Classi cazione Singolarit a isolate, Serie di Laurent ...cutri/lezionemmi4_9_11_12_13.pdf · Classi...

Classificazione Singolarita isolate, Serie di Laurent,Residui, Teorema dei residui e applicazioni

Docente:Alessandra Cutrı

A. Cutrı 04-12-2013, 09-12-2013 11-12-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale

Richiamo:Zeri di Funzioni olomorfe (o analitiche)

Sia f : A ⊆ C→ C A aperto connesso, f ∈ H(A). Sia z0 ∈ A taleche f (z0) = 0 . Allora a0 = 0 e dunque, per ogni z ∈ Br (z0) conr < dist(z0, ∂A) si ha

f (z) = a1(z− z0) +a2(z− z0)2 + · · · =+∞∑n=1

an(z− z0)n ∀z ∈ Br (z0)

z0 e uno zero di ordine (o molteplicita) K > 0 se e solo se

f (z0) = f ′(z0) = f ′′(z0) = · · · = f (K−1)(z0) = 0 , f (K)(z0) 6= 0

cioea0 = a1 = a2 = · · · = aK−1 = 0 , aK 6= 0

In tal caso

f (z) = aK (z − z0)K + · · · =+∞∑n=K

an(z − z0)n ∀z ∈ Br (z0)

Es: f (z) = z2ez ha uno zero di ordine due in z0 = 0A. Cutrı 04-12-2013, 09-12-2013 11-12-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale

la molteplicita di uno zero non puo essere infinita se f 6≡ 0.(Infatti, se an = 0 per ogni n, si ha f (n)(z0) = 0 per ogni nquindi si ha

f (z) ≡ 0 ∀z ∈ Br (z0)

allora se z1 ∈ Br (z0), si ha f (n)(z1) = 0 per ogni n e dunque

f (z) = 0 ∀z : |z − z1| < dist(z1, ∂A)

e cosı e possibile ricoprire tutto l’insieme connesso A e provareche f (z) = 0 per ogni z ∈ A


Gli zeri di una funzione analitica in A sono isolati (a meno chef ≡ 0 in A). Cioe se z0 verifica f (z0) = 0, esiste un intornoBR(z0) ⊆ A tale che

f (z) 6= 0 ∀z ∈ BR(z0) \ {z0}

Infatti, sia K la molteplicita di z0, allora esiste Br (z0) tale che

f (z) =+∞∑n=K

an(z−z0)n = (z − z0)K [aK + aK+1(z − z0) + . . . ] ∀z ∈ Br (z0)

dunque

f (z) = (z−z0)Kg(z) ∀z ∈ Br (z0) con g(z0) = aK 6= 0 e g analitica

Allora esiste un intorno BR(z0) ⊆ Br (z0) tale che

g(z) 6= 0 ∀z ∈ BR(z0)

quindif (z) 6= 0 ∀z ∈ BR(z0) \ {z0}

e z0 e percio isolatoA. Cutrı 04-12-2013, 09-12-2013 11-12-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale

Singolarita isolate

f ha una singolarita isolata in z0 se non e derivabile in z0 ma eolomorfa in un disco forato (privato del suo centro) di centro z0

(cioe esiste un intorno di Br (z0) tale che f ∈ H(Br (z0) \ {z0})).

In z0 f puo essere anche non definita oppure definita,continua ma non derivabile etc.

Esempi1 f (z) = 1

(z−2)(z−4) ha due singolarita isolate: z0 = 2 e z1 = 4

2 f (z) = 1z2+1 ha due singolarita isolate: z0 = i e z1 = −i

3 f (z) = e1z ha una singolarita isolata in z0 = 0

4 f (z) = sin 1z ha una singolarita isolata in z0 = 0

5 f (z) = sin zz ha una singolarita isolata in z0 = 0

6 f (z) = 1sin z ha infinite singolarita isolate: zk = kπ con k intero


Singolarita NON isolate

Se z0 e una simgolarita di f che e punto di accumulazione disingolarita, si dice NON isolata:

f (z) = z non essendo derivabile in alcun punto, ha tutto Ccome insieme di singolarita evidentemente non isolate

f (z) = 1sin( 1

z)

ha singolarita in z0 = 0 ed in tutti i punti zk tali

che 1zk

= kπ cioe zk = 1kπ che evidentemente sono per ogni k

singolarita isolate ma zk → z0 per k → +∞. Quindi z0 = 0 euna singolarita NON isolata.


