ESERCIZI DI ANALISI COMPLESSA GIUSEPPE DE MARCO, CARLO MARICONDA
Gli esercizi che seguono sono estratti e riformulati da ”Esercizi di calcolo in pi` u variabili” di G. De Marco e C. Mariconda, ed. Zanichelli/Decibel e come tali sono protetti da copyright e ne `e vietata ogni forma di vendita. 1. Poli del primo ordine e residui Esercizio 1. Trovare le singolarit`a della funzione eiαz , (α > 0) z4 + z2 + 1 calcolando il residuo su quelle con parte immaginaria positiva. fα (z) =
√ √ Soluzione. (i) Troviamo gli zeri del denominatore: t2 + t + 1 = 0 per t = (−1 ± 1 − 4)/2 = (−1 ± i 3)/2 = e±i2π/3 zeri del denominatore, tutti semplici, sono eiπ/3 , −eiπ/3 , e−iπ/3 , −e−iπ/3 . Di questi eiπ/3 = √ √; quindi gli−iπ/3 = (−1 + i 3)/2 hanno coefficiente dell’immaginario positivo. Residui (1 + i 3)/2 e −e √
iπ/3
Res(fα , e
√
eiα(1+i 3)/2 e−α 3/2 eiα/2 √ = √ ; )= iπ 4e + 1 + i 3 −3 + i 3 √
Res(fα , −e
−iπ/3
√
e−α 3/2 e−iα/2 eiα(−1+i 3)/2 √ = √ . )= 4e−iπ − 1 + i 3 3+i 3
Esercizio 2. Si consideri la funzione di variabile complessa fαβ (z) =
eiαz − eiβz z 2 (1 + z 2 )
(α, β ∈ R, α ̸= β).
Trovarne e classificarne le singolarit`a, calcolando i residui su quelle con parte immaginaria ≥ 0. Soluzione. z = 0 `e polo di ordine 1 (`e zero di molteplicit`a 2 per il denominatore, ma di molteplicit`a 1 per il numeratore, essendo α ̸= β), con residuo; lim z
z→0
eiαz − eiβz eiαz − eiβz = lim = (Hˆopital) = iα − iβ. z→0 z 2 (1 + z 2 ) z
Invece z = ±i sono poli di ordine 1, essendo zeri semplici per il denominatore, senza annullare il numeratore. Il residuo in z = i `e (e−α − e−β )/(−2i). Esercizio 3. Data la funzione di variabile complessa zez e4z − 1 classificarne le singolarit`a. calcolare il residuo di f in iπ/2. f (z) =
Soluzione. Gli zeri del denominatore sono per 4z = 2kπi e cio`e z = kπi/2, tutti di molteplicit`a 1; se k = 0 si ha z = 0 dove anche il numeratore `e nullo, e la singolarit`a z = 0 `e eliminabile; gli altri sono poli del primo ordine. π (iπ/2)eiπ/2 =− . Si ha poi Res(f, iπ/2) = 4e2πi 8 Esercizio 4. Decomporre in frazioni semplici la funzione razionale 1 . z 2 + iz + 2 √ Soluzione. Gli zeri di z 2 + iz + 2 sono (−i ± i2 − 8)/2; le radici quadrate di i2 − 8 = −1 − 8 = −9 sono ±3i, per cui gli zeri di z 2 + iz + 2 sono i e −2i; si ha z2
1 k1 k2 = + , + iz + 2 z − i z + 2i
Date: January 22, 2012. 1
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dove k1 = Res(1/(z 2 + iz + 2), i) = 1/(2z + i)z=i = 1/3i = −i/3 e k2 = Res(1/(z 2 + iz + 2), −2i) = 1/(2z + i)z=−2i = −1/3i = i/3, da cui −i/3 i/3 1 = + z 2 + iz + 2 z − i z + 2i `e la richiesta decomposizione in fratti semplici. ` data la funzione Esercizio 5. E f (z) =
z 2 (1 − e2πiz ) − 1)(z 2 + a2 )
(z 2
a > 0, a costante.
