sin ϕ

e−|w|R

2

2ϕ/π

dϕ

dove ϕ = π/2 − α − 2θ

π/2−α π/2

dϕ

π/2−α

  2 πe−|w|R sgn(α) e(1−2α/π) − 1 R→∞ = −−−−→ 0. 4|w|R Nel limite R → ∞ si conclude che ∀w ∈ C con Re w > 0 vale √  ∞  ∞ 2 2 π e−wx dx = |w|−1/2 e−iα/2 e−u du = √ , 2 w 0 0 dove

√ w = |w|1/2 eiα/2 .

344

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

10.35. 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

dove |z| = 1 è 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

è 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

 

a+a

−1





+t ±

(a +

a−1

2



+ 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 è analitica su σ e al suo interno, pertanto 

 f (z)dz = σ

f (z)dz + γ

= 0.

4  k=1

 f (z)dz + λk

f (z)dz γε

Esercizi del Capitolo 10

345

Γ Γ

Λ3

Λ4

Λ2

Λ1

1

Fig. A.9. 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

Poiché f è analitica sul segmento dell’asse reale (a−1 , 1] e per ε → 0 risulta λ1 = −λ4 , si ha   lim f (z)dz + f (z)dz = 0. ε→0

λ1

λ4

Sul segmento [ε, a−1 ] in corrispondenza della linea di diramazione si ha invece   ε  ε   1 1 −iπ log t(x)e (ln(t(x)) − iπ) dx, dx = f (z)dz = ix ix −1 −1 λ2 a a 



a−1

f (z)dz = λ3

ε

  1 log t(x)eiπ dx = ix



a−1 ε

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 log −z −1 dz f (z)dz = iz γε γε  0 

1 −1 −i(θ−π) = εiθ idθ log ε e iθ iε 2π

346

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti



0

= 2π

  −1   ln ε − i(θ − π) dθ

  = θ ln ε−1 − i



0

θ2 − πθ

2 2π

= 2π ln ε. In conclusione   f (z)dz = lim f (z)dz |z|=1

ε→0

γ

  = lim − ε→0

 λ2





f (z)dz −

f (z)dz − λ3

f (z)dz γε

= lim (2π ln a + 2π ln ε − 2π ln ε) ε→0

= 2π ln a. 10.36. 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 è 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  = 2πi Res ezt f (z) + Res ezt 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 ∞ ∞ z − z0 1 ((z − z0 )t)n 1 k z0 t = (−1) e z − z 0 z0 − z 1 z0 − z1 n! n=0

ezt f (z) =

k=0

e quindi Res ezt f (z) =

z=z0

ez 0 t . z0 − z 1

Scambiando z0 con z1 otteniamo Res ezt f (z) =

z=z1

ez 1 t . z1 − z 0

Usando la disuguaglianza di Darboux e quella di Jordan, l’integrale su γR può

Esercizi del Capitolo 11

347

essere maggiorato come segue:





γR



ezt f (z)dz

≤

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 π Reat ≤ (R + |z0 |)(R + |z1 |) Rt

e quindi  ezt f (z)dz = 0.

lim

R→∞

γR

In conclusione, 1 lim 2πi R→∞

 ezt λR

1 ez 0 t − e z 1 t dz = . (z − z0 )(z − z1 ) z0 − z 1

Esercizi del Capitolo 11 11.1. Si osservi che g è una funzione analitica in E. Per quanto visto nell’Esercizio 10.34, si ha g(z) = f (z) ∀z ∈ D ⊂ E. Pertanto g è il prolungamento analitico di f da D ad E. 11.2. Poiché f (z) = sinh z è continua in R, chiuso e limitato, ed è 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 è 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. 11.3. Si ponga z 4 − 5z + 1 = f (z) + g(z), con f (z) = −5z + 1, g(z) = z 4 .

348

Appendice A Soluzione degli esercizi proposti

Per |z| = 1 si ha |f (z)| ≥ || − 5z| − |1|| = 4, |g(z)| = |z 4 | = 1, cioè |f (z)| > |g(z)|. Poiché f (z) ha uno zero semplice in z = 1/5, per il teorema di Rouché 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, cioè |g(z)| > |f (z)|. Poiché g(z) ha uno zero con molteplicità 4 in z = 0, per il teorema di Rouché g(z) + f (z) ha 4 zeri in |z| < 2. Si conclude che nella regione 1 ≤ |z| < 2, l’equazione z 4 − 5z + 1 = 0 ha 3 soluzioni. 11.4. Si ponga f (z) = az n e g(z) = − sin z. Entrambe queste funzioni sono analitiche in Q. Inoltre |f (z)| > |g(z)| per z ∈ ∂Q. Infatti, per z sulla frontiera del quadrato Q si ha |z| ≥ 1 e quindi 2

2

|az n | = |a|



|z|

2

n

2

≥ |a| > e2 .

D’altro canto per |x| ≤ 1 e |y| ≤ 1 risulta 2

|− sin(x + iy)| = sin2 (x) + sinh2 (y) ≤ 1 +



e − e−1 2

2 |g(z)| per |z| = 1. Per il teorema di Rouché, f e f + g hanno allora lo stesso numero di zeri nella regione |z| < 1. Poiché f (z) ha uno zero di ordine 5 in z = 0, l’equazione considerata ha 5 soluzioni in |z| < 1. 11.6. Per rispondere al quesito determiniamo separatamente il numero di zeri √ dell’equazione assegnata nelle regioni |z| < 1 e |z| < 2.

Esercizi del Capitolo 11

349

Nella regione |z| < 1 si ponga f (z) = 4z 3 e g(z) = z 8 − z 2 + 1. Sulla frontiera di questa regione, cioè 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 Rouché, f e f + g hanno allora lo stesso numero di zeri nella regione |z| < 1. Poiché f (z) ha uno zero di ordine 3 in z = 0, l’equazione assegnata ha 3 zeri in |z| < 1. √ Nella regione |z| < 2 si ponga f (z) =√z 4 + 4z 3 e g(z) = −z 2 + 1. Sulla frontiera di questa regione, cioè 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, √ Rouché, f e f + g pertanto |f (z)| > |g(z)| per |z| = 2. Per il teorema di √ hanno allora lo stesso numero di zeri nella regione |z| < 2. Poiché 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. 8 3 2 Si conclude √ che z + 4z − z + 1 = 0 ha 8 − 3 = 5 soluzioni nella regione 1 ≤ |z| < 2. 11.7. Si ponga f (z) = az n e g(z) = − cos z. Entrambe queste funzioni sono analitiche in Q. Inoltre |f (z)| > |g(z)| per z ∈ ∂Q. Infatti, per z sulla frontiera del quadrato Q si ha |z| ≥ 1 e quindi 2

2

|az n | = |a|



|z|

2

n

2

≥ |a| > e2 .

D’altro canto per |x| ≤ 1 e |y| ≤ 1 risulta 2

|− cos(x + iy)| = cos2 (x) + sinh2 (y) ≤ 1 +



e − e−1 2

2