dalle serie di Taylor alle serie di Laurent

Abbiamo visto che f ∈ H(A)⇔ f analiica in A e quindi in ognidisco Br (z0) contenuto in A f e somma della sua serie di Taylor

f (z) =+∞∑n=0

f (n)(z0)

n!(z − z0)n

Che succede se f ha una singolarita isolata in z0, cioe eolomorfa in un disco forato

Br (z0) \ {z0} = {z ∈ C , 0 < |z − z0| < r}

o piu in generale in una corona circolare di centro z0 e raggiR1,R2 con 0 ≤ R1 < R2 ≤ +∞

A = {z ∈ C , R1 < |z − z0| < R2}?

E possibile avere una rappresentazione di f valida su tutto ildisco forato o su tutta la corona circolare?.


Serie di Laurent

Sia f analitica in una corona circolare di centro z0 e raggi0 ≤ R1 < R2 ≤ +∞:

A = {z ∈ C , R1 < |z − z0| < R2}

Allora f si rappresenta in A come somma di una serie bilatera (cioeuna somma di una serie di potenze positive e negative di z − z0)che prende il nome di Serie di Laurent :

f (z) =∑+∞

n=−∞ an(z − z0)n ∀z ∈ A

con an = 12πi

∮γ

f (s)(s−z0)n+1 ds n = ±1 ,±2 ,±3 . . .

dove γ = z0 + ρe it con R1 < ρ < R2 e t ∈ [0, 2π]OSS: Fissati z0,R1,R2 i coefficienti an sono univocamentedeterminati


Se f e analitica in tutto il disco BR2(z0), la serie di Laurent serie di Taylor: Infatti i coefficienti an per n ≤ −1 si annullanoessendo

f (s)

(s − z0)n+1∈ H(BR2(z0))

∮γ

= 0

per il teorema di Cauchy (si osservi che per n ≤ −1,banalmente n + 1 ≤ 0) e quelli con n ≥ 0 sono gli stessi dellaserie di Taylor

dire che

f (z) =+∞∑

n=−∞an(z − z0)n

converge, significa che nella corona circolare A le due serie

+∞∑n=0

an(z − z0)n e∞∑

n=1

a−n1

(z − z0)n

sono entrambe convergenti


Classificazione singolarita isolate

Le singolarita isolate z0 si possono classificare e sono di TRE tipisecondo la forma della serie di Laurent di f CENTRATA sullasingolarita z0 e valida nel disco forato

0 < |z − z0| < r

dove f e olomorfa (tale disco esiste sempre per definizione disingolarita isolata):

1 Singolarita Eliminabile

2 Polo di ordine (o molteplicita) K

3 SingolaritaEssenziale


Sia z0 una singolarita isolata per f . Consideriamo la serie diLaurent di f

f (z) =+∞∑

n=−∞an(z − z0)n ∀z : 0 < |z − z0| < r

1 Primo caso: i coefficienti an = 0 per ogni n ≤ −1:

a−1 = a−2 = a−3 = · · · = 0

allora z0 si dice singolarita ELIMINABILE2 Secondo caso: Nella serie di Laurent compare un numero

finito di potenze negative di z − z0, cioe:

∃K ≥ 1 tale che a−K 6= 0 e an = 0∀n < −K

Allora z0 si chiama Polo di ordine K3 Terzo caso: nella serie di Laurent compaiono infiniti termini

con potenze negative di z − z0, cioe

an 6= 0 per infiniti indici n ≤ −1

allora z0 si dice singolarita ESSENZIALEA. Cutrı 04-12-2013, 09-12-2013 11-12-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale

