Esercizi sulle funzioni di Variabile Complessa - math.unipd.itumarconi/did/esercizianalisicomplessa.pdf · corsi di Analisi Due e di Metodi Matematici nei corsi di Scienze e di Ingegneria

Giuseppe De Marco, Carlo Mariconda

Esercizi sulle funzioni diVariabile Complessa

Sommario

Prefazione 5

1 Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent 71.1 Esercizi teorici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Esercizi di allenamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2.1 Poli e residui di ordine 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.2 Poli e residui di ordine > 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2.3 Decomposizione in frazioni semplici . . . . . . . . . . . . 141.2.4 Sviluppi di Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.2.5 Teorema dei residui e integrali su circuiti . . . . . . . . . . 17

1.3 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.4 Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.5 Esercizi teorici di difficolta superiore . . . . . . . . . . . . . . . . 281.6 Quiz a risposte multiple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1.6.1 Soluzioni dei quiz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2 Funzioni armoniche e funzioni olomorfe 332.1 Esercizi di allenamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.2 Esercizi teorici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.3 Teorema di Rouche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3 Calcolo di integrali con il metodo dei residui 393.1 Richiami e complementi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.2 Esercizi di allenamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.3 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.4 Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

4 Il Lemma di Jordan 554.1 Esercizi di allenamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 604.3 Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

5 I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande 735.1 Esercizi di allenamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 785.3 Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

4

6 Funzioni definite da integrali 1056.1 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1056.2 Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

Bibliografia 119

Indice analitico 121

Prefazione

Questo volume contiene gli esercizi di Funzioni di Variabile Complessa contenuti neltesto Esercizi di Calcolo in piu variabili da noi pubblicato qualche anno fa, tipicidei corsi di Analisi Due dell’epoca sopratutto a Matematica e Fisica. Ad essi se nesono aggiunti altri di vari livelli, tenendo conto di quanto viene richiesto in alcunicorsi di Analisi Due e di Metodi Matematici nei corsi di Scienze e di Ingegneria.Abbiamo deciso di scorporarli dal nuovo testo Esercizi di Analisi Due[4] sia per ledimensioni maggiori di quel volume, a sua volta arricchito di esercizi, sia perche lefunzioni di variabile complessa non fanno piu parte ora di molti corsi di Analisi 2.Per quanto riguarda la teoria facciamo riferimento a [2], ma ovviamente gli esercizidel volume sono un utile ampliamento di qualunque testo che tratti le nozioni di basesulle funzioni olomorfe.

Rispetto alla precedente edizione e stato fatto un notevole lavoro di classificazio-ne degli esercizi. Nei capitoli si trovano le sezioni:

• Richiami di teoria e complementi: i risultati chiave della teoria e alcuni fatti utili,magari non presenti su tutti i testi;• Esercizi teorici: esercizi di carattere teorico, talvolta dimostrazioni di fatti noti o

di complementi utili nel capitolo;• Esercizi di allenamento: gli esercizi di routine adatti a qualunque tipo di corso che

affronti l’argomento della sezione;• Esercizi risolti: esercizi in difficolta crescente adatti ai corsi via via piu esigenti e

ricchi dal punto di vista matematico;• Esercizi proposti: esercizi senza svolgimento, talvolta con la soluzione;• Quiz a risposte multiple: esercizi elementari a risposta multipla, adatti a qua-

lunque corso, dello stesso livello degli esercizi di allenamento: le soluzioni sonopresenti alla fine dei capitoli.

Inoltre, alcune di queste sezioni sono duplicate a seconda che gli esercizi sianopiu facili o piu semplici o, come nel caso del calcolo di integrali con il metodo deiresidui, gli argomenti utilizzati nella risoluzione degli stessi (solo il teorema dei resi-dui, il Lemma di Jordan, i lemmi del cerchio grande e del cerchio piccolo) in mododa permettere al docente e allo studente una facile selezione.

Nel testo si trovano esercizi piu di 100 esercizi (75 dei quali interamente risolti)sui seguenti argomenti: funzioni olomorfe, sviluppi di Laurent, funzioni armonicheed olomorfe, Teorema di Rouch’e, calcolo di integrali con il metodo dei residui. Nontrattiamo argomenti di carattere superiore come le trasformate.

6 Prefazione

Infine, gli esercizi, osservazioni, o elementi di teoria particolarmente rilevantiZsono segnalati con il simbolo che vedete accanto; Gli esercizi piu faticosi o che ri-chiedono competenze superiori sono indicati invece conK: il lettore che non riuscissea svolgersi da solo non deve preoccuparsi.

Invitiamo i lettori a segnalare eventuali errori a [email protected] conoggetto “Funzioni di Variabile Complessa”; l’errata–corrige sara presente dalla homepage di Carlo Mariconda alla pagina www.math.unipd.it/∼maricond

1 Funzioni olomorfe e sviluppidi Laurent

1.1 Esercizi teorici

Esercizio 1.1 Sia f olomorfa e non identicamente nulla attorno ad a ∈ C, con a zerodi molteplicita m ≥ 1. Allora a e zero di molteplicita m− 1 di f ′. Inoltre

f ′(z)

f(z)∼ m

(z − a)z → a, (1.1)

cioef ′(z)

f(z)e asintotica a

m

(z − a)per z → a.

