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

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1 Classificazione Singolarità isolate, Serie di Laurent, Residui, Teorema dei residui e applicazioni Docente:Alessandra Cutrì

2 Richiamo:Zeri di Funzioni olomorfe (o analitiche) Sia f : A C C A aperto connesso, f H(A). Sia z 0 A tale che f (z 0 ) = 0. Allora a 0 = 0 e dunque, per ogni z B r (z 0 ) con r < dist(z 0, A) si ha f (z) = a (z z 0 ) + a 2 (z z 0 ) 2 + = + n= a n (z z 0 ) n z B r (z 0 ) z 0 è uno zero di ordine (o molteplicità) K > 0 se e solo se f (z 0 ) = f (z 0 ) = f (z 0 ) = = f (K ) (z 0 ) = 0, f (K) (z 0 ) 0 cioè In tal caso a 0 = a = a 2 = = a K = 0, a K 0 f (z) = a K (z z 0 ) K + = + n=k Es: f (z) = z 2 e z ha uno zero di ordine due in z 0 = 0 a n (z z 0 ) n z B r (z 0 )

3 la molteplicità di uno zero non può essere infinita se f 0. (Infatti, se a n = 0 per ogni n, si ha f (n) (z 0 ) = 0 per ogni n quindi si ha f (z) 0 z B r (z 0 ) allora se z B r (z 0 ), si ha f (n) (z ) = 0 per ogni n e dunque f (z) = 0 z : z z < dist(z, A) e così è possibile ricoprire tutto l insieme connesso A e provare che f (z) = 0 per ogni z A

4 Gli zeri di una funzione analitica in A sono isolati (a meno che f 0 in A). Cioè se z 0 verifica f (z 0 ) = 0, esiste un intorno B R (z 0 ) A tale che f (z) 0 z B R (z 0 ) \ {z 0 } Infatti, sia K la molteplicità di z 0, allora esiste B r (z 0 ) tale che f (z) = dunque + n=k a n (z z 0 ) n = (z z 0 ) K [a K + a K+ (z z 0 ) +... ] z B r (z 0 ) f (z) = (z z 0 ) K g(z) z B r (z 0 ) Allora esiste un intorno B R (z 0 ) B r (z 0 ) tale che quindi e z 0 è perciò isolato g(z) 0 z B R (z 0 ) f (z) 0 z B R (z 0 ) \ {z 0 } con g(z 0 ) = a K 0 e g analitica

5 Singolarità isolate f ha una singolarità isolata in z 0 se non è derivabile in z 0 ma è olomorfa in un disco forato (privato del suo centro) di centro z 0 (cioè esiste un intorno di B r (z 0 ) tale che f H(B r (z 0 ) \ {z 0 })). In z 0 f può essere anche non definita oppure definita, continua ma non derivabile etc. Esempi f (z) = (z 2)(z 4) ha due singolarità isolate: z 0 = 2 e z = 4 2 f (z) = z 2 + ha due singolarità isolate: z 0 = i e z = i 3 f (z) = e z ha una singolarità isolata in z 0 = 0 4 f (z) = sin z ha una singolarità isolata in z 0 = 0 5 f (z) = sin z z ha una singolarità isolata in z 0 = 0 6 f (z) = sin z ha infinite singolarità isolate: z k = kπ con k intero

6 Singolarità NON isolate Se z 0 è una simgolarità di f che è punto di accumulazione di singolarità, si dice NON isolata: f (z) = z non essendo derivabile in alcun punto, ha tutto C come insieme di singolarità evidentemente non isolate f (z) = ha singolarità in z sin( z ) 0 = 0 ed in tutti i punti z k tali che z k = kπ cioè z k = kπ che evidentemente sono per ogni k singolarità isolate ma z k z 0 per k +. Quindi z 0 = 0 è una singolarità NON isolata.

