Esercizi e appunti Analisi matematica II

X

f (z)dz = f (z)dz (2.25)

∂D γ k

k=1

I cammini γ sono orientati in modo tale che, percorrendoli, si ha sempre il dominio alla

i

propria sinistra, come mostrato in figura 2.1. Quello in figura è un esempio di cammino

regolare con bordo, ed è un anello:

{z ∈ |z − |< }

Ω = C : r < z r (2.26)

1 0 2

La frontiera di Ω è l’unione dei sostegni:

{z ∈ |z − |} ∪ {z ∈ |z − |}

C : r = z C : r = z (2.27)

1 0 2 0

delle curve γ e γ rispettivamente. Le curve hanno parametrizzazioni:

1 2 it it

−(z

γ = + r e ) , γ = z + r e (2.28)

1 0 1 2 0 2

La prima percorsa in senso orario, la seconda antiorario. Il teorema di Cauchy-Goursat dice

Figura 2.1

Capitolo 2. Integrali di linea in analisi complessa 16

quanto segue.

⊆

Sia A C un dominio limitato e semplicemente connesso. Un dominio semplicemente

connesso è una regione dello spazio tale che l’interno di ogni curva di Jordan disegnata su

questa regione è contenuto nel dominio (una ciambella 2D non è un dominio semplicemente

→

connesso perché ha il buco). Se la funzione f (z) : A C è olomorfa su A e continua su A,

∪

dove A = A ∂A, allora: Z f (z)dz = 0 (2.29)

∂A

Osservazione. Supponiamo che Ω sia un dominio con bordo la cui frontiera è l’unione di due

∪

sostegni di cammini chiusi C e C . Se f è analitica in Ω ∂Ω allora:

1 2

Z Z

f (z)dz = f (z)dz (2.30)

C C

1 2

Questo prende il nome di indipendenza del cammino.

Il teorema di Cauchy-Goursat si può estendere anche a domini non semplicemente connessi

ma regolari.

2.3.3 Teorema di Morera

Sia f una funzione continua in un dominio semplicemente connesso D. Per ogni curva semplice

e chiusa γ il cui sostegno è contenuto in D, risulta che se:

Z f (z)dz = 0 (2.31)

γ

allora f è analitica (teorema duale di Cauchy-Goursat). Ricorda: una funzione è olomorfa o

analitica se rispetta le condizioni di Cauchy-Riemann.

1) Consideriamo: 1 1

f (z) = = (2.32)

− −

z z x + iy z

0 0

− 1 1 1

f (z + h) f (z)

′ · −

= (2.33)

f (z) = lim − −

h h z + h z z z

h→0 0 0

− − −

1 z z z + z h 1

0 0 −

= = (2.34)

2

− − −

h (z + h z )(z z ) (z z )

0 0 0

− {z }.

Dunque f è olomorfa in C Dunque, per ogni curva chiusa γ tale che z sia esterno a

0 0

γ, ovvero appartiene all’esterno di γ, allora:

Z 1 =0 (2.35)

−

z z

0

γ

Qualora invece avessimo avuto che: ′

it it

∈ ⇒

γ = z + e , t [0, 2π] γ = ie (2.36)

0

allora: 2π 2π

Z Z Z

1 1 it

·

= ie dt = i dt = 2iπ (2.37)

it

−

z z e

0 0 0

γ

Sborro fortissimo quanto cazzo sono forte.