Soluzione. Infatti si ha

f(z) = (z − a)mh(z)

con h olomorfa attorno ad a e h(a) 6= 0. Di conseguenza, attorno ad a si ha

f ′(z) = m(z − a)m−1h(z) + (z − a)mh′(z)= (z − a)m−1g(z), g(z) := mh(z) + (z − a)h′(z);

ed e

g(a) = mh(a) 6= 0.

Infine si ha

f ′(z)

f(z)=m(z − a)m−1h(z) + (z − a)mh′(z)

(z − a)mh(z)

=m(z − a)m−1h(z)

(z − a)mh(z)+

(z − a)mh′(z)

(z − a)mh(z)

=m

z − a+h′(z)

h(z)∼ m

z − aper z → a.

8 Funzioni olomorfe e sviluppi di Laurent

Nel seguito utilizziamo spesso la seguente ovvia versione complessa del Teorema diDe l’Hopital.

Esercizio 1.2 (Regola di De l’Hopital) Siano f, g funzioni olomorfe attorno ad a ∈ZC, con g non identicamente nulla e sia f(a) = g(a) = 0. Allora, se esiste il limite

limz→a

f ′(z)

g′(z)= ` ∈ C

si ha

limz→a

f(z)

g(z)= `.

Soluzione. Supponiamo f non identicamente nulla attorno ad a, altrimenti non c’enulla da provare. Sia n la molteplicita di a come zero di f . Sia m ≥ 1 la molteplicitadi a come zero di g. Se n ≥ 1 e la molteplicita di a come zero di f . per l’Esercizio 1.1si ha che a e zero di molteplicita n − 1 per f ′ e m − 1 per g′: di conseguenza vi ec ∈ C \ 0 tale che

f ′(z)

g′(z)∼ c (z − a)n−1

(z − a)m−1= c(z − a)n−m

per z che tende ad a. Ora, essendo

limz→a

f ′(z)

g′(z)= lim

z→ac(z − a)n−m = ` ∈ C,

necessariamente si ha n ≥ m e ` = 0 se n > m, ` = c se n = m. Per l’Esercizio 1.1

f(z) ∼ f ′(z)

n(z − a), g(z) ∼ g′(z)

m(z − a) z → a,

da cui

f(z)

g(z)∼ m

n

f ′(z)

g′(z)→ m

n` z → a.

Nel caso n ≥ m si ha ` = 0 e si ottiene limz→a

f(z)

g(z)= 0 = `; nel caso m = n si

ottiene limz→a

f(z)

g(z)= `.

1.2 Esercizi di allenamento 9

1.2 Esercizi di allenamento

1.2.1 Poli e residui di ordine 1

Esercizio 1.3 Trovare le singolarita della funzione

fα(z) =eiαz

z4 + z2 + 1, (α > 0)

calcolando il residuo su quelle con parte immaginaria positiva.Soluzione. Troviamo gli zeri del denominatore: t2 + t + 1 = 0 per t = (−1 ±√

1− 4)/2 = (−1 ± i√

3)/2 = e±i2π/3; quindi gli zeri del denominatore, tuttisemplici, sono eiπ/3,−eiπ/3, e−iπ/3,−e−iπ/3. Di questi eiπ/3 = (1 + i

√3)/2 e

−e−iπ/3 = (−1 + i√

3)/2 hanno coefficiente dell’immaginario positivo. Residui:

Res(fα, eiπ/3) =

eiα(1+i√3)/2

4eiπ + 1 + i√

3=e−α

√3/2eiα/2

−3 + i√

3;

Res(fα,−e−iπ/3) =eiα(−1+i

√3)/2

4e−iπ − 1 + i√

3=e−α

√3/2e−iα/2

3 + i√

3.

Esercizio 1.4 Si consideri la funzione di variabile complessa

fαβ(z) =eiαz − eiβz

z2(1 + z2)(α, β ∈ R, α 6= β).

Trovarne e classificarne le singolarita, calcolando i residui su quelle con parteimmaginaria ≥ 0.Soluzione. z = 0 e polo di ordine 1 (e zero di molteplicita 2 per il denominatore, madi molteplicita 1 per il numeratore, essendo α 6= β), con residuo;

limz→0

zeiαz − eiβz

z2(1 + z2)= lim

z→0

eiαz − eiβz

z= (Hopital) = iα− iβ.

Invece z = ±i sono poli di ordine 1, essendo zeri semplici per il denominatore, senzaannullare il numeratore. Il residuo in z = i e (e−α − e−β)/(−2i).

Esercizio 1.5 Data la funzione di variabile complessa

f(z) =zez

e4z − 1

classificarne le singolarita. Calcolare il residuo di f in iπ/2. Soluzione. Gli zeri deldenominatore sono per 4z = 2kπi e cioe z = kπi/2, tutti di molteplicita 1; se k = 0si ha z = 0 dove anche il numeratore e nullo, e la singolarita z = 0 e eliminabile; gli

altri sono poli del primo ordine. Si ha poi Res(f, iπ/2) =(iπ/2)eiπ/2

4e2πi= −π

8.


Esercizio 1.6 E data la funzione

f(z) =z2(1− e2πiz)

(z2 − 1)(z2 + a2)a > 0, a costante.