7 dalle serie di Taylor alle serie di Laurent Abbiamo visto che f H(A) f analiica in A e quindi in ogni disco B r (z 0 ) contenuto in A f è somma della sua serie di Taylor f (z) = + n=0 f (n) (z 0 ) (z z 0 ) n n! Che succede se f ha una singolarità isolata in z 0, cioè è olomorfa in un disco forato B r (z 0 ) \ {z 0 } = {z C, 0 < z z 0 < r} o più in generale in una corona circolare di centro z 0 e raggi R, R 2 con 0 R < R 2 + A = {z C, R < z z 0 < R 2 }? È possibile avere una rappresentazione di f valida su tutto il disco forato o su tutta la corona circolare?.

8 Serie di Laurent Sia f analitica in una corona circolare di centro z 0 e raggi 0 R < R 2 + : A = {z C, R < z z 0 < R 2 } Allora f si rappresenta in A come somma di una serie bilatera (cioè una somma di una serie di potenze positive e negative di z z 0 ) che prende il nome di Serie di Laurent : f (z) = + n= a n(z z 0 ) n z A con a n = f (s) 2πi γ (s z 0 ds n = ±, ±2, ±3... ) n+ dove γ = z 0 + ρe it con R < ρ < R 2 e t [0, 2π] OSS: Fissati z 0, R, R 2 i coefficienti a n sono univocamente determinati

9 Se f è analitica in tutto il disco B R2 (z 0 ), la serie di Laurent serie di Taylor: Infatti i coefficienti a n per n si annullano essendo f (s) (s z 0 ) n+ H(B R 2 (z 0 )) = 0 per il teorema di Cauchy (si osservi che per n, banalmente n + 0) e quelli con n 0 sono gli stessi della serie di Taylor dire che f (z) = + n= a n (z z 0 ) n converge, significa che nella corona circolare A le due serie γ + n=0 a n (z z 0 ) n sono entrambe convergenti e n= a n (z z 0 ) n

10 Classificazione singolarità isolate Le singolarità isolate z 0 si possono classificare e sono di TRE tipi secondo la forma della serie di Laurent di f CENTRATA sulla singolarità z 0 e valida nel disco forato 0 < z z 0 < r dove f è olomorfa (tale disco esiste sempre per definizione di singolarità isolata): Singolarità Eliminabile 2 Polo di ordine (o molteplicità) K 3 SingolaritàEssenziale

11 Sia z 0 una singolarità isolata per f. Consideriamo la serie di Laurent di f f (z) = + n= a n (z z 0 ) n z : 0 < z z 0 < r Primo caso: i coefficienti a n = 0 per ogni n : a = a 2 = a 3 = = 0 allora z 0 si dice singolarità ELIMINABILE 2 Secondo caso: Nella serie di Laurent compare un numero finito di potenze negative di z z 0, cioè: K tale che a K 0 e a n = 0 n < K Allora z 0 si chiama Polo di ordine K 3 Terzo caso: nella serie di Laurent compaiono infiniti termini con potenze negative di z z 0, cioè a n 0 per infiniti indici n allora z 0 si dice singolarità ESSENZIALE

12 Singolarità Eliminabile Poiché nella serie di Laurent seguente, centrata nella singolarità z 0, f (z) = + n= a n (z z 0 ) n z : 0 < z z 0 < r i coefficienti a n = 0 per ogni n la serie di Laurent si riduce ad una serie di Taylor, dunque Esiste finito il lim z z 0 f (z) = a 0 pertanto si può estendere f fino a z 0 ed ottenere una funzione olomorfa su tutto il disco B r (z 0 ): f (z) = { f (z) z Br (z 0 ) \ {z 0 } a 0 z = z 0 H(B r (z 0 )) Esempio: f (z) = sin z z ha una singolarità eliminabile in z 0 = 0: sin z z = z3 z [z 3! + z5 5! z7 7! +... ] = [ z2 3! + z4 5! z6 7! +... ] = + z2n n=0 ( )n (2n+)!