Singolarita Eliminabile

Poiche nella serie di Laurent seguente, centrata nella singolarita z0,

f (z) =+∞∑

n=−∞an(z − z0)n ∀z : 0 < |z − z0| < r

i coefficienti an = 0 per ogni n ≤ −1 la serie di Laurent si riducead una serie di Taylor, dunque

Esiste finito illim

z→z0

f (z) = a0

pertanto si puo estendere f fino a z0 ed ottenere unafunzione olomorfa su tutto il disco Br (z0):

f (z) =

{f (z) z ∈ Br (z0) \ {z0}a0 z = z0

∈ H(Br (z0))

Esempio: f (z) = sin zz ha una singolarita eliminabile in z0 = 0:

sin zz = 1

z [z − z3

3! + z5

5! −z7

7! + . . . ]

= [1− z2

3! + z4

5! −z6

7! + . . . ] =∑+∞

n=0(−1)n z2n

(2n+1)!A. Cutrı 04-12-2013, 09-12-2013 11-12-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale

Polo di ordine K

Poiche nella serie di Laurent seguente, centrata nella singolarita z0,

f (z) =+∞∑

n=−∞an(z − z0)n ∀z : 0 < |z − z0| < r

i coefficienti verificano: ∃K ≥ 1 tale che a−K 6= 0 e an = 0 perogni n < −K , la serie si riduce a

f (z) =+∞∑

n=−K

an(z − z0)n ∀z : 0 < |z − z0| < r

f e un infinito di ordine K per z → z0 cioelimz→z0 |f (z)| = +∞ e

f (z) = O(1

(z − z0)K) ⇔ lim

z→z0

(z − z0)K f (z) = a−K 6= 0


Esempio: f (z) = sin zz2 ha un polo di ordine K = 1 (in tal caso si

dice polo semplice) in z0 = 0:

sin zz2 = 1

z2 [z − z3

3! + z5

5! −z7

7! + . . . ]

= [ 1z −

z3! + z3

5! −z5

7! + . . . ] =∑+∞

n=0(−1)n z2n−1

(2n+1)!

a−1 = 1.In altro modo, perche si abbia limz→0 zK f (z) finito e diverso dazero, si deve scegliere K = 1


Esempio: Sia

f (z) =f1(z)

f2(z)

con f1, f2 olomorfe in uno stesso insieme aperto A

sia z0 ∈ A uno zero di ordine M per f2 e sia f1(z0) 6= 0. Alloraz0 e un Polo di ordine M per f (z): Infatti,

f2(z) = (z−z0)Mg(z) con g(z0) 6= 0 ⇒ f (z) =f1(z)

(z − z0)Mg(z)

quindi

f (z)(z − z0)M → f1(z0)

g(z0)6= 0 z → z0


Esempio: Sia

f (z) =f1(z)

f2(z)

con f1, f2 olomorfe in uno stesso insieme aperto A

sia z0 ∈ A uno zero di ordine M per f2 e di ordine J per f1.Allora :

f (z) =(z − z0)Jg1(z)

(z − z0)Mg2(z)g1(z0) 6= 0 , g2(z0) 6= 0

quindi

f (z) = (z − z0)J−M g1(z)

g2(z)z ∈ Br (z0)

si ha:

se J −M ≥ 0 f ha una singolarita eliminabile in z0

se J −M < 0 f ha un polo di ordine K = M − J > 0 in z0


Singolarita di funzioni razionali

In particolare se P(z) e Q(z) sono due polinomi e gr(Q) = N, lafunzione

f (z) =P(z)

Q(z)

ha singolarita isolate nei punti che annullano Q che sono pero alpiu zeri di ordine N per Q e dunque i punti di singolarita dellefunzioni razionali sono al piu poli. Non sono mai singolaritaessenziali (le funzioni razionali si dicono per questo Meromorfe)


Singolarita Essenziale

Nella serie di Laurent seguente, centrata nella singolarita z0,

f (z) =+∞∑

n=−∞an(z − z0)n ∀z : 0 < |z − z0| < r

compaiono infiniti termini con potenze negative di z − z0, cioe

an 6= 0 per infiniti indici n ≤ −1

In tal caso6 ∃ lim

z→z0

|f (z)|

ne finito ne infinito ed il comportamento della funzione nell’intornodi z0 e caotico.