Se ne trovino le singolarita, classificandole. Trovare il residuo nelle singolarita conparte 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 sonosingolarita eliminabili. Invece ±ia sono poli semplici, dato che in essi il numeratorenon si annulla (vale −a2(1− e∓2πa), e per ipotesi a non e zero); si ha

Res(f, ia) =(ia)2(1− e2πiia)((ia)2 − 1)2ia

=−a2(1− e−2πa)(−a2 − 1)2ia

=a

2i

1− e−2πa

1 + a2

(chiaramente il residuo in ±1 e nullo, essendo queste singolarita eliminabili).

Esercizio 1.7 Descrivere singolarita e residui della funzione

f(z) =1− e2πiz

z4 − 1. (1.2)

Soluzione. Gli zeri del denominatore sono le radici quarte di 1, ovvero 1, i,−1,−i esono semplici, dato che la derivata del denominatore, 4z3, e nulla solo in z = 0. Ilnumeratore si annulla per e2πiz = 1, il che equivale a z ∈ Z; ne segue che ±1 sonosingolarita eliminabili (in esse la f vale −2πi/4(±1)3 = ∓iπ/2, come si vede conla regola di de l’Hopital), mentre si ha

Res(f, i) =1− e2πii

4i3=i

4(1− e−2π);

Res(f,−i) =1− e2πi(−i)

4(−i)3=−i4

(1− e2π).

Esercizio 1.8 Data la funzione

f(z) =e(1+i)z

e2z + 4.

Trovarne singolarita e residui.


Soluzione. Si ha e2z = −4 se e solo se 2z = log(−4)+2kiπ, con k intero, dove loge il logaritmo principale, log(−4) = log 4 + iπ=2 log 2 + iπ. Poiche il numeratorenon e mai nullo, gli zeri del denominatore, che sono semplici, e sono

ak = log 2 + iπ

2+ kiπ (k ∈ Z)

sono poli del primo ordine per f , con residui

Res(f, ak) =e(1+i)ak

(e2z + 4)′z=ak=elog 2−π/2−kπ+i(log 2+π/2+kπ)

(2e2z)z=ak

=2e−π/2−kπei(π/2+kπ)ei log 2

−8

cioe

Res(f, ak) = (−1)k+1ie−π/2−kπ+i log 2

4.

Esercizio 1.9 Determinare poli e residui della funzione1

z4 + 1contenuti sul

semipiano Im z > 0.Soluzione. La funzione f(z) = 1/(1+z4) ha quattro poli di ordine 1; quelli contenutinel semipiano Im z ≥ 0 sono z1 = eiπ/4 e z2 = e3iπ/4. Si ha inoltre

Res(f, eiπ/4) =

(1

4z3

)z=eiπ/4

=1

4e−3iπ/4,

Res(f, e3iπ/4) =

(1

4z3

)z=e3iπ/4

=1

4e−iπ/4.

1.2.2 Poli e residui di ordine > 1

Esercizio 1.10 (Calcolo di residui su poli di ordine > 1) Sia f funzione di variabi-Zle complessa con polo di ordine m in a. Provare che h(z) = (z − a)mf(z) ha in auna singolarita eliminabile e che se

h(z) =∞∑k=0

dk(z − a)k, dk =h(k)(a)

k!

e lo sviluppo di Taylor di h intorno ad a allora

f(z) =∞∑k=0

dk(z − a)k−m


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 qualchec 6= 0 e pertanto (z−a)mf(z)→ c per z → a; ne segue che h(z) = (z−a)mf(z) elimitata attorno ad a che e quindi singolarita eliminabile per h che possiamo pertantoconsiderare olomorfa attorno ad a. Il resto e facile.

Esercizio 1.11 Classificare la singolarita e il residuo di

f(z) =z2ez

(1 + ez)2

in z = iπ.Soluzione. Posto g(z) = z2ez, h(z) = ez+1 e g(iπ) = π2 6= 0, h′(iπ) = −1 6= 0:iπ e polo di ordine 2. Si ha poi

(z2ez)′z=iπ = (2zez + z2ez)z=iπ = −2iπ + π2

da cui z2ez = π2 + (π2 − 2iπ)(z − iπ) + oiπ(z − iπ) e

ez = (ez)iπ + (ez)iπ(z − iπ) +1

2(ez)iπ(z − iπ)2 + oiπ(z − iπ)2

da cui (ez + 1)/(z − iπ) = −1− 12

(z − iπ) + oiπ(z − iπ) dalla quale si ricava

z − iπez + 1

=1

−1+

(−−1/2

(−1)2

)(z − iπ) + oiπ(z − iπ)

= −1 +1

2(z − iπ) + oiπ(z − iπ)(

z − iπez + 1

)2

= 1− (z − iπ) + oiπ(z − iπ)

ed infine

(z − iπ)2f(z) =((z − iπ)

ez + 1

)2z2ez = π2 + (π2 − 2iπ − π2)(z − iπ) + oiπ(z − iπ)

= π2 − 2iπ((z − iπ)) + oiπ(z − iπ)

e quindi

f(z) =π2

(z − iπ)2− 2iπ

(z − iπ)+R(z),

dove e R(z) olomorfa attorno a iπ e Res(f, iπ) = −2iπ. (Lo stesso problema erisolto in modo diverso in [2].)