13 Polo di ordine K Poiché nella serie di Laurent seguente, centrata nella singolarità z 0, f (z) = + n= a n (z z 0 ) n z : 0 < z z 0 < r i coefficienti verificano: K tale che a K 0 e a n = 0 per ogni n < K, la serie si riduce a f (z) = + n= K a n (z z 0 ) n z : 0 < z z 0 < r f è un infinito di ordine K per z z 0 cioè lim z z0 f (z) = + e f (z) = O( (z z 0 ) K ) lim (z z 0 ) K f (z) = a K 0 z z 0

14 Esempio: f (z) = sin z ha un polo di ordine K = (in tal caso si z 2 dice polo semplice) in z 0 = 0: sin z = [z z3 z 2 z 2 3! + z5 5! z7 7! +... ] = [ z z 3! + z3 5! z5 7! +... ] = + n=0 ( )n z2n (2n+)! a =. In altro modo, perché si abbia lim z 0 z K f (z) finito e diverso da zero, si deve scegliere K =

15 Esempio: Sia f (z) = f (z) f 2 (z) con f, f 2 olomorfe in uno stesso insieme aperto A sia z 0 A uno zero di ordine M per f 2 e sia f (z 0 ) 0. Allora z 0 è un Polo di ordine M per f (z): Infatti, f 2 (z) = (z z 0 ) M g(z) con g(z 0 ) 0 f (z) = f (z) (z z 0 ) M g(z) quindi f (z)(z z 0 ) M f (z 0 ) g(z 0 ) 0 z z 0

16 Esempio: Sia f (z) = f (z) f 2 (z) con f, f 2 olomorfe in uno stesso insieme aperto A sia z 0 A uno zero di ordine M per f 2 e di ordine J per f. Allora : f (z) = (z z 0) J g (z) (z z 0 ) M g 2 (z) g (z 0 ) 0, g 2 (z 0 ) 0 quindi f (z) = (z z 0 ) J M g (z) g 2 (z) z B r (z 0 ) si ha: se J M 0 f ha una singolarità eliminabile in z 0 se J M < 0 f ha un polo di ordine K = M J > 0 in z 0

17 Singolarità di funzioni razionali In particolare se P(z) e Q(z) sono due polinomi e gr(q) = N, la funzione f (z) = P(z) Q(z) ha singolarità isolate nei punti che annullano Q che sono però al più zeri di ordine N per Q e dunque i punti di singolarità delle funzioni razionali sono al più poli. Non sono mai singolarità essenziali (le funzioni razionali si dicono per questo Meromorfe)

18 Singolarità Essenziale Nella serie di Laurent seguente, centrata nella singolarità z 0, f (z) = + n= a n (z z 0 ) n z : 0 < z z 0 < r compaiono infiniti termini con potenze negative di z z 0, cioè a n 0 per infiniti indici n In tal caso lim z z0 f (z) ne finito né infinito ed il comportamento della funzione nell intorno di z 0 è caotico.

19 Esempio f (z) = e z ha in z 0 = 0 una singolarità essenziale, infatti e z = + n=0 n!z n si osservi che se z = x R, lim x 0+ f (x) = + e lim x 0 f (x) = 0 Esempio f (z) = sin( z ) ha in z 0 = 0 una singolarità essenziale, infatti sin( + z ) = ( ) n (2n + )!z 2n+ n=0 si osservi che se z = x R, lim x 0 f (x) non esiste.