Esempio f (z) = e1z ha in z0 = 0 una singolarita essenziale, infatti

e1z =

+∞∑n=0

1

n!zn

si osservi che se z = x ∈ R, limx→0+ f (x) = +∞ elimx→0− f (x) = 0Esempio f (z) = sin( 1

z ) ha in z0 = 0 una singolarita essenziale,infatti

sin(1

z) =

+∞∑n=0

(−1)n

(2n + 1)!z2n+1

si osservi che se z = x ∈ R, limx→0 f (x) non esiste.


Residuo

Sia z0 una singolarita isolata per f : A ⊂ C→ C, allora si definisceResiduo di f in z0 (z0 ∈ ∂A)

Res(f , z0) :=1

2πi

∮γf (w)dw

dove γ e un cammino semplice, chiuso orientato positivamente,che circonda z0 e NON circonda altre singolarita di f .OSS:

Res(f , z0) = a−1

dove a−1 e il coefficiente della potenza 1(z−z0) nella serie di

Laurent di f centrata sulla singolarita z0 e valida nel disco forato0 < |z − z0| < r dove f e olomorfa (tale disco forato esiste sempreper definizione di singolarita isolata)


OSS: Se γ e una curva semplice, chiusa che circonda solo lasingolarita isolata z0 ed e orientata positivamente∮

γf (w)dw = 2πi Res(f , z0)

Quindi la conoscenza del residuo ci permette di calcolarel’integrale.Come si calcola il Res(f , z0)?Dipende dal tipo di singolarita isolata!

Se z0 e una singolarita essenziale, l’unico modo per calcolare ilresiduo (senza calcolare l’integrale) e attaverso la serie diLaurent

se z0 e una singolarita eliminabile, ovviamente Res(f , z0) = 0

se z0 e un polo, il residuo puo o meno essere nullo. Si puo intal caso calcolare piu facilmente senza ricorrere direttamentealla serie di Laurent


calcolo residuo nei poli

Sia z0 un polo per f di ordine K . La serie di Laurent, centrata nellasingolarita z0, e valida nel disco forato 0 < |z − z0| < r , si riduce a

f (z) =+∞∑

n=−K

an(z − z0)n ∀z : 0 < |z − z0| < r

se K = 1 (polo semplice) il residuo si ottiene semplicementefacendo

Res(f , z0) = a−1 = limz→z0

(z − z0)f (z) (per i poli semplici)

se K 6= 1,

a−1 6= limz→z0

(z−z0)K f (z) (tale limite da a−K NON il residuo)

invece per ottenere a−1 dobbiamo

Res(f , z0) = a−1 =1

(K − 1)!lim

z→z0

dk−1

dzK−1[(z − z0)K f (z)]


Sia z0 un polo per f di ordine K

Res(f , z0) = a−1 =1

(K − 1)!lim

z→z0

dk−1

dzK−1[(z − z0)K f (z)]

Infatti, poniamo g(z) = (z − z0)K f (z). Tale funzione ha unasingolarita eliminabile in z0 che si elimina ponendo g(z0) = a−K .Quindi con questa estensione g diventa olomorfa in tutto il discoBr (z0) e vale la formula di Cauchy per le derivate di g :

g (K−1)(z0) = (K−1)!2πi

∮γ

g(s)(s−z0)K ds

= (K−1)!2πi

∮γ f (s)ds = (K − 1)!Res(f , z0)