Esercizio 1.12 Data la funzione complessa (α ∈ C costante complessa)

fα(z) =eαz

(1 + e2z)2,

se ne classifichino le singolarita, e si calcoli il residuo sulla singolarita c con 0 <Im c < π. Soluzione. Il numeratore non e mai nullo; la funzione 1 + e2z ha zerisemplici nei punti z per cui e2z = −1 ⇐⇒ 2z = (2k + 1)iπ e cioe suglizk = iπ/2 + kiπ, k ∈ Z. Questi sono tutti poli del secondo ordine per fα. Il polo crichiesto e c = iπ/2; inoltre

Res(fα, iπ/2) =d

dz

((z − iπ/2)2eαz

(e2z + 1)2

)z=iπ/2

= limz→iπ/2

(2(z − iπ/2)(e2z + 1)− (z − iπ/2)24e2z

(e2z + 1)3eαz + αeαz

(z − iπ/2e2z + 1

)2).

Il limite limz→iπ/2(e2z + 1)/(z − iπ/2) coincide con la derivata di e2z in z =

iπ/2 e cioe con −2; in altre parole e2z + 1 ∼ −2(z − iπ/2) per z → iπ/2; ilsecondo termine tende quindi ad αeiπα/2/4; nel primo si scrive −8(z − iπ/2)3 aldenominatore in luogo di (e2z + 1)3 e si ha (si semplifica un termine z − iπ/2):

limz→iπ/2

2(z − iπ/2)(e2z + 1)− (z − iπ/2)24e2z

(e2z + 1)3=

= limz→iπ/2

−2(z − iπ/2)(e2z + 1)− 4(z − iπ/2)2e2z

8(z − iπ/2)3

= limz→iπ/2

−2(e2z + 1)− 4(z − iπ/2)e2z

8(z − iπ/2)2

=(L’Hopital) limz→iπ/2

−−8(z − iπ/2)e2z

16(z − iπ/2)

=8eiπ

16= −1

2.

In definitiva Res(fα, iπ/2) = eiπα/2(α− 2)/4.

Esercizio 1.13 Sia α ∈ R fissato. Classificare le singolarita 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 primoordine per sinh, dato che in essi la derivata cosh vale (−1)k 6= 0; sono zeri delsecondo ordine per sinh2; il numeratore non e mai nullo; quindi la funzione ha polidel secondo ordine in tutti i punti ikπ. Calcoliamo Res(f, 0). Trattandosi di un polodel secondo ordine si ha

Res(f, 0) = D

(eiαz

z2

sinh2 z

)z=0

;

la derivata e:

iαeiαzz2

sinh2 z+ eiαz

2z sinh2 z − 2z2 sinh z cosh z

sinh4 z;

facendo il limite per z → 0, il primo addendo tende a iα; il secondo, a parte il fattoreeiαz che tende ad 1, si puo scrivere agli effetti del limite

2z sinh z

z2z + o(z2)− z(1 + o(z))

z2∼ 2

o(z2)

z2

e tende a zero per z → 0. Si ha quindi Res(f, 0) = iα.

1.2.3 Decomposizione in frazioni semplici

Esercizio 1.14 Decomporre in frazioni semplici la funzione razionale

f(z) =z3 + 4

z2(z − 1)4.

Soluzione. Cerchiamo la parte singolare attorno al polo del quarto ordine z = 1sviluppando h(z) = (z − 1)4f(z) = (z3 + 4)/z2 = z + 4/z2 in serie di Taylorattorno ad 1. Si ha

h(1) = 5;

(h′(z))z=1 =

(1− 8

z3

)z=1

= −7;

(h′′(z))z=1 =

(24

z4

)z=1

= 24;

(h(3)(z))z=1 =

(−96

z5

)z=1

= −96

e la parte singolare in z = 1 e quindi

5

(z − 1)4− 7

(z − 1)3+

24/2!

(z − 1)2− 96/3!

z − 1

=5

(z − 1)4− 7

(z − 1)3+

12

(z − 1)2− 16

z − 1.


Per la parte singolare attorno a z = 0, polo del secondo ordine, si prende h(z) =z2f(z) = (z3 + 4)/(z − 1)4; si ha h(0) = 4, e

h′(z) =3z2

(z − 1)4− 4

z3 + 4

(z − 1)5

quindi

h′(0) = −16.

La parte singolare in z = 0 e quindi 4/z2 − 16/z; si ottiene quindi, essendo frazionale propria

f(z) =z3 + 4

z2(z − 1)4=

4

z2− 16

z+

5

(z − 1)4− 7

(z − 1)3+

12

(z − 1)2− 16

z − 1,

come richiesto.

Esercizio 1.15 Decomporre in frazioni semplici la funzione razionale

f(z) =z3 + 4

z2(z − 1)4

Soluzione. Cerchiamo la parte singolare attorno al polo del quarto ordine z = 1sviluppando h(z) = (z − 1)4f(z) = (z3 + 4)/z2 = z + 4/z2 in serie di taylorattorno ad 1. Si ha

h(1) = 5, (h′(z))z=1 =

(1− 8

z3

)z=1

= −7

(h′′(z))z=1 =

(24

z4

)z=1

= 24, (h(3)(z))z=1 =

(−96

z5

)z=1

= −96

e la parte singolare in z = 1 e quindi

5

(z − 1)4− 7

(z − 1)3+

24/2!