20 Residuo Sia z 0 una singolarità isolata per f : A C C, allora si definisce Residuo di f in z 0 (z 0 A) Res(f, z 0 ) := f (w)dw 2πi dove γ è un cammino semplice, chiuso orientato positivamente, che circonda z 0 e NON circonda altre singolarità di f. OSS: Res(f, z 0 ) = a dove a è il coefficiente della potenza (z z 0 ) nella serie di Laurent di f centrata sulla singolarità z 0 e valida nel disco forato 0 < z z 0 < r dove f è olomorfa (tale disco forato esiste sempre per definizione di singolarità isolata) γ

21 OSS: Se γ è una curva semplice, chiusa che circonda solo la singolarità isolata z 0 ed è orientata positivamente f (w)dw = 2πi Res(f, z 0 ) γ Quindi la conoscenza del residuo ci permette di calcolare l integrale. Come si calcola il Res(f, z 0 )? Dipende dal tipo di singolarità isolata! Se z 0 è una singolarità essenziale, l unico modo per calcolare il residuo (senza calcolare l integrale) è attaverso la serie di Laurent se z 0 è una singolarità eliminabile, ovviamente Res(f, z 0 ) = 0 se z 0 è un polo, il residuo può o meno essere nullo. Si può in tal caso calcolare più facilmente senza ricorrere direttamente alla serie di Laurent

22 calcolo residuo nei poli Sia z 0 un polo per f di ordine K. La serie di Laurent, centrata nella singolarità z 0, e valida nel disco forato 0 < z z 0 < r, si riduce a f (z) = + n= K a n (z z 0 ) n z : 0 < z z 0 < r se K = (polo semplice) il residuo si ottiene semplicemente facendo Res(f, z 0 ) = a = lim z z0 (z z 0 )f (z) se K, (per i poli semplici) a lim z z0 (z z 0 ) K f (z) invece per ottenere a dobbiamo Res(f, z 0 ) = a = (tale limite dà a K NON il residuo) (K )! lim d k z z 0 dz K [(z z 0) K f (z)]

23 Sia z 0 un polo per f di ordine K Res(f, z 0 ) = a = (K )! lim d k z z 0 dz K [(z z 0) K f (z)] Infatti, poniamo g(z) = (z z 0 ) K f (z). Tale funzione ha una singolarità eliminabile in z 0 che si elimina ponendo g(z 0 ) = a K. Quindi con questa estensione g diventa olomorfa in tutto il disco B r (z 0 ) e vale la formula di Cauchy per le derivate di g: g (K ) (z 0 ) = (K )! 2πi = (K )! 2πi γ g(s) (s z 0 ) K ds γ f (s)ds = (K )!Res(f, z 0)

24 Esempio: f (z) = z 3 sin z ha una sola singolarità: z 0 = 0 che è essenziale. Dunque per calcolare il residuo dobbiamo determinare il coefficiente di z nella serie di Laurent centrata in z 0 = 0 che essendo f priva di altre singolarità, vale in tal caso in 0 < z : z 3 sin z = z3 ( z 3!z 3 + 5!z 5... ) Non essendo presente la potenza z, significa che Res(f, 0) = 0 Esempio: f (z) = z 2 sin z ha una sola singolarità: z 0 = 0 che è essenziale. In tal caso z 2 sin z = z2 ( z 3!z 3 + 5!z 5... ) il residuo è in tal caso Res(f, 0) = 3! = 6

25 Esempio: f (z) = ez z 2 ha una sola singolarità: z 0 = 0. Poiché e z = z + z ha in z = 0 uno zero semplice 2! z 2 ha in z = 0 banalmente uno zero di ordine DUE f ha un polo semplice in z 0 = 0 ed il residuo Res(f, 0) = lim z 0 zf (z) =

26 cos z+2 Esempio: f (z) = 2z 2 (e z +) ha singolarità in z 0 = 0 e nelle radici di e z = cioè z j = iπ + 2jπi per j Z. Che tipo di singolarità sono? z 0 = 0 non annulla il numeratore, è uno zero doppio per il denominatore e dunque è un polo doppio per f ( ) Res(f, 0) = lim cos z+2 z 0 2(e z +) = 2 [ sin z(ez +) e z (cos z+2) ] (e z +) 2 z=0 = 3 8 z j = iπ + 2jπi non annullano numeratore e sono zeri semplici per il denominatore. Infatti (e z + ) = e z z=zj = 0. Quindi sono tutti poli semplici per f ; si ha Res(f, z j ) = lim z zj (z z j )f (z) = cos(z j )+2 2z 2 j lim z zj z z j (e z +) (e zj +) = cos(z j )+2 2z 2 j essendo (e z j + ) = 0

