Teorema dei residui: applicazioni

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1 Teorema dei residui: applicazioni Docente:Alessandra Cutrì

2 ichiamo: Teorema dei residui Teorema dei esidui: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 es(f, z i ) i=

3 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 = 2πies(f, ). Essendo z 0 = un polo doppio, es(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

4 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

5 Dunque I = γ 2iz 4iz + z 2 iz dz = γ 2 z 2 + 4iz dz applicando il teorema dei esidui 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 = 2πies( z 2 + 4iz, z ) = 2π! 3

6 Applicazione teorema dei residui al calcolo di integrali impropri Come primo esempio, supponiamo di voler calcolare + x 4 + dx Osserviamo che + x 4 + dx = lim + 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 [, ]

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

8 OSS:Visto che si deve fare tendere +, si può scegliere sufficientemente grande. In particolare osserviamo che da un certo punto in poi I = γ f (z)dz non dipende più da (basta scegliere 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 4 (oss: lungh(c + ) = π) lim + C + C + z 4 dz = 0 () + x 4 + dx = I + z 4 dz 4 π 0

9 Allora calcoliamo I = γ z 4 + dz con il teorema dei residui, scegliendo > 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: es( z 4 +, z 0) = (z 4 + ) = z0 4z0 3 = 4 z 0 es( z 4 +, z ) = (z 4 + ) = z 4z 3 = 4 z

10 Quindi e γ z 4 + dz = 2πi( 4 z 0 4 z ) = π 2 x 4 + dx = π 2! 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) 0 + (2) C +

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

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

13 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 0 Poiché l integrale improprio esiste, cos(3x) x 2 + dx = lim + 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.

14 quindi tale f (z) non verifica una condizione analoga a () né (5) anzi gli integrali in () (per tale f ) e (5) addirittura divergono per +. Invece osserviamo che cos(3x) = e(e 3ix ) quindi possiamo considerare e 3ix x 2 + dx = lim + 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) = ee(3iz) z 2 + = e 3Im(z) z z = > Im(z) > 0

15 se γ = [, ] {e it, t [0, π]} è l intervallo [, ] concatenato con la semicirconferenza di centro l origine e raggio in Im(z) > 0 lim + Dunque, se scegliamo >, e 3iz I := z 2 + dz = γ C + abbiamo (per il teorema dei residui) e per (6), e 3iz z 2 dz = 0 (6) + e 3ix x 2 + dx + C + e 3iz z 2 + dz I = 2πies( e3iz z 2 +, i) = πe 3 > e 3ix 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)

16 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) = Scegliendo > e f (z) = ee( iωz) z x 2 e iωx dx = lim + f (z) = e iωz z 2 + = eωim(z) z x 2 e iωx dx z = ω Im(z) < 0 Quindi, se ω > 0, f soddisfa (4) altrimenti, se ω 0, f soddisfa (2).

17 Poiché f è reale e pari, anche ˆf è reale e PAI 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 + C + 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 > e iωz I := z 2 + dz = e iωx x 2 + dx + e iωz z 2 + dz abbiamo (per il teorema dei residui) e dunque C + I = 2πies( e iωz z 2 +, i) = πeω > Quindi ˆf (ω) = πe ω e iωx x 2 + dx = πeω ω 0

18 f (z) e Im(z) z applicazione teorema dei residui al calcolo di sin x x Vogliamo provare, utilizzando il teorema dei residui, che sin x x dx = π Se estendessimo al piano complesso la funzione integranda considerando f (z) = sin z z avremmo problemi per la stima (2) o (4) e non potremmo utilizzare C + né C. possiamo osservare che sin x = Im(e ix ) ed utilizzare f (z) = eiz z Così introduciamo un polo semplice (prima avevamo una singolarità solo eliminabile) in z = 0. L altro problema è che la f (z) = e iz z e dunque non soddisfa (2) né (4) ma solo

19 Valor principale di un integrale Sorge un nuovo problema:come affrontare la singolarità Polo semplice sull asse reale? la singolarità tipo polo semplice sull asse reale si affronta generalizzando la nozione di integrale improprio mediante il Valor principale In generale se f ha una singolarità in x 0 il valor principale v.p f (x)dx := lim,ɛ 0 x0 ɛ f (x)dx + f (x)dx x 0 +ɛ si considera un intervallo simmetrico (, ) e si toglie da esso un intorno simmetrico centrato in x 0 di raggio ɛ. poi si fa tendere ɛ 0 e +. Analogamente se f (x) ha più di una singolarità, si tolgono da (, ) intorni centrati sulla singolarità di raggio che poi si fa tendere a zero

20 Quindi nel caso in esame si considera e ix v.p. dx := x lim,ɛ 0 ɛ e ix x dx + e ix ɛ x dx e si cerca di calcolare tale v.p. mediante il teorema dei residui. Inoltre, per risolvere il problema della stima dell integrale su C + C, si utilizza il Lemma di Jordan: Lemma di Jordan: Sia h continua in o e sia A = {z C : z 0, Imz > a} lim h(z) = 0 z A, z Allora, se γ = e it con > 0 e t [0, 2π] e C = γ A allora lim e iωz h(z)dz = 0 ω > 0 (7) C Oss: e iωz = e ωim(z) 0 se Im(z)

21 Oss: Vale per funzioni integrande che si scrivono come prodotto di esponenziali del tipo e iωz con ω > 0, per funzioni h infinitesime per z con Im(z) limitato inferiormente. Analogo risultato vale per ω < 0, se si considera l intersezione della circonferenza con l insieme B = {z C : z 0, Imz < a} Quindi, se h C(B) e C = γ B allora lim e iωz h(z)dz = 0 ω < 0 (8) C

22 per calcolare consideriamo e ix v.p. x f (z)dz Γ ɛ, dove Γ ɛ, = [, ɛ] ( γ ɛ + ) [ɛ, ] C + dove C + = eit, con t [0, π] e γ ɛ + = ɛe it sempre con t [0, π]. Poiché f è olomorfa all interno della regione la cui frontiera è Γ ɛ,, per il teorema dei residui Inoltre Γ ɛ, f (z)dz = ɛ Γ ɛ, f (z)dz = 0 e ix x dx + e ix ɛ x dx γ ɛ + e iz z dz + C + e iz z dz Per (7), C + e iz z dz 0 quando + (h(z) = z )

23 mentre, essendo z = 0 un polo semplice per eiz z e iz z eiz es( z =, 0) + g(z) z con g analitica e quindi limitata in γ ɛ, dunque γ + ɛ e iz π dz = es(eiz z z, 0) 0 ɛe it iɛeit dt + γ ɛ + si ha poiché γ ɛ + g(z)dz sup γ ɛ + g πɛ 0 per ɛ 0 Quindi, e ix v.p. dx = πi x dunque sin x x dx = π g(z)dz πies( eiz z, 0)

24 Esercizio Calcolare, utilizzando il metodo dei residui, il seguente sin(2x) v.p. x( x) dx Svolto a lezione. isultato:π( cos 2)