(z − 1)2− 96/3!

z − 1=

5

(z − 1)4− 7

(z − 1)3+

12

(z − 1)2− 16

z − 1.

Per la parte singolare attorno a z = 0, polo del secondo ordine, si prende h(z) =z2f(z) = (z3 + 4)/(z − 1)4; si ha h(0) = 4, e

h′(z) =3z2

(z − 1)4− 4

z3 + 4

(z − 1)5h′(0) = −16.

La parte singolare in z = 0 e quindi 4/z2 − 16/z; si ottiene quindi, essendo frazionale propria,

f(z) =4

z2− 16

z+

5

(z − 1)4− 7

(z − 1)3+

12

(z − 1)2− 16

z − 1.


Esercizio 1.16 Decomporre in frazioni semplici la funzione

f(z) =1

z5(z + 1)3.

Soluzione. Procedendo come nell’Esercizio 1.15 si trova

f(z) =1

z5− 3

z4+

6

z3− 10

z2+

15

z− 1

(z + 1)3− 5

(z + 1)2− 15

z + 1.

1.2.4 Sviluppi di Laurent

Esercizio 1.17 Determinare lo sviluppo di Laurent della funzione f(z) =1

(z − 2)(5− z)attorno a z0 = 2, determinare poi il residuo di f in 2. Soluzione.

E1

(z − 2)(5− z)=

1

z − 2

1

5− z. Scrivendo 5− z = 3− (z − 2) si ha

1

5− z=

1

3− (z − 2)=

1

3

1

1−(z−23

)Ricordando che

1

1− w=∞∑n=0

wn, |w| < 1

si ha

1

1−(z−23

) =∞∑n=0

(z − 2

3

)n,

∣∣∣∣z − 2

3

∣∣∣∣ < 1

ed e quindi

1

5− z=∞∑n=0

1

3n+1(z − 2)n, |z − 2| < 3

da cui, per 0 < |z − 2| < 3,

1

(z − 2)(5− z)=∞∑n=0

1

3n+1(z − 2)n−1 =

1

3(z − 2)+∞∑n=0

1

3n+2(z − 2)n

e pertanto Res(f, 2) = 13.


1.2.5 Teorema dei residui e integrali su circuiti

Esercizio 1.18 Si consideri la funzione

f(z) =z(z2 + 4π2)

1− cosh z.

(i) Determinare le singolarita, classificandole.(ii) Calcolare ∫

|z−2i|=8

f(z) dz.

Soluzione. (i) Il denominatore ha zeri per cosh z = 1, e cioe per cos(iz) = 1, ovveroiz = 2kπ, che equivale a z == −2kπi = 2mπi,m ∈ Z. Cerchiamo la molteplicitadi tali zeri: si haD(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: ipunti 2mπi, m ∈ Z, sono zeri di molteplicita 2 per il denominatore. Il numeratore siscrive 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, 1sono 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; poiche 6 < 2π < 10 < 4π, entro il circolo cadono le singolarita 0, 2πi;per il teorema dei residui si ha:∫

|z−2i|=8

f(z) dz = 2πi (Res(f, 0) + Res(f, 2πi)) .

Trattandosi di poli semplici si ha

Res(f, 0) = limz→0

zf(z) = 4π2 limz→0

z2

1− cosh z= −8π2;

Res(f, 2πi) = limz→2πi

(z − 2πi)f(z) = 2πi(2πi+ 2πi) limz→2πi

(z − 2πi)2

1− cosh z

= −8π2 limz→2πi

2(z − 2πi)

− sinh z= 16π2.

In definitiva ∫|z−2i|=8

f(z) dz = 16π3i.


Esercizio 1.19 Calcolare, usando il teorema dei residui:∫γ

1

z2 + 8z + 1dz

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 singolarita entro il circuito, chiaramente polodel primo ordine con residuo

Res

(1

z2 + 8z + 1,−4 +

√15

)=

(1

2z + 8

)z=−4+

√15

=1

2√

15.

Ne segue ∫γ

1

z2 + 8z + 1dz =

πi√15.

Esercizio 1.20 Sia γ il cammino ottenuto giustapponendo il semicerchio di raggio10 sul piano Im z > 0 percorso in senso antiorario con il segmento [−10, 10]. Sia

f(z) =z2

z2 + 25− z2

z2 + 9.

Calcolare∫γf(z) dz con il metodo dei residui.

Soluzione. Le singolarita di f sono±5i e±3i; esse sono poli del primo ordine comee 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 deiresidui si ha ∫

γ

f(z) dz = 2πi(Res(f, 3i) + Res(f, 5i))

Per il calcolo del residuo si ottiene

Res(f, 5i) =

(z2

2z

)z=5i

=(5i)2

10i=

5i

2;

Res(f, 3i) = −(z2

2z

)z=3i

= −(3i)2

6i= −3i

2.