27 Esercizio (svolto a lezione): Classificare le singolarità isolate di f (z) = sin z e calcolarne i residui (e iz +) 2

28 Teorema dei residui Abbiamo visto che se f H(A \ {z 0 }) e γ è una curva chiusa, semplice, positivamente orientata che circonda la singolarità isolata z 0, allora f (z)dz = 2πiRes(f, z 0 ) γ che succede se f H(A \ {z, z 2,... z N }) e γ gira intorno a più di una singolarità isolata? Z3 Z2 Z Z4 A In tal caso z, z 2, z 3, z 4 sono 4 singolarità isolate per f ma γ gira intorno a z, z 2, z 4 mentre z 3 non è circondata da γ. In tal caso (Teorema dei residui) f (z)dz = 2πi[Res(f, z ) + Res(f, z 2 ) + Res(f, z 4 )] γ

29 In generale: Teorema dei Residui:Sia f H(A \ {z, z 2,... z N }), z, z 2,... z N singolarità isolate per f e sia γ una curva chiusa, semplice, positivamente orientata che circonda le singolarità isolate z, z 2,..., z k, allora γ f (z)dz = 2πi k Res(f, z i ) i=

30 Esercizio: Calcolare I = γ z 2 2z (z + ) 2 (z 2 + 4) 2 dz γ = 3 2 eit, t [0, 2π] f ha singolarità isolate in z 0 =, z = 2i, z 2 = 2i Le singolarità z = 2i, z 2 = 2i non sono circondate da γ mentre z 0 lo è (γ è la circonferenza di centro l origine e raggio 3 2 ) Pertanto: I = 2πiRes(f, ). Essendo z 0 = un polo doppio, Res(f, ) ( ) = lim z 2 2z z (z 2 +4) 2 (2z 2)(z = lim 2 +4) 4z(z 2 2z) z = 8 (z 2 +4) 3 25 Quindi I = 6πi 25

31 Serie di Laurent Serie di Fourier Vediamo come dalla serie di Laurent di una funzione f H(B R2 (0) \ B R (0)) si può ottenere la serie di Fourier della sua restrizione alla circonferenza di centro l origine e raggio ρ [R, R 2 ] che si può considerare una funzione 2π periodica. Infatti, la serie di Laurent di f è f (z) = + n= c n z n R < z < R 2 dove, indicata con γ ρ = ρe it, t [0, 2π], ρ [R, R 2 ], si ha c n = f (w) dw 2πi w n+ dunque c n = 2πi 2π 0 γ ρ f (ρe it ) ρ n+ e i(n+)t iρeit dt = 2π 2π 0 f (ρe it ) ρ n dt eint

32 Se chiamiamo Φ(t + 2kπ) = Φ(t) e Φ(t) := f (ρe it ) Φ(t) = + n= c nρ n e int Φ(t) = = + n= + n= ( 2π 2π 0 ) Φ(θ) dθ ρ n e int ρ n e inθ ( 2π ) Φ(θ)e inθ dθ 2π 0 } {{ } e int }{{}... rappresentano i coefficienti di Fourier di Φ(t) in forma complessa.