Esempio: f (z) = z3 sin 1z ha una sola singolarita: z0 = 0 che e

essenziale. Dunque per calcolare il residuo dobbiamo determinare ilcoefficiente di 1

z nella serie di Laurent centrata in z0 = 0 cheessendo f priva di altre singolarita, vale in tal caso in 0 < |z |:

z3 sin1

z= z3(

1

z− 1

3!z3+

1

5!z5− . . . )

Non essendo presente la potenza 1z , significa che

Res(f , 0) = 0

Esempio: f (z) = z2 sin 1z ha una sola singolarita: z0 = 0 che e

essenziale. In tal caso

z2 sin1

z= z2(

1

z− 1

3!z3+

1

5!z5− . . . )

il residuo e in tal caso

Res(f , 0) = − 1

3!= −1

6


Esempio: f (z) = ez−1z2 ha una sola singolarita: z0 = 0. Poiche

ez − 1 = z +z2

2!+ . . . ha in z = 0 uno zero semplice

z2 ha in z = 0 banalmente uno zero di ordine DUE

f ha un polo semplice in z0 = 0 ed il residuo

Res(f , 0) = limz→0

zf (z) = 1


Esempio: f (z) = cos z+22z2(ez+1)

ha singolarita in z0 = 0 e nelle radici di

ez = −1 cioe zj = iπ + 2jπi per j ∈ Z. Che tipo di singolaritasono?

z0 = 0 non annulla il numeratore, e uno zero doppio per ildenominatore e dunque e un polo doppio per f

Res(f , 0) = limz→0

(cos z+22(ez+1)

)′= 1

2 [− sin z(ez+1)−ez (cos z+2)(ez+1)2 ]|z=0

= −38

zj = iπ + 2jπi non annullano numeratore e sono zeri sempliciper il denominatore. Infatti (ez + 1)′ = ez

|z=zj= −1 6= 0.

Quindi sono tutti poli semplici per f ; si ha

Res(f , zj) = limz→zj (z − zj)f (z)

=cos(zj )+2

2z2j

limz→zj

z−zj

(ez+1)−(ezj +1)

= − cos(zj )+2

2z2j

essendo (ezj + 1) = 0


Esercizio (svolto a lezione): Classificare le singolarita isolate dif (z) = sin z

(e iz+1)2 e calcolarne i residui


Teorema dei residui

Abbiamo visto che se f ∈ H(A \ {z0}) e γ e una curva chiusa,semplice, positivamente orientata che circonda la singolarita isolataz0, allora ∮

γf (z)dz = 2πiRes(f , z0)

che succede se f ∈ H(A \ {z1, z2, . . . zN}) e γ gira intorno apiu di una singolarita isolata?

Z1

Z2

Z3

Z4

A

In tal caso z1, z2, z3, z4 sono 4singolarita isolate per f ma γ gira intorno a z1, z2, z4 mentre z3

non e circondata da γ. In tal caso (Teorema dei residui)∮γf (z)dz = 2πi [Res(f , z1) + Res(f , z2) + Res(f , z4)]

(la singolarita z3 non essendo circondata da γ, non gioca alcunruolo!


In generale:

Teorema dei Residui:Sia f ∈ H(A \ {z1, z2, . . . zN}),z1, z2, . . . zN singolarita isolate per f e sia γ una curva chiusa,semplice, positivamente orientata che circonda le singolaritaisolate z1, z2, . . . , zk , allora∮

γf (z)dz = 2πi

k∑i=1

Res(f , zi )


Esercizio:Calcolare

I =

∮γ

z2 − 2z

(z + 1)2(z2 + 4)2dz γ =

3

2e it , t ∈ [0, 2π]

f ha singolarita isolate in z0 = −1, z1 = 2i , z2 = −2i

Le singolarita z1 = 2i , z2 = −2i non sono circondate da γmentre z0 lo e (γ e la circonferenza di centro l’origine e raggio32 )