Quindi ∫γ

f(z) dz = 2πi

(−3i

2+

5i

2

)= −2π


Esercizio 1.21

(i) Sia b 6= 0, b ∈ C; posto r = |b|, sviluppare in serie di Laurent la funzione

1

z − b

in B(0, [0, r[) ed in B(0, ]r,+∞[).(ii) Sia 0 < q < 1 costante fissata; si consideri la funzione razionale

F (z) =z

(z − q)(1− qz).

Trovarne poli e residui, e scriverne la decomposizione in frazioni semplici.(iii) Scrivere lo sviluppo di Laurent di F , nella corona circolare che ha i due poli sulla

frontiera.(iv) KSi consideri ora la funzione della variabile reale ϑ

f(ϑ) =1

1 + q2 − 2q cosϑ;

servirsi di (iii) per calcolare i coefficienti di Fourier, in periodo 2π di f (si usanaturalmente la solita sostituzione cosϑ = (ζ + 1/ζ)/2, dove ζ = eiϑ...).

Soluzione. (i) Se |z| < r = |b|, si ha |z/b| < 1; si scrive

1

z − b=

1

b

1

z/b− 1=−1

b

1

1− z/b=−1

b

∞∑n=0

zn

bn

da cui subito lo sviluppo di Laurent della funzione data (sviluppo che in B(0, [0, r[)e quello di Taylor)

1

z − b=∞∑n=0

zn

−bn+1(I)

Se invece |b| = r < |z| si ha |b/z| < 1 e si scrive

1

z − b=

1

z

1

1− b/z=

1

z

∞∑n=0

bn

zn

da cui

1

z − b=

∞∑m=1

bm−1

zm(II)

che e lo sviluppo di Laurent richiesto per |z| > r.


(ii) Chiaramente q, 1/q sono poli di ordine 1 e si ha Res(F, q) = q/(1 − q2),Res(F, 1/q) = −1/q(1− q2), pertanto

F (z) =q/(1− q2)z − q

− 1/q(1− q2)z − 1/q

e la richiesta decomposizione di F in fratti semplici.(iii) Si tratta della corona circolare B(0, ]q, 1/q[. Da (i), lo sviluppo di Laurent di1/(z − q) in tale corona e noto (basta porre q in luogo di b in (I)), e cosı quello di1/(z − 1/q) (si pone 1/q in luogo di b in (I)), per cui subito si ha lo sviluppo diLaurent di F

F (z) =∞∑n=0

1/q(1− q2) zn

1/qn+1+∞∑n=1

q/(1− q2)qn−1

zn

cioe

F (z) =∞∑n=0

qn

1− q2zn +

∞∑n=1

qn

1− q21

zn

(iv) Posto (ζ + 1/ζ)/2 in luogo di cosϑ in f si ottiene

1

1 + q2 − 2q(ζ + 1/ζ)/2=

ζ

ζ + q2ζ − qζ2 − q=

ζ

(ζ − q)(1− qζ)= F (ζ).

La serie di Laurent di F converge totalmente su ogni corona circolare compatta con-tenuta in B(0, ]q, 1/q[, in particolare sul circolo unitario ζ = eiϑ : ϑ ∈ R; si haquindi, sostituendo ζ = eiϑ nello sviluppo prima trovato per F ;

f(ϑ) = F (eiϑ) =∞∑n=0

qn

1− q2einϑ +

∞∑n=1

qn

1− q2e−inϑ

la convergenza della serie a secondo membro essendo totale per ϑ ∈ R; poiche taleserie e serie trigonometrica, essa e necessariamente la serie di Fourier (in periodo 2π)di f ; si ha quindi

cn(f) =qn

1− q2per n = 0, 1, 2, . . .

nonche

cn(f) =q−n

1− q2per n = −1,−2,−3, . . . ;

concisamente

cn(f) =q|n|

1− q2n ∈ Z.

N.B.: La funzione f , a meno di un coefficiente, e il nucleo di Poisson.

1.3 Esercizi risolti 21

1.3 Esercizi risolti

Esercizio 1.22 Sia f(z) = z exp(1/z) ( = ze1/z). Descrivere le singolarita di f , ecalcolarvi lo sviluppo di Laurent: specificare la parte regolare ed il residuo. Calcolarepoi, al variare di m ∈ Z, gli integrali

Im =

∫γ

zmf(z) dz dove γ(t) = eit, t ∈ [0, 2π] e il circolo unitario.

Soluzione. L’unica singolarita e ovviamente z = 0, che e singolarita essenziale comeora vediamo. Ricordando che si ha expw = 1 + w + w2/2! + · · · + wn/n! + · · ·per ogni w ∈ C si ha exp(1/z) = 1 + 1/z + 1/(z22!) + · · ·+ 1/(znn!) + · · · perogni z ∈ C r 0, e quindi

z exp(1/z) = z + 1 +1

z2!+ · · ·+ 1

zn−1n!+ · · · = (1 + z) +

∞∑n=1

1/(n+ 1)!

zn;

la parte regolare e 1 + z, il residuo e 1/2.Il calcolo dell’integrale puo essere spiegato in vari modi: si puo ricordare che il

p-esimo coefficiente dello sviluppo di Laurent di f e cp = (1/2πi)

∫γ

f(z)/zp+1 dz

per dire che si ha

Im =

∫γ

zmf(z) dz = 2πi1

2πi

∫γ

f(z)

z−m−1+1dz = 2πic−(m+1).

