Teorema dei residui: applicazioni

Docente:Alessandra Cutrı

A. Cutrı 16-12-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale

Richiamo: Teorema dei residui

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 )

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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

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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 16-12-2013 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!

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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]

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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

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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)

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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 i3π4 =−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

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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)

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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

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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

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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.

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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

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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)

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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).

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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|

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applicazione teorema dei residui al calcolo di∫

Rsin xx

Vogliamo provare, utilizzando il teorema dei residui, che∫R

sin x

xdx = π

Se estendessimo al piano complesso la funzione integrandaconsiderando

f (z) =sin z

zavremmo problemi per la stima (2) o (4) e non potremmoutilizzare C+

R ne C−R .

possiamo osservare che sin x = Im(e ix) ed utilizzare f (z) = e iz

zCosı introduciamo un polo semplice (prima avevamo unasingolarita solo eliminabile) in z = 0 ∈ R.L’altro problema e che la f (z) = e iz 1

z e dunque non soddisfa(2) ne (4) ma solo

|f (z)| ≤ e−Im(z)

|z |A. Cutrı 16-12-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale

Valor principale di un integrale

Sorge un nuovo problema:come affrontare la singolarita Polosemplice sull’asse reale?

la singolarita tipo polo semplice sull’asse reale si affrontageneralizzando la nozione di integrale improprio mediante ilValor principale

In generale se f ha una singolarita in x0 ∈ R il valor principale

v .p

∫R

f (x)dx := limR→∞,ε→0

∫ x0−ε

−Rf (x)dx +

∫ R

x0+εf (x)dx

si considera un intervallo simmetrico (−R,R) e si toglie da esso unintorno simmetrico centrato in x0 di raggio ε. poi si fa tendereε→ 0 e R → +∞. Analogamente se f (x) ha piu di unasingolarita, si tolgono da (−R,R) intorni centrati sulla singolaritadi raggio che poi si fa tendere a zero

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Quindi nel caso in esame si considera

v .p.

∫R

e ix

xdx := lim

R→∞,ε→0

∫ −ε−R

e ix

xdx +

∫ R

ε

e ix

xdx

e si cerca di calcolare tale v.p. mediante il teorema dei residui.Inoltre, per risolvere il problema della stima dell’integrale su C+

R oC−R , si utilizza il Lemma di Jordan:Lemma di Jordan: Sia h continua in

A = {z ∈ C : |z | ≥ R0 , Imz > a}

e sialim

z∈A,|z|→∞h(z) = 0

Allora, se γR = Re it con R > R0 e t ∈ [0, 2π] e CR = γR ∩A allora

limR→∞

∫CR

e iωzh(z)dz = 0 ∀ω > 0 (7)

Oss: |e iωz | = e−ωIm(z) → 0 se Im(z)→∞A. Cutrı 16-12-2013 Metodi Matematici per l’ingegneria–Ing. Gestionale

Oss: Vale per funzioni integrande che si scrivono come prodotto diesponenziali del tipo e iωz con ω > 0, per funzioni h infinitesimeper |z | → ∞ con Im(z) limitato inferiormente.Analogo risultato vale per ω < 0, se si considera l’intersezione dellacirconferenza con l’insieme

B = {z ∈ C : |z | ≥ R0 , Imz < a}

Quindi, se h ∈ C (B) e C−R = γR ∩ B allora

limR→∞

∫C−R

e iωzh(z)dz = 0 ∀ω < 0 (8)

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per calcolare

v .p.

∫R

e ix

x

consideriamo ∫Γε,R

f (z)dz

dove Γε,R = [−R,−ε] ∪ (−γ+ε ) ∪ [ε,R] ∪ C+

R dove C+R = Re it , con

t ∈ [0, π] e γ+ε = εe it sempre con t ∈ [0, π].

Poiche f e olomorfa all’interno della regione la cui frontiera e Γε,R ,per il teorema dei residui ∫

Γε,R

f (z)dz = 0

Inoltre∫Γε,R

f (z)dz =

∫ −ε−R

e ix

xdx +

∫ R

ε

e ix

xdx −

∫γ+ε

e iz

zdz +

∫C+

R

e iz

zdz

Per (7),∫C+

R

e iz

z dz → 0 quando R → +∞ (h(z) = 1z )

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mentre, essendo z = 0 un polo semplice per e iz

z si ha

e iz

z=

Res( e iz

z , 0)

z+ g(z)

con g analitica e quindi limitata in γε, dunque∫γ+ε

e iz

zdz = Res(

e iz

z, 0)

∫ π

0

1

εe itiεe itdt +

∫γ+ε

g(z)dz → πiRes(e iz

z, 0)

poiche |∫γ+ε

g(z)dz | ≤ supγ+ε|g |πε→ 0 per ε→ 0

Quindi,

v .p.

∫R

e ix

xdx = πi

dunque ∫R

sin x

xdx = π

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Esercizio

Calcolare, utilizzando il metodo dei residui, il seguente

v .p.

∫R

sin(2x)

x(1− x)dx

Svolto a lezione.Risultato:π(1− cos 2)

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