Integrali complessi e funzioni olomorfe - Soluzioni

La base [a, b] lungo l’asse delle x si può scrivere come ≤ ≤

γ (t) = (t, 0), a t b;

1

il “lato destro” verticale, si può scrivere come ≤ ≤

γ (t) = (b, t), 0 t f (b).

2

Il “lato curvo” superiore naturalmente è proprio il grafico di f , quindi in forma parametrica è del tipo

(t, f (t)); ma dobbiamo percorrerlo da destra verso sinistra, quindi ad esempio possiamo scriverlo come

−b ≤ ≤ −a

γ (t) = (−t, f (−t)), t

3 −b −a

(notare che in questo modo l’estremo iniziale per t = è proprio (b, f (b)) mentre l’estremo finale per t =

è (a, f (a))). Infine il“lato sinistro” verticale, che dobbiamo percorrere in discesa, si può scrivere come

−t), −f ≤ ≤

γ (t) = (a, (a) t 0.

4

Passiamo al calcolo diretto: abbiamo subito b

Z Z ·

xdy = t 0 dt = 0,

γ a

1 f (b)

Z Z ·

b 1 dt = bf (b).

xdy = 0

γ 2

Inoltre possiamo scrivere −a b

Z

Z Z

0 0

· −

xdy = (−t) (−f (−t)) dt = sf (s)ds

−b

γ a

3 −t;

dopo il cambiamento di variabile s = integrando per parti otteniamo

b b

Z Z

s=b

0

− −

sf (s)ds = sf (s)| + f (s)ds

s=a

a a

e in conclusione b

Z Z −

xdy = f (s)) ds + af (a) bf (b).

γ a

3

Infine 0

Z Z · −af

xdy = a (−1) dt = (a).

−f

γ (a)

4

Sommando i quattro pezzi otteniamo b

Z Z

xdy = f (t) dt.

γ a

Le altre formule si dimostrano in modo identico.

© – 3) Calcolare l’integrale delle seguenti forme lungo la circonferenza di centro l’origine e raggio 2 dal punto

(2, 0) al punto (0, 2) in senso antiorario [suggerimento: in qualche caso, conviene scegliere un cammino piú

comodo o addirittura trovare una primitiva...] 3 3

4x dx + 4y dy

xdx + ydy , ω = y sin(xy)dx + x sin(xy)dy, ω = .

ω = 4 4

p x + y

2 2

x + y

L’arco di circonferenza γ si può descrivere come π

≤ ≤

γ(t) = (2 cos t, 2 sin t), 0 t .

2

Il primo integrale si calcola facilmente in modo diretto:

π/2 −4

Z Z cos t sin t + 4 sin t cos t

xdx + ydy = dt = 0.

p 2

2 2

x + y 0

γ

Il secondo no: il calcolo diretto genera un’espressione complicata. Molto meglio cercare una primitiva, se

possibile. Verifichiamo se la forma è chiusa:

D (y sin(xy)) = sin(xy) + xy cos(xy), D (x sin(xy)) = sin(xy) + xy cos(xy)

2 1

2

ossia la forma è chiusa e definita su e quindi è anche esatta. Una primitiva si determina subito ed è

R −

f (x, y) = cos(xy)

e allora l’integrale si calcola immediatamente come

Z − − · · −1

y sin(xy)dx + x sin(xy)dy = f (0, 2) f (2, 0) = cos(0 2) + cos(2 0) = + 1 = 0.

γ 2 \

Anche la terza forma è chiusa (omettiamo la verifica). Essendo definita solo su (0, 0) potrebbe non

R

essere esatta su tutto l’insieme di definizione, ma sicuramente lo è su un aperto semplicemente connesso che

contiene il cammino considerato (ad esempio il primo quadrante). Quindi in un intorno di γ non abbiamo

problemi e una primitiva si può sicuramente trovare; è facile calcolarla e otteniamo

4 4

f (x, y) = log(x + y )

e quindi 3 3

Z 4x dx + 4y dy − −

= f (0, 2) f (2, 0) = log(16) log(16) = 0.

4 4

x + y

γ

Post scriptum: non tutti gli integrali di forme differenziali fanno 0...