Capitolo 2. Integrali di linea in analisi complessa 17

2.3.4 Formula integrale di Cauchy →

⊆ Ω C una funzione continua e olomorfa in

Sia Ω C un dominio limitato regolare e f :

Ω. Allora: Z

1 f (z) ∀z ∈

f (z ) = dz Ω (2.38)

0 0

−

2πi z z

0

∂Ω

→ ∈ −

Data una curva γ : [a, b] C e z C γ([a, b]), si definisce indice di avvolgimento di

0

γ rispetto a z :

0 Z 1

1 dz (2.39)

Ind (z ) =

γ 0 −

2πi z z

0

γ

1) Calcolare: Z z dz (2.40)

2

−

(9 z )(z + i)

γ

|z|=

su una curva γ con sostegno 2. La funzione:

z (2.41)

f (z) = 2

−

9 z

±3,

è analitica ovunque tranne che in z = e dunque è anche analitica dentro a γ. Usando la

formula di Cauchy otteniamo che:

Z i

z −i) −

dz = f (z = = (2.42)

0

2

−

(9 z )(z + i) 10

γ

Se deriviamo la formula di Cauchy rispetto a z n volte otteniamo:

0

Z

n! f (z)

(n)

f (z ) = dz (2.43)

0 n+1

−

2πi (z z )

0

∂Ω

Calcoliamo come esempio un integrale reale, passando nel mondo complesso e sfruttando la

forma integrale di Cauchy: +∞

Z 1

I = dx (2.44)

4

x + 16

−∞

Per risolverlo usiamo l’integrale complesso:

I Z Z

1 1 1

dz = dz + dz (2.45)

4 4 4

z + 16 z + 16 z + 16

γ∪γ γ γ

R R

dove γ è l’arco della semicirconferenza superiore centrata nell’origine con raggio R percorsa

R

in senso antiorario, e γ è la curva-segmento che va da -R a R. √

4 4

{z −16 → −16}.

I punti in cui la funzione integranda non è più analitica sono : z = z =

Per calcolare la radice facciamo:

√ (π+2kπ)

4 i

iπ

z = 16e = 2e , k = 0, 1, 2, 3 (2.46)

4

Abbiamo ottenuto i 4 punti di singolarità, ma all’interno della curva chiusa in realtà ne

abbiamo solo 2. Avendo due singolarità all’interno della curva non possiamo usare immme-

diatamente Cauchy, perché lı̀ ne serve una sola. Per risolvere proviamo a spezzare la curva

chiusa in due curve, ovvero due quarti di circonferenza, ciascuna contenente uno dei due

punti. La somma degli integrali sulle due curve sarà poi uguale all’integrale sulla curva di

Capitolo 2. Integrali di linea in analisi complessa 18

Figura 2.2

partenza.

Una volta note le x radici di un polinomio di grado n, possiamo riscriverlo come:

0,n

n n−1 n−2 0 −→ − − −

(x + x + x + ... + x ) (x x )(x x )...(x x ) (2.47)

0,1 0,2 0,n

Semplifichiamo il denominatore per ricondurci alla forma integrale di Cauchy sulla prima

curva (quarto di circonferenza destro): f (z)

1 1

⇒

g(z) = g(z) = (2.48)

4 −

z + 16 z z

1

con: √ √

z = 2+ 2i (2.49)

1 1

√ √ √ √ √ √ (2.50)

f (z) =

1 − − − − −

(z (− 2 + 2i))(z ( 2 2i))(z (− 2 2i))

Ora abbiamo tutti gli ingredienti per calcolare Cauchy:

√ −

Z f (z) 2π(1 i)

1

2πif (z ) = (2.51)

dz =

1 1 −

z z 32

1

γ

1

Calcoliamo adesso il secondo integrale, che è lungo il quarto di circonferenza sinistro conte-

nente: √ √

−

z = 2 + 2i (2.52)

2

Abbiamo che: f (z)

2

g(z) = (2.53)

−

z z

2

Z Z f (z)

2 dz (2.54)

g(z)dz = −

z z

2

γ γ

2 2

All’interno della curva f è olomorfa, e dunque posso applicare Cauchy:

2 √ 2π(1 + i)

= 2πif (z ) = (2.55)

2 2 32

L’integrale su tutta la curva chiusa è allora: √

I Z Z

1 2π

dz = g(z)dz + g(z)dz = (2.56)

4

z + 16 16

γ∪γ γ γ

1 2

R ∪

Abbiamo quindi calcolato l’integrale sulla curva γ γ di g(z). Calcoliamo adesso separa-

R

tamente gli integrali sulle due curve. Se parametriziamo γ come:

∈

γ(t) = t t [−R, R] (2.57)

Capitolo 2. Integrali di linea in analisi complessa 19

possiamo osservare che: R R

Z Z Z

−→

f (t)dt lim f (t)dt = I (2.58)

f (z)dz = R→+∞

−R −R

γ →

che è l’integrale reale da cui eravamo partiti ponendo R +∞.