Se ne trovino le singolarit`a, classificandole. Trovare il residuo nelle singolarit`a con parte immaginaria positiva o nulla. Soluzione. Il denominatore si annulla per z = ±1 e z = ±ia, dove ha zeri semplici. Per z = ±1 anche il fattore 1 − e2πiz al numeratore si annulla; quindi ±1 sono singolarit`a eliminabili. Invece ±ia sono poli semplici, dato che in essi il numeratore non si annulla (vale −a2 (1 − e∓2πa ), e per ipotesi a non `e zero); si ha Res(f, ia) =
(ia)2 (1 − e2πiia ) −a2 (1 − e−2πa ) a 1 − e−2πa = = 2 2 ((ia) − 1)2ia (−a − 1)2ia 2i 1 + a2
(chiaramente il residuo in ±1 `e nullo, essendo queste singolarit`a eliminabili). Esercizio 6. Descrivere singolarit`a e residui della funzione f (z) =
1 − e2πiz . z4 − 1
(1.1)
Soluzione. Gli zeri del denominatore sono le radici quarte di 1, ovvero 1, i, −1, −i e sono semplici, dato che la derivata del denominatore, 4z 3 , `e nulla solo in z = 0. Il numeratore si annulla per e2πiz = 1, il che equivale a z ∈ Z; ne segue che ±1 sono singolarit`a eliminabili (in esse la f vale −2πi/4(±1)3 = ∓iπ/2, come si vede con la regola di de l’Hˆopital), mentre si ha 1 − e2πii i = (1 − e−2π ); 3 4i 4 1 − e2πi(−i) −i Res(f, −i) = = (1 − e2π ). 4(−i)3 4 Res(f, i) =
Esercizio 7. Determinare lo sviluppo di Laurent della funzione f (z) = determinare poi il residuo di f in 2. ` Soluzione. E
1 attorno a z0 = 2, (z − 2)(5 − z)
1 1 1 = . Scrivendo 5 − z = 3 − (z − 2) si ha (z − 2)(5 − z) z−25−z 1 1 1 1 ( z−2 ) = = 5−z 3 − (z − 2) 31− 3
Ricordando che
∞ ∑ 1 = wn , 1 − w n=0
si ha
)n ∞ ( ∑ 1 z−2 ( z−2 ) = , 3 1− 3 n=0
|w| < 1 z − 2 3 1 e residui Esercizio 8. (Importante) Sia f funzione di variabile complessa con polo di ordine m in a. Provare che h(z) = (z − a)m f (z) ha in a una singolarit`a eliminabile e che se ∞ ∑ h(k) (a) h(z) = dk (z − a)k , dk = k! k=0
`e lo sviluppo di Taylor di h intorno ad a allora f (z) =
∞ ∑
dk (z − a)k−m
k=0
`e lo sviluppo di Laurent di f in a; in particolare Res(f, a) = dm−1 =
h(m−1) (a) . (m − 1)!
Soluzione. Se a `e polo di ordine m allora f (z) `e asintotica a c/(z − a)m per qualche c ̸= 0 e pertanto (z − a)m f (z) → c per z → a; ne segue che h(z) = (z − a)m f (z) `e limitata attorno ad a che `e quindi singolarit`a eliminabile per h che possiamo pertanto considerare olomorfa attorno ad a. Il resto `e facile. Esercizio 9. Data la funzione complessa (α ∈ C costante complessa) eαz fα (z) = , (1 + e2z )2 se ne classifichino le singolarit`a, e si calcoli il residuo sulla singolarit`a c con 0 < Im c < π. Soluzione. Il numeratore non `e mai nullo; la funzione 1 + e2z ha zeri semplici nei punti z per cui e2z = −1 ⇐⇒ 2z = (2k + 1)iπ e cio`e sugli zk = iπ/2 + kiπ, k ∈ Z. Questi sono tutti poli del secondo ordine per fα . Il polo c richiesto `e c = iπ/2; inoltre ( ) d (z − iπ/2)2 eαz Res(fα , iπ/2) = dz (e2z + 1)2 z=iπ/2 ( ( )2 ) 2(z − iπ/2)(e2z + 1) − (z − iπ/2)2 4e2z αz z − iπ/2 αz = lim e + αe . (e2z + 1)3 e2z + 1 z→iπ/2 Il