© – 4) (i) Se f (z) è olomorfa, la funzione f (z) è olomorfa? e la funzione f (z)?

(ii) Calcolare i seguenti integrali complessi lungo la circonferenza di centro 0 e raggio 2 (percorsa una volta

in senso antiorario): z

Z Z Z Z

e 1+ z 3 3

− −

dz, dz (z z)dz, (z z)dz.

z z

γ γ γ γ

(i) Se f (z) = u(x, y) + iv(x, y) è olomorfa, valgono le condizioni di Cauchy Riemann

≡ ≡ −v

u (x, y) v (x, y), u (x, y) (x, y);

x y y x

ora possiamo scrivere − −y) −y)

f (z) = f (x iy) = u(x, + iv(x,

e chiaramente questa nuova funzione non verifica le condizioni di Cauchy Riemann, ad esempio

−y)) −y), −y)) −v −y) ≡ −u −y)

∂ (u(x, = u (x, ∂ (v(x, = (x, (x,

x x y y x

non sono uguali (lo stesso dicasi per la seconda condizione). Invece per la funzione f (z) abbiamo

− −y) − −y)

f (z) = f (x iy) = u(x, iv(x,

e stavolta le condizioni sono verificate:

−y)) −y), −y)) −y) ≡ −y)

∂ (u(x, = u (x, ∂ (−v(x, = v (x, u (x,

x x y y x

−y)) −y)),

cioè ∂ (u(x, = ∂ (−v(x, e

x y −y)) −u −y), −y)) −v −y) ≡ −y)

∂ (u(x, = (x, ∂ (−v(x, = (x, u (x,

y y x x y

−y)) −∂ −y)).

cioè ∂ (u(x, = (−v(x, In conclusione, se f (z) è olomorfa, allora f (z) non lo è mentre f (z) è

y x

olomorfa.

(ii) Come è noto (e si può verificare immediatamente)

Z dz = 2πi

z

γ

su ogni curva che gira una volta in senso antiorario intorno all’origine, in particolare sulla circonferenza γ

data. Invece l’integrale su γ di una funzione olomorfa all’interno della circonferenza fa 0. Quindi abbiamo

immediatamente Z Z

Z 1

1+ z dz = dz + 1dz = 2πi + 0 = 2πi

z z

γ γ

γ

e anche Z 3 −

(z z)dz = 0.

γ

Invece per il quarto integrale Z Z

3 − −

(z z)dz = z dz

γ γ

3 z no, e quindi il secondo integrale potrebbe essere diverso da 0. Infatti

perché z è olomorfa ma 2π 2π

Z Z Z −it

it it

it · ·

z dz = 2e 2ie dt = 4i e e dt = 8πi

γ 0 0

e in conclusione Z 3 −8πi.

− z)dz =

(z

γ

Per finire studiamo il primo integrale. La sostituzione diretta porta ad un integrale in apparenza intrattabile.

Ma ci sono molti modi alternativi di calcolarlo! Ad esempio si può osservare che la formula di Cauchy

z

applicata alla funzione olomorfa f (z) = e nel punto z = 0 dà subito

0 z

Z e

1 dz

f (0) = 2πi z

γ

e dato che f (0) = 1 otteniamo z

Z e dz = 2πi.

z

γ

Un modo piú interessante è il seguente (anche se qualche dettaglio andrebbe precisato in modo piú rigoroso):

se scriviamo 2 3

z z

z

e = 1 + z + + + ...

2! 3!

vediamo che 2

z 1 z z

e = +1+ + + ...

z z 2! 3!

ossia z

e 1

= + funzione olomorfa

z z

e quindi. . . Naturalmente in questo argomento il passaggio mancante è la dimostrazione che la serie dà

effettivamente una funzione olomorfa. Qualche idea? 2 2

© <(f

– 5) Dimostrare che non esiste nessuna funzione olomorfa f (z) tale che (z)) = 3x + y . Trovare due

2 2

funzioni continue su la cui parte reale è 3x + y .