Pertanto: I = 2πiRes(f ,−1). Essendo z0 = −1 un polo doppio,

Res(f ,−1) = limz→−1

(z2−2z

(z2+4)2

)′= limz→−1

(2z−2)(z2+4)−4z(z2−2z)(z2+4)3 = −8

125

Quindi

I =−16πi

125


Serie di Laurent Serie di Fourier

Vediamo come dalla serie di Laurent di una funzionef ∈ H(BR2(0) \ BR1(0)) si puo ottenere la serie di Fourier della suarestrizione alla circonferenza di centro l’origine e raggioρ ∈ [R1,R2] che si puo considerare una funzione 2π− periodica.Infatti, la serie di Laurent di f e

f (z) =+∞∑

n=−∞cnz

n R1 < |z | < R2

dove, indicata con γρ = ρe it , t ∈ [0, 2π], ρ ∈ [R1,R2], si ha

cn =1

2πi

∮γρ

f (w)

wn+1dw

dunque

cn =1

2πi

∫ 2π

0

f (ρe it)

ρn+1e i(n+1)tiρe itdt =

1

2π

∫ 2π

0

f (ρe it)

ρne intdt


Se chiamiamoΦ(t) := f (ρe it)

Φ(t + 2kπ) = Φ(t) e

Φ(t) =∑+∞

n=−∞ cnρne int

=∑+∞

n=−∞

(1

2π

∫ 2π0

Φ(θ)ρne inθ dθ

)ρne int

Φ(t) =+∞∑

n=−∞

(1

2π

∫ 2π

0Φ(θ)e−inθdθ

)︸︷︷︸e int

. . .︸︷︷︸ rappresentano i coefficienti di Fourier di Φ(t) in forma

complessa.


Applicazione teorema dei residui al calcolo di integrali difunzioni trigonometriche

Supponiamo di voler calcolare

I =

∫ 2π

0

1

2 + sin tdt

l’integrando e una funzione trigonometrica.l’integrale e sull’intervallo [0, 2π].

Con la sostituzione z = e it ,

l’intervallo [0, 2π] la curva chiusa γ = e it per t ∈ [0, 2π](circonferenza di centro l’origine e raggio unitario) percorsa insenso antiorariola funzione integranda, tenendo conto che:

sin t =e it − e−it

2i=

1

2i[z − 1

z] cos t =

e it + e−it

2=

1

2[z +

1

z]

diventa1

2 + sin t=

2iz

4iz + z2 − 1A. Cutrı 04-12-2013, 09-12-2013 11-12-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale

Dunque

I =

∮γ

2iz

4iz + z2 − 1

1

izdz =

∮γ

2

z2 + 4iz − 1dz

applicando il teorema dei Residui e tenendo conto chez2 + 4iz − 1 = (z + 2i − i

√3)(z + 2i + i

√3) e che solo

z1 = −2i + i√

3 ∈ B1(0) (dunque circondato da γ) si ha

I = 2πiRes(2

z2 + 4iz − 1, z1) =

2π√3∈ R!


Applicazione teorema dei residui al calcolo di integraliimpropri

Come primo esempio, supponiamo di voler calcolare∫ +∞

−∞

1

x4 + 1dx

Osserviamo che∫ +∞

−∞

1

x4 + 1dx = lim

R→+∞

∫ R

−R

1

x4 + 1dx

L’idea e applicare il Teorema dei residui per calcolare questointegrale. Gli ingredienti sono:

Considerare una funzione definita sul piano complesso cheabbia qualche legame con f (x) = 1

x4+1

Considerare una curva chiusa che abbia qualche legame conl’intervallo [−R,R]


Per il primo punto:

x z ⇒ f (z) := 1z4+1

e un prolungamento della funzioneintegranda al piano complesso Cγ = [−R,R] ∪ {Re it , t ∈ [0, π]} e l’intervallo [−R,R]concatenato con una semicirconferenza di centro l’origine eraggio R (dunque una curva chiusa) orientata positivamente

calcolare con il teorema dei residui

I :=

∮γf (z)dz

e osservare che

I =

∮γf (z)dz =

∫ R

−Rf (x)dx +

∫C+

R

f (z)dz

dove C+R = {Re it , t ∈ [0, π]} e la semicirconferenza di centro

l’origine e raggio R


OSS1:Visto che si deve fare tendere R → +∞, si puoscegliere R sufficientemente grande. In particolare osserviamoche da un certo punto in poi I =

∮γ f (z)dz non dipende piu

da R (basta scegliere R in modo che tutte le singolarita di fche si trovano nel semipiano superiore Im(z) > 0 sianocircondate da γ).