limite limz→iπ/2 (e2z + 1)/(z − iπ/2) coincide con la derivata di e2z in z = iπ/2 e cio`e con −2; in altre parole e2z + 1 ∼ −2(z − iπ/2) per z → iπ/2; il secondo termine tende quindi ad αeiπα/2 /4; nel primo si scrive −8(z − iπ/2)3 al denominatore in luogo di (e2z + 1)3 e si ha (si semplifica un termine z − iπ/2): 2(z − iπ/2)(e2z + 1) − (z − iπ/2)2 4e2z 2(z − iπ/2)(e2z + 1) − 4(z − iπ/2)2 e2z = lim − (e2z + 1)3 8(z − iπ/2)3 z→iπ/2 z→iπ/2 2z 2(e + 1) − 4(z − iπ/2)e2z = lim − 8(z − iπ/2)2 z→iπ/2 −8(z − iπ/2)e2z =(L’Hopital) lim − 16(z − iπ/2) z→iπ/2 lim
=
8eiπ 1 =− . 16 2
In definitiva Res(fα , iπ/2) = eiπα/2 (α − 2)/4. Esercizio 10. Sia α ∈ R fissato. Classificare le singolarit`a della funzione f (z) =
eiαz . sinh2 z
Calcolarne il residuo in 0. Soluzione. Il denominatore si annulla per z = ikπ, k ∈ Z; si tratta di zeri del primo ordine per sinh, dato che in essi la derivata cosh vale (−1)k ̸= 0; sono zeri del secondo ordine per sinh2 ; il numeratore non `e mai nullo; quindi la funzione ha poli del secondo ordine in tutti i punti ikπ. Calcoliamo Res(f, 0). Trattandosi di un polo del secondo ordine si ha ) ( z2 ; Res(f, 0) = D eiαz sinh2 z z=0 la derivata `e: z2 2z sinh2 z − 2z 2 sinh z cosh z iαeiαz + eiαz ; 2 sinh z sinh4 z
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facendo il limite per z → 0, il primo addendo tende a iα; il secondo, a parte il fattore eiαz che tende ad 1, si pu`o scrivere agli effetti del limite o(z 2 ) z sinh z z + o(z 2 ) − z(1 + o(z)) ∼2 2 2 2 z z z e tende a zero per z → 0. Si ha quindi Res(f, 0) = iα. 2
3. Decomposizione in frazioni semplici Esercizio 11. Decomporre in frazioni semplici la funzione razionale f (z) =
z3 + 4 z 2 (z − 1)4
Soluzione. Cerchiamo la parte singolare attorno al polo del quarto ordine z = 1 sviluppando h(z) = (z − 1)4 f (z) = (z 3 + 4)/z 2 = z + 4/z 2 in serie di taylor attorno ad 1. Si ha ( ) 8 ′ h(1) = 5, (h (z))z=1 = 1 − 3 = −7 z z=1 ( ) ( ) 24 96 (3) (h′′ (z))z=1 = = 24, (h (z)) = − = −96 z=1 z 4 z=1 z 5 z=1 e la parte singolare in z = 1 `e quindi 5 7 24/2! 96/3! 5 7 12 16 − + − = − + − . 4 3 2 4 3 2 (z − 1) (z − 1) (z − 1) z−1 (z − 1) (z − 1) (z − 1) z−1 Per la parte singolare attorno a z = 0, polo del secondo ordine, si prende h(z) = z 2 f (z) = (z 3 + 4)/(z − 1)4 ; si ha h(0) = 4, e 3z 2 z3 + 4 h′ (z) = −4 h′ (0) = −16. 4 (z − 1) (z − 1)5 La parte singolare in z = 0 `e quindi 4/z 2 − 16/z; si ottiene quindi, essendo f razionale propria, 4 16 5 7 12 16 f (z) = 2 − + − + − . 4 3 2 z z (z − 1) (z − 1) (z − 1) z−1 Esercizio 12. Decomporre in frazioni semplici la funzione 1 f (z) = 5 . z (z + 1)3 Soluzione. Procedendo come nell’esercizio recedente si trova 1 3 6 10 15 1 5 15 f (z) = 5 − 4 + 3 − 2 + − − − . z z z z z (z + 1)3 (z + 1)2 z+1 4. Calcolo di integrali con il metodo dei residui Esercizio 13. Calcolare, usando il teorema dei residui: ˆ 1 dz 2 γ z + 8z + 1 dove γ(t) = eit , t ∈ [0, 2π] `e il circolo unitario).