33 Applicazione teorema dei residui al calcolo di integrali di funzioni trigonometriche Supponiamo di voler calcolare I = 2π sin t dt l integrando è una funzione trigonometrica. l integrale è 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 in senso antiorario la funzione integranda, tenendo conto che: sin t = eit e it = 2i 2i [z z ] cos t = eit + e it = 2 2 [z + z ] diventa 2 + sin t = 2iz 4iz + z 2

34 Dunque I = γ 2iz 4iz + z 2 iz dz = γ 2 z 2 + 4iz dz applicando il teorema dei Residui e tenendo conto che z 2 + 4iz = (z + 2i i 3)(z + 2i + i 3) e che solo z = 2i + i 3 B (0) (dunque circondato da γ) si ha 2 I = 2πiRes( z 2 + 4iz, z ) = 2π R! 3

35 Applicazione teorema dei residui al calcolo di integrali impropri Come primo esempio, supponiamo di voler calcolare + x 4 + dx Osserviamo che + x 4 + dx = R lim R + R x 4 + dx L idea è applicare il Teorema dei residui per calcolare questo integrale. Gli ingredienti sono: Considerare una funzione definita sul piano complesso che abbia qualche legame con f (x) = x 4 + Considerare una curva chiusa che abbia qualche legame con l intervallo [ R, R]

36 Per il primo punto: x z f (z) := è un prolungamento della funzione z 4 + integranda al piano complesso C γ = [ R, R] {Re it, t [0, π]} è l intervallo [ R, R] concatenato con una semicirconferenza di centro l origine e raggio R (dunque una curva chiusa) orientata positivamente calcolare con il teorema dei residui I := f (z)dz e osservare che I = γ f (z)dz = R γ R f (x)dx + C + R f (z)dz dove C + R = {Reit, t [0, π]} è la semicirconferenza di centro l origine e raggio R

37 OSS:Visto che si deve fare tendere R +, si può scegliere R sufficientemente grande. In particolare osserviamo che da un certo punto in poi I = γ f (z)dz non dipende più da R (basta scegliere R in modo che tutte le singolarità di f che si trovano nel semipiano superiore Im(z) > 0 siano circondate da γ). OSS2: Se Vediamo se () è vera: + z 4 R 4 (oss: lungh(c + R ) = πr) lim R + C + R C + R R z 4 dz = 0 () + x 4 + dx = I + z 4 dz R 4 πr 0 R

38 Allora calcoliamo I = γ z 4 + dz con il teorema dei residui, scegliendo R > in modo che γ giri intorno a tutte le singolarità di che si trovano su Im(z) > 0. z 4 + Le singolarità di sono infatti le quattro radici quarte di z 4 + (tutte poli semplici) z k = e i( π 4 +k π 2 ) k = 0,, 2, 3 e quelle che verificano Im(z k ) > 0 sono z 0 = e i π 4 = + i 2 z = e i3 π 4 = + i 2 I residui in queste due singolarità sono: Res( z 4 +, z 0) = (z 4 + ) = z0 4z0 3 = 4 z 0 Res( z 4 +, z ) = (z 4 + ) = z 4z 3 = 4 z

39 Quindi e γ z 4 + dz = 2πi( 4 z 0 4 z ) = π 2 R x 4 + dx = π 2 R! Osserviamo che la funzione integranda non aveva singolarità sull asse reale (per questo la curva γ (che non deve toccare singolarità di f (z)) era OK Abbiamo potuto prolungare f (x) a f (z) perché f (z) verifica () Perché () sia verificata è sufficiente che sup f (z) R 0 R + (2) C + R

40 In particolare dunque è sufficiente che In particolare questo avviene se sup f (z) R 0 R + (3) z =R f (z) = O( ) z + con β > z β Questo vale per esempio se vogliamo calcolare P(x) R Q(x) dx con P, Q polinomi tali che Q(x) 0 per ogni x R e grado Q grado P + 2: In tal caso scegliendo f (z) = P(z) Q(z), () è vera