Per m = −2 si ha I−2 = 2πic1 = 2πi; per m = −1 si ha I−1 = 2πic0 = 2πi;per m ≥ 0 si ha Im = 2πic−(m+1) = 2πi/(m + 2)!; per m ≤ −3 si ha Im = 0.Riassumendo:

Im

0 per m ≤ −3;

2πi per m = −2,−1;2πi

(m+ 2)!per m ≥ 0.

Esercizio 1.23 K Sia

f(z) =z exp(2πz2)

exp(2πz2)− 1.

(i) Descrivere le singolarita di f , disegnarle sul piano complesso e determinare le partiprincipali a tali singolarita.


(ii) Detto γn il circolo positivamente orientato di centro l’origine e raggio πn, e posto,per n ∈ N, n > 0

In =

∫γn

f(z) dz

calcolare In (esprimerlo con una formula; puo essere utile la funzione parte intera;si ricordi che [x], parte intera del numero reale x, e il massimo intero che nonsupera x).

(iii) Calcolare

limn→∞

Inn2.

Soluzione. (i) exp(2πz2) − 1 = 0 se e solo se 2πz2 = 2kπi con k ∈ Z, e cioaccade se e solo se z e radice quadrata di ki, k ∈ Z; se k > 0 le radici quadrate diki = keiπ/2 sono ±

√keiπ/4, se k < 0 le radici quadrate di ki sono ±

√−ke−iπ/4;

se k = 0 c’e 0 come unica radice quadrata. Riassumendo, le singolarita di f sonoz = 0 e ±

√νe±iπ/4, con tutte le 4 scelte dei segni, al variare di ν in 1, 2, 3, . . . ;

stanno sulle bisettrici dei quadranti e si disegnano come in Figura 1.1.

y

x1

Figura 1.1.

La derivata del denominatore e 4πz exp(2πz2), che e nulla solo per z = 0;gli zeri prima trovati sono quindi tutti di molteplicita 1, salvo z = 0 che e doppio;il numeratore di f e nullo solo in 0, con molteplicita 1. Tutte le singolarita primatrovate sono quindi per f poli del primo ordine; la parte principale ad un singolarita

1.4 Esercizi proposti 23

a e quindi del tipo Res(f, a)/(z − a). Per calcolare i residui:

Res(f, 0) = limz→0

zz exp(2πz2)

exp(2πz2)− 1= lim

z→0

1

exp(2πz2)− 1

z2

tenendo conto del fatto che exp(2πz2) tende ad 1 per z → 0; posto w = z2 si ha

limw→0

1

exp(2πw)− 1

w

=1

(2πe2πw)w=0

=1

2π

mentre per il residuo ad un punto singolare a diverso da 0 si ha subito

Res(f, a) =a exp(2πa2)

4πa exp(2πa2)=

1

4π

(ii) Si noti che essendo π2 irrazionale il circuito non passa per alcuna singolarita di f ,e gli integrali che definiscono In hanno quindi significato. Per il teorema dei residui

In = 2πi(

Res(f, 0) +∑

Res(f,±√νe±iπ/4)

)= i+ 2iν(n)

dove ν(n) e il numero di interi positivi ν tali che√ν < πn, e cioe la parte intera di

π2n2, ν(n) = [π2n2]. Quindi In = i(1 + 2[π2n2]).(iii) Essendo π2n2− 1 < [π2n2] < π2n2 + 1, si ottiene π2− 1/n2 < [π2n2]/n2 <π2 + 1/n2, da cui si ha lim

n→∞[π2n2]/n2 = π2. Ne segue

limn→∞

Inn2

= 2iπ2

1.4 Esercizi proposti

Esercizio 1.24 Sia f(z) =1

(z − 2)2(z − 5). Determinare lo sviluppo di Laurent di

f attorno a z = 2. Determinare poi l’integrale∫|z−2|=1

f(z) dz

dove |z − 2| = 1 e il circolo di centro 2 e raggio 1 orientato positivamente.Soluzione. I primi termini dello sviluppo di Laurent di f in z = 2 sono

− 1

3(z − 2)2− 1

9(z − 2)− 1

27− z − 2

81− 1

243(z − 2)2 − 1

729(z − 2)3 + ...

pertanto l’integrale cercato vale −2πi/9.


Esercizio 1.25 Decomporre in frazioni semplici la funzione

f(z) =1

(z + 1)3z5.

Soluzione. Il risultato e

1

z5− 3

z4+

6

z3− 10

z2+

15

z− 1

(z + 1)3− 5

(z + 1)2− 15

z + 1.

Esercizio 1.26 Sia

f(z) =z(z − 2)

(z − 4)3(z2 + 6).

i) Determinare le singolarita e i residui nei punti singolari.ii) Calcolare poi l’integrale di f sul circolo centrato sull’origine e raggio 3.

Esercizio 1.27 Sia R(z) =z + 1

z3(1 + z2).

i) Determinare singolarita e residui di R;ii) Dimostrare (senza calcoli) che R e la somma delle sue parti singolari nei vari

poliiii) Determinare le parti singolari di R attorno ai poli.iv) Usando ii) decomporre R in frazioni semplici complesse.