√ √ √ Soluzione. Il denominatore si annulla per z = −4 ± 15 ed `e | − 4 − 15| > 1, mentre | − 4 + 15| < 1. Quindi √ −4 + 15 `e singolarit`a entro il circuito, chiaramente polo del primo ordine con residuo ( ) ) ( √ 1 1 1 Res 2 , −4 + 15 = = √ . z + 8z + 1 2z + 8 z=−4+√15 2 15 Ne segue
ˆ γ
z2
1 πi dz = √ . + 8z + 1 15
Esercizio 14. Sia γ il cammino ottenuto giustapponendo il semicerchio di raggio 10 sul piano Im z > 0 percorso in senso antiorario con il segmento [−10, 10]. Sia f (z) = Calcolare
´ γ
f (z) dz con il metodo dei residui.
z2 z2 − . z 2 + 25 z 2 + 9
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Soluzione. Le singolarit`a di f sono ±5i e ±3i; esse sono poli del primo ordine come `e immediato constatare, essendo non nulle le derivate del denominatore in tali punti. Dato che solo 3i e 5i sono contenuti all’interno del circuito γ per il teorema dei residui si ha ˆ f (z) dz = 2πi(Res(f, 3i) + Res(f, 5i)) γ
Per il calcolo del residuo si ottiene
(
Res(f, 5i) =
z2 2z (
= z=5i
z2 2z
Res(f, 3i) = − Quindi
) )
(5i)2 5i = ; 10i 2 =−
z=3i
(3i)2 3i =− . 6i 2
( ) 3i 5i f (z) dz = 2πi − + = −2π 2 2 γ
ˆ
Esercizio 15. Si consideri la funzione f (z) =
z(z 2 + 4π 2 ) . 1 − cosh z
(i) Determinare le singolarit`a, classificandole. (ii) Calcolare ˆ f (z) dz. |z−2i|=8
Soluzione. (i) Il denominatore ha zeri per cosh z = 1, e cio`e per cos(iz) = 1, ovvero iz = 2kπ, che equivale a z == −2kπi = 2mπi, m ∈ Z. Cerchiamo la molteplicit`a di tali zeri: si ha D(1 − cosh z) = − sinh z, e sinh(2mπi) = (e2mπi − e−2mπi )/2 = (1 − 1)/2 = 0; ma D2 (1 − cosh z) = − cosh z vale −1 per z = 2mπi. Quindi: i punti 2mπi, m ∈ Z, sono zeri di molteplicit`a 2 per il denominatore. Il numeratore si scrive z(z + 2πi)(z − 2πi) ed ha quindi 0, −2πi, 2πi come zeri semplici. Ne segue: 0, −2πi, 2πi sono per f poli semplici (di ordine 1); 2mπi, m ∈ Z r {−1, 0, 1} sono per f poli del secondo ordine. (ii) Il circolo di centro 2i e raggio 8 interseca l’asse immaginario nei punti di affissa −6i e 10i; poich´e 6 < 2π < 10 < 4π, entro il circolo cadono le singolarit`a 0, 2πi; per il teorema dei residui si ha: ˆ f (z) dz = 2πi (Res(f, 0) + Res(f, 2πi)) . |z−2i|=8
Trattandosi di poli semplici si ha z2 = −8π 2 ; z→0 1 − cosh z
Res(f, 0) = lim zf (z) = 4π 2 lim z→0
(z − 2πi)2 z→2πi 1 − cosh z
Res(f, 2πi) = lim (z − 2πi)f (z) = 2πi(2πi + 2πi) lim z→2πi
= −8π 2 lim
z→2πi
In definitiva
2(z − 2πi) = 16π 2 . − sinh z
ˆ f (z) dz = 16π 3 i. |z−2i|=8