Passando alla curva γ , parametrizziamo la semicirconferenza:

R it ∈

γ (t) = Re , t [0, π] (2.59)

R

Calcoliamo l’integrale lungo γ attraverso la definizione di integrale di linea:

R π

Z Z Z 1

1 it

·

g(z)dz = dz = (Rie )dt (2.60)

4 4 4it

z + 16 R e + 16

0

γ γ

R R

Usiamo adesso la definizione di lunghezza per limitare superiormente l’integrale:

it

Z Rie

≤ π sup

f (z)dz (2.61)

t∈[0,π] 4 4it

R e + 16

γ

R

→ ∞

Per R notiamo allora che l’integrale va a 0. Infine:

√ I 1

2π = lim dz (2.62)

4

16 z + 16

R→+∞ γ∪γ R √

+∞

Z Z Z

1 1 1 2π

= lim dz + lim dz = I + 0 =⇒ dx =

4 4 4

z + 16 z + 16 x + 16 16

R→+∞ R→+∞ −∞

γ γ

R (2.63)

2.3.5 Proprietà della media e del massimo di una funzione olomorfa

Le funzioni analitiche hanno proprietà particolari per quanto riguarda media e massimo.

Per il teorema della media, sia f una funzione olomorfa in un certo dominio D sempli-

∈

cemente connesso e prendiamo un punto z del dominio. Sia z D e r > 0 tale che

0 0

⊂

B (z ) D, cioè costruiamo una circonferenza di centro z interna a D. Allora la funzio-

r 0 0

ne f calcolata in z , ovvero f (z ), è uguale alla media della funzione nella circonferenza e

0 0

calcolata lungo la circonferenza di centro z e contenuta nel dominio:

0 2π

Z

1 it

f (z ) = f (z + re )dt (2.64)

0 0

2π 0

La proprietà della media permette di dimostrare il teorema fondamentale dell’algebra.

Il teorema del massimo afferma che, data f analitica e non costante in un dominio Ω, allora

|f (z)| raggiunge il suo valore massimo sulla frontiera ∂Ω.

2.3.6 Teorema di Liouville

Sia f una funzione intera (ovvero olomorfa in tutto C) e limitata (e cioè non assume valori

|f

entro una certa costante, (z)|< M ), allora f (z) è costante. Per dimostrarlo si possono

usare sia la prorpeità della media che la forma integrale di Cauchy, e noi seguiremo la seconda

strada. Usiamo la forma generalizzata di Cauchy al primo ordine, ovvero per n=1:

Z

1 f (z)

′

|f (z )|= dz (2.65)

0 2

−

2π (z z )

0

γ

Capitolo 2. Integrali di linea in analisi complessa 20

dove γ è la circonferenza di centro z . Il quadrato al denominatore è dovuto al fatto che

0

stiamo considerando la derivata prima. Limitiamo dall’alto usando la lunghezza della curva:

1 f (z)

≤ (2.66)

2πr sup

0 2

−

2π (z z )

z∈γ 0

2 2

−

Per definizione di circonferenza (z z ) = r .

0 0

r

0 |f

sup (z)| (2.67)

= 2

r z∈γ

0

Sfruttiamo adesso l’ipotesi che f è una funzione limitata:

M

≤ (2.68)

r

0

Dato che siamo sull’intero piano complesso, r può tendere ad infinito ed M è un numero

0

finito per definizio