OSS2: Se

limR→+∞

∫C+

R

1

z4 + 1dz = 0 (1)

⇒∫

R

1

x4 + 1dx = I

Vediamo se (1) e vera:∣∣∣∣ 1

1 + z4

∣∣∣∣ ≤ 1

R4 − 1⇒

∣∣∣∣∣∫

C+R

1

1 + z4dz

∣∣∣∣∣ ≤ 1

R4 − 1πR → 0 R →∞

(oss: lungh(C+R ) = πR)


Allora calcoliamo

I =

∮γ

1

z4 + 1dz

con il teorema dei residui, scegliendo R > 1 in modo che γ giriintorno a tutte le singolarita di 1

z4+1che si trovano su Im(z) > 0.

Le singolarita di 1z4+1

sono infatti le quattro radici quarte di−1 (tutte poli semplici)

zk = e i( π4

+k π2

) k = 0, 1, 2, 3

e quelle che verificano Im(zk) > 0 sono

z0 = e i π4 =

1 + i√2

z1 = e i3 π4 =−1 + i√

2

I residui in queste due singolarita sono:

Res(1

z4 + 1, z0) =

1

(z4 + 1)′|z0

=1

4z30

= −1

4z0

Res(1

z4 + 1, z1) =

1

(z4 + 1)′|z1

=1

4z31

= −1

4z1


Quindi ∮γ

1

z4 + 1dz = 2πi(−1

4z0 −

1

4z1) =

π√2

e ∫R

1

x4 + 1dx =

π√2∈ R!

Osserviamo che la funzione integranda non aveva singolaritasull’asse reale (per questo la curva γ (che non deve toccaresingolarita di f (z)) era OK

Abbiamo potuto prolungare f (x) a f (z) perche f (z) verifica(1)

Perche (1) sia verificata e sufficiente che

supC+

R

|f (z)|R → 0 R → +∞ (2)


In particolare dunque e sufficiente che

sup|z|=R

|f (z)|R → 0 R → +∞ (3)

In particolare questo avviene se

|f (z)| = O(1

|z |β) |z | → +∞ con β > 1

Questo vale per esempio se vogliamo calcolare∫

RP(x)Q(x)dx con P,Q

polinomi tali che Q(x) 6= 0 per ogni x ∈ R e grado Q ≥ grado

P + 2: In tal caso scegliendo f (z) = P(z)Q(z) , (1) e vera


OSS:se (2) non vale MA vale:

supC−R

|f (z)|R → 0 R → +∞ (4)

dove C−R e la semicirconferenza di centro l’origine e raggio R che sitrova nel semipiano Im(z) < 0 cioe C−R = Re it t ∈ [π, 2π], si puoapplicare il teorema dei residui alla curva

γ = [−R,R] ∪ (−C−R )

(che e percorsa in senso ORARIO) e, per (4) si ha

limR→+∞

∫C−R

f (z)dz = 0 (5)

e procedere come nell’esempio precedente, considerando lesingolarita di f (z) che si trovano sul semipiano Im(z) < 0


Altro esempio di applicazione teorema dei residui al calcolodi integrali impropri

Dimostrare che ∫ +∞

0

cos(3x)

x2 + 1dx =

π

2e−3

la funzione integranda e pari dunque∫ +∞

0

cos(3x)

x2 + 1dx =

1

2

∫R

cos(3x)

x2 + 1dx

Poiche l’integrale improprio esiste,∫R

cos(3x)

x2 + 1dx = lim

R→+∞

∫ R

−R

cos(3x)

x2 + 1dx

l’idea e applicare il Teorema dei residui per calcolare questointegrale.