Esercizio 16. Sia γ il circuito ottenuto giustapponendo il semicerchio di raggio 2 sul semipiano Im z > 0 positivamente orientato con il segmento [−2, 2]. Calcolare, utilizzando il metodo dei residui, l’integrale ˆ 1 dz. 4 γ 1+z Soluzione. La funzione f (z) = 1/(1 + z 4 ) ha quattro poli di ordine 1; quelli contenuti nel semipiano Im z ≥ 0 sono z1 = eiπ/4 e z2 = e3iπ/4 , entrambi interni al circuito γ. Si ha ( ) 1 1 Res(f, eiπ/4 ) = = e−3iπ/4 , 4z 3 z=eiπ/4 4 ( ) 1 1 Res(f, e3iπ/4 ) = = e−iπ/4 . 4z 3 z=e3iπ/4 4 Per il teorema dei residui si ha
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ˆ
( ) f (z) dz = 2πi Res(f, eiπ/4 ) + Res(f, e3iπ/4 ) γ
=i
√ ) π π ( −iπ/4 π e + e−3iπ/4 = i (−i 2) = √ . 2 2 2
Esercizio 17 (Integrali di funzioni razionali di cos t, sin t). Numerosi integrali si possono calcolare usando il teorema dei residui. Ad esempio se R(x, y) `e un quoziente di polinomi in x, y allora si riconosce che l’integrale ˆ 2π I= R(cos t, sin t) dt (∗) 0
`e l’integrale di una funzione razionale sul circolo unitario γ(t) = eit , t ∈ [0, 2π]. Ricordiamo infatti che cos t = da cui
eit + 1/eit eit − e−it eit − 1/eit eit + e−it = , sin t = = 2 2 2i 2i (( ) ( ) ) ˆ 1 1 1 I= R z+ dz. /2, z − /(2i) z z iz γ
(suggerimento per ricordarsi: `e come se in (∗) si ponesse eit = z, da cui Calcoliamo ad esempio con questo metodo l’integrale ˆ 2π 1 dt. I= 2 + cos t 0 Soluzione. E’ cos t =
dz dt
= ieit = iz e ”quindi” dz = iz dt).
eit + e−it z + 1/z = con z = eit . ”Posto” z = eit nell’integrale si ha quindi 2 2 ˆ 1 1 I= dz, γ(t) = eit z+1/z iz γ 2+ 2
da cui
2 i
ˆ
1 dz. 2 + 4z + 1 z γ √ √ Gli zeri di z 2 + 4z + 1 sono z = −2 ± 3, solo z = −2 + 3 appartiene al disco unitario. Per il teorema dei residui si ha ( ) ˆ √ 1 1 1 πi dz = 2πi Res , −2 + 3 = 2πi =√ 2 2 √ z + 4z + 1 (2z + 4)z=−2+ 3 3 γ z + 4z + 1 2 πi 2π da cui I = √ = √ . i 3 3 I=
5. Varie 1/z
Esercizio 18. Sia f (z) = z exp(1/z) ( = ze ). Descrivere le singolarit`a di f , e calcolarvi lo sviluppo di Laurent: specificare la parte regolare ed il residuo. Soluzione. L’unica singolarit`a e ovviamente z = 0, che `e singolarit`a essenziale come ora vediamo. Ricordando che si ha exp w = 1 + w + w2 /2! + · · · + wn /n! + · · · per ogni w ∈ C si ha exp(1/z) = 1 + 1/z + 1/(z 2 2!) + · · · + 1/(z n n!) + · · · per ogni z ∈ C r {0}, e quindi ∞ ∑ 1 1/(n + 1)! 1 + · · · + n−1 + · · · = (1 + z) + ; z exp(1/z) = z + 1 + z2! z n! zn n=1 la parte regolare `e 1 + z, il residuo `e 1/2. ` degli Studi di Padova - Via Trieste 63 - 35121 Padova, Italy Dipartimento di Matematica - Universita E-mail address:
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