41 OSS:se (2) non vale MA vale: sup f (z) R 0 R + (4) C R dove C R è la semicirconferenza di centro l origine e raggio R che si trova nel semipiano Im(z) < 0 cioè C R = Reit t [π, 2π], si può applicare il teorema dei residui alla curva γ = [ R, R] ( C R ) (che è percorsa in senso ORARIO) e, per (4) si ha f (z)dz = 0 (5) lim R + e procedere come nell esempio precedente, considerando le singolarità di f (z) che si trovano sul semipiano Im(z) < 0 C R

42 Altro esempio di applicazione teorema dei residui al calcolo di integrali impropri Dimostrare che + 0 cos(3x) x 2 + dx = π 2 e 3 la funzione integranda è pari dunque + cos(3x) x 2 + dx = 2 R 0 Poiché l integrale improprio esiste, cos(3x) x 2 + dx = lim R + R R R cos(3x) x 2 + dx cos(3x) x 2 + dx l idea è applicare il Teorema dei residui per calcolare questo integrale. Non si può considerare f (z) = cos(3z) come estensione di f (x) al z 2 + piano C come nel caso precedente perché f (z) + esponenzialmente quando z tende a infinito sull asse immaginario.

43 quindi tale f (z) non verifica una condizione analoga a () né (5) anzi gli integrali in () (per tale f ) e (5) addirittura divergono per R +. Invece osserviamo che cos(3x) = Re(e 3ix ) quindi possiamo considerare R e 3ix x 2 + dx = R lim R + R e poi prenderne la parte reale. Consideriamo f (z) = e3iz z 2 + e 3ix x 2 + dx f (z)ha singolarità in z 0 = i, z = i (entrambe fiori dell asse reale) f (z) soddisfa (2) MA NON soddisfa (4) poiché f (z) = ere(3iz) z 2 + = e 3Im(z) z 2 + R 2 z = R > Im(z) > 0

44 se γ = [ R, R] {Re it, t [0, π]} è l intervallo [ R, R] concatenato con la semicirconferenza di centro l origine e raggio R in Im(z) > 0 lim R + Dunque, se scegliamo R >, e 3iz I := z 2 + dz = γ R R C + R abbiamo (per il teorema dei residui) e per (6), e 3iz z 2 dz = 0 (6) + e 3ix x 2 + dx + C + R e 3iz z 2 + dz I = 2πiRes( e3iz z 2 +, i) = πe 3 R > e 3ix R x 2 dx = πe 3 + da cui si ottiene la tesi (visto che abbiamo un risultato reale e dunque la sua parte reale coincide con il numero stesso)

45 Applicazione del teorema dei residui al calcolo di trasformate di Fourier Abbiamo trovato tra l altro nel precedente esempio il calcolo della trasformata di Fourier della funzione in ω = 3. Se volessimo +x 2 utilizzare il teorema dei residui per il calcolo della trasformata (che già conosciamo mediante la formula di dualità), dobbiamo calcolare ˆf (ω) = R Scegliendo R > e f (z) = ere( iωz) z 2 + R + x 2 e iωx dx = lim R + R f (z) = e iωz z 2 + = eωim(z) z 2 + R 2 + x 2 e iωx dx z = R ω Im(z) < 0 Quindi, se ω > 0, f soddisfa (4) altrimenti, se ω 0, f soddisfa (2).

46 Poiché f è reale e pari, anche ˆf è reale e PARI calcoliamo ˆf per ω 0 e poi, prolungando in modo pari, otteniamo ˆf (ω) per ogni ω. Sia dunque ω 0, allora per (2), si ha: γ lim R + C + R e iωz z 2 + dz = 0 e dunque, essendo z 0 = i l unica singolarità di f (z) che si trova in Im(z) > 0, se consideriamo, per R > e iωz R I := z 2 + dz = e iωx x 2 + dx + e iωz z 2 + dz R abbiamo (per il teorema dei residui) e dunque C + R I = 2πiRes( e iωz z 2 +, i) = πeω R > R Quindi ˆf (ω) = πe ω e iωx x 2 + dx = πeω ω 0