C

2 2

Sia f (z) = 3x + y + i v(x, y). Se f fosse olomorfa, dovrebbero valere le equazioni di Cauchy-Riemann, e

−2y

quindi v (x, y) = e v (x, y) = 6x. Equivalentemente, v dovrebbe essere una funzione il cui gradiente

x y

∇v −2y

è uguale a (−2y, 6x). Dal momento che la forma differenziale ω(x, y) = dx + 6x dy non è esatta (non

2

essendo chiusa), una tale funzione non esiste. Se ϕ(x, y) è una qualsiasi funzione continua su , la funzione

R

2 2 2 2

f (z) = f (x + iy) = 3x + y + i ϕ(x, y) ha come parte reale 3x + y ed è continua.

2

§ →

– 6) Determinare una funzione (non nulla) φ : di classe C tale che u(x, y) = φ(x) sen(y) sia la

R R

parte reale di una funzione olomorfa su Successivamente, determinare almeno una funzione olomorfa di

C.

cui u sia la parte reale. ∞

Sia f (z) = ϕ(x) sen(y) + i v(x, y). Chiedere che f sia olomorfa è equivalente a chiedere che ϕ sia C (R), che

∞ 2

v sia C (R ) e che valgano le equazioni di Cauchy-Riemann. In particolare, deve essere

0

∇v(x, y) = (v (x, y), v (x, y)) = (−ϕ(x) cos(y), ϕ (x) sen(y)) .

x y

2

Equivalentemente, deve essere esatta su la forma differenziale

R 0

−ϕ(x)

ω(x, y) = cos(y) dx + ϕ (x) sen(y) dy .

2

Essendo semplicemente connesso, condizione necessaria e sufficiente affinch ω sia esatta è che sia chiusa.

R

Pertanto, deve essere 00

ϕ(x) sen(y) = ϕ (x) sen(y) ,

00 −x

x

ovvero ϕ (x) = ϕ(x), da cui ϕ(x) = A e + B e , con A e B costanti reali (che scegliamo diverse da (0, 0)

se vogliamo ϕ non nulla). Per determinare una funzione f (z) di cui u sia la parte reale, prendiamo A = 1 e

x x

−e

B = 0 e troviamo u(x, y) = e sen(y), da cui (a meno di costanti arbitrarie) v(x, y) = cos(y). Pertanto

x z

− −i

f (z) = e (sen(y) i cos(x)) = e .

§ – 7) Calcolare, al variare di n, 2π

Z 2n

I = i [2 cos(θ)] dθ ,

n 0

dimostrando che si ha 2n

Z 1

1 iθ ∈

I = , γ = e

z + , θ [0, 2π] ,

n z z

γ

e successivamente calcolando quest’ultimo integrale. −i

i θ θ

Lungo la curva γ si ha, ricordando che 2 cos(θ) = e + e ,

2π 2π

Z Z

−i

i θ θ 2n

I = [e + e ] i dθ = i [2 cos(θ)] dθ ,

n 0 0

come volevasi dimostrare. Essendo 2n 2n

2n 2n−k 2n−2k

2n 2n 1

1

1 X X

k

= = ,

z

z + z z z

k k

k=0 k=0

si ha 2n Z

2n 1

X

I = .

n 2n+1−2k

k z

γ

k=0 −

È facile vedere che l’integrale è diverso da zero se e solo se 2n + 1 2k = 1, ovvero se e solo se k = n.

Pertanto,

2n (2n)!

I = 2π i = 2π i .

n 2

n (n!)

© – 8) Calcolare 2

Z z + 4 ,

2

z(z + 1)

γ

dove γ è la circonferenza di centro l’origine e raggio 4, percorsa in senso antiorario.

−i.

La curva γ “gira” intorno all’origine, a z = i e a z = Inoltre,

2 4 3 1 3 1

z + 4 − −

= ,

2 −

z(z + 1) z 2 z + i 2 z i

e quindi 2

Z Z Z Z

z + 4 1 3 1 3 1

− −

= 4 .

2 −

z(z + 1) z 2 z + i 2 z i

γ γ γ γ

Dal momento che tutti e tre gli integrali valgono 2π i (essendo uguali a 2π i volte il valore della funzione

≡ −i),

g(z) 1 in 0, i e 2

Z z + 4 = 2π i .

2

z(z + 1)<