Non si puo considerare f (z) = cos(3z)z2+1

come estensione di f (x) alpiano C come nel caso precedente perche |f (z)| → +∞esponenzialmente quando z tende a infinito sull’asse immaginario.


quindi tale f (z) non verifica una condizione analoga a (1) ne (5)anzi gli integrali in (1) (per tale f ) e (5) addirittura divergono perR → +∞. Invece osserviamo che cos(3x) = Re(e3ix) quindipossiamo considerare∫

R

e3ix

x2 + 1dx = lim

R→+∞

∫ R

−R

e3ix

x2 + 1dx

e poi prenderne la parte reale. Consideriamo

f (z) =e3iz

z2 + 1

f (z)ha singolarita in z0 = i , z1 = −i (entrambe fiori dell’assereale)

f (z) soddisfa (2) MA NON soddisfa (4) poiche

|f (z)| =eRe(3iz)

|z2 + 1|=

e−3Im(z)

|z2 + 1|≤ 1

R2 − 1|z | = R > 1 Im(z) > 0


se γ = [−R,R] ∪ {Re it , t ∈ [0, π]} e l’intervallo [−R,R]concatenato con la semicirconferenza di centro l’origine eraggio R in Im(z) > 0

limR→+∞

∫C+

R

e3iz

z2 + 1dz = 0 (6)

Dunque, se scegliamo R > 1,

I :=

∮γ

e3iz

z2 + 1dz =

∫ R

−R

e3ix

x2 + 1dx +

∫C+

R

e3iz

z2 + 1dz

abbiamo (per il teorema dei residui)

I = 2πiRes(e3iz

z2 + 1, i) = πe−3 ∀R > 1

e per (6), ∫R

e3ix

x2 + 1dx = πe−3

da cui si ottiene la tesi (visto che abbiamo un risultato reale edunque la sua parte reale coincide con il numero stesso)


Applicazione del teorema dei residui al calcolo ditrasformate di Fourier

Abbiamo trovato tra l’altro nel precedente esempio il calcolo dellatrasformata di Fourier della funzione 1

1+x2 in ω = 3. Se volessimoutilizzare il teorema dei residui per il calcolo della trasformata (chegia conosciamo mediante la formula di dualita), dobbiamo calcolare

f (ω) =

∫R

1

1 + x2e−iωxdx = lim

R→+∞

∫ R

−R

1

1 + x2e−iωxdx

Scegliendo R > 1 e

f (z) =e−iωz

z2 + 1

|f (z)| =eRe(−iωz)

|z2 + 1|=

eωIm(z)

|z2 + 1|≤ 1

R2 − 1|z | = R ω · Im(z) < 0

Quindi, se ω > 0, f soddisfa (4) altrimenti, se ω ≤ 0, f soddisfa(2).


Poiche f e reale e pari, anche f e reale e PARI ⇒ calcoliamo f perω ≤ 0 e poi, prolungando in modo pari, otteniamo f (ω) per ogni ω.Sia dunque ω ≤ 0, allora per (2), si ha:

limR→+∞

∫C+

R

e−iωz

z2 + 1dz = 0

e dunque, essendo z0 = i l’unica singolarita di f (z) che si trova inIm(z) > 0, se consideriamo, per R > 1

I :=

∮γ

e−iωz

z2 + 1dz =

∫ R

−R

e−iωx

x2 + 1dx +

∫C+

R

e−iωz

z2 + 1dz

abbiamo (per il teorema dei residui)

I = 2πiRes(e−iωz

z2 + 1, i) = πeω ∀R > 1

e dunque ∫R

e−iωx

x2 + 1dx = πeω ∀ω ≤ 0

Quindi f (ω) = πe−|ω|


Classi cazione Singolarit a isolate, Serie di Laurent ...cutri/lezionemmi4_9_11_12_13.pdf · Classi...

Documents

Transcript of Classi cazione Singolarit a isolate, Serie di Laurent ...cutri/lezionemmi4_9_11_12_13.pdf · Classi...