Esercizio 1.28 Siano f(z) =ez

e2z + 4e R = z = x+ iy ∈ C : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤

y ≤ π.

1. Determinare e classificare i poli di f contenuti in R;2. Sia γ il circuito costituito dalla frontiera positivamente orientata del rettangolo R.

Calcolare∫γ

f(z) dz.

Esercizio 1.29(i) Determinare lo sviluppo di Laurent di

1

z − 2+

2

4− z

nella corona circolare 2 < |z| < 4.(ii) Classificare le singolarita della funzione

f(z) =z + 2πi

sin(iz)(cos z − 1).


Esercizio 1.30 Si calcoli ∫C

ez dz

(z − 1)(z + 3)2

dove C e la circonferenza |z + 1| = 3 orientata in verso antiorario (si puo usare ilteorema dei residui.

Esercizio 1.31 Sia f la funzione di variabile complessa definita da

f(z) =sin z

z3(z2 + 2z + 2).

i) Determinare le singolarita; classificarle e calcolare i relativi residui.ii) Calcolare l’integrale ∫

C1

f(z) dz

dove C1 e il circolo di raggio 1 centrato nell’origine.

Esercizio 1.32 K Si consideri la funzione di variabile complessa

f(z) =1

z21

ez − e−z.

(i) Determinare le singolarita di f , trovandone i residui.(ii) Sia γR il circolo positivamente orientato di centro l’origine e raggio R > 0.

Calcolare ∫γR

f(z) dz.

(iii) Dimostrare che

limn→+∞

∫γn

f(z) dz

esiste finito.

Esercizio 1.33 KData la funzione

f(z) =sinh(1/z)

zm

1. calcolarne la serie di Laurent di f(z) ed il residuo in z = 0 al variare del parametrom ∈ Z (sugg: ricordare lo sviluppo dell’esponenziale complesso...).

2. Dire per quali valori del parametro m l’integrale∫γ

f(z)dz e diverso da zero e

calcolarlo (γ e la circonferenza di centro 0 e raggio 1).


Esercizio 1.34 K

(i) Determinare i punti singolari della funzione della variabile complessa z

f(z) =z

sin2 z− 1

z− 1

z − π

e classificarli.(ii) Calcolare i residui della funzione f nei suoi punti singolari.

(iii) Nell’insieme z ∈ C : 0 < Re z < 1 f ha una primitiva? E nell’insiemez ∈ C : 0 < |z| < 1?

Esercizio 1.35 K Si consideri la funzione di variabile complessa

f(z) =1

z2 − 1cos

(πz

z + 1

).

(i) Determinare i punti singolari e classificarli.(ii) Calcolare i residui (ricordare che se

f(z) =+∞∑−∞

ap(z − z0)p, g(z) =+∞∑−∞

bq(z − z0)q

nella corona r < |z − z0| < R allora nella stessa corona f(z)g(z) =+∞∑−∞

cr(z −

z0)r dove cr =

∑p+q=r

apbq).

(iii) Dire se f ha primitive nel semipiano di destra (rispettivamente di sinistra).(iv) Determinare il raggio di convergenza della serie di Taylor relativa al punto z0 =

(1 + i)/2.(v) Dire se f e limitata in un intorno di∞.

Esercizio 1.36 K Data la funzione

f(z) =cotanhπz

z2 + 1,

determinarne le singolarita. Trovare le parti principali attorno a tutte le singolarita(cioe i termini con esponente negativo della serie di Laurent).

Esercizio 1.37 K Sia f(z) =+∞∑n=0

cnzn, |z| < R, R > 0, c0 6= 0.

(i) Scrivere lo sviluppo in serie di potenze della funzione g(z) tale che g(0) =g′(0) = 0 ed inoltre g′′(0) = f(z).

(ii) Provare che esiste ε > 0 tale che g(z) 6= 0 per ogni z con 0 < |z| < ε.


(iii) Sia h(z) = 1/g(z), 0 < |z| < ε, calcolare Res(h(z), 0).

Esercizio 1.38 K

(i) Sia r > 0; mostrare che l’espressione ‖f‖r = max |f(z)| : |z| ≤ r definisceuna norma sullo spazio H(C) delle funzioni olomorfe su C.

(ii) Sia 0 < r < s. Provare che la applicazione lineare Φ : (H(C); ‖#‖s) →(H(C); ‖#‖r) definita da Φ(f) = f ′ e continuaSuggerimento: Servendosi della formula di Cauchy si esprima f ′(z) su rB tramiteun integrale involvente f , ma non f ′, esteso al bordo γs di sB; B essendo la pallaunitaria di C.

(iii) Sia∞∑n=0

fn una serie di elementi di H(C) che converge uniformemente a f ∈

H(C) su ogni compatto di C; usando (ii) provare che∞∑n=0

f ′n = f .

Esercizio 1.39 K Si consideri in C r 0 la serie di funzioni∞∑k=0

1/(k!zk).

(i) Provare che, per ogni a ∈ R, a > 0, la serie converge uniformemente su Ca =z ∈ C : |z| ≥ a e calcolarne la somma g(z); provare che g ∈ H(C r 0).

(ii) Calcolare, per ogni n = 0, 1, 2, . . . l’integrale∫γ

g(z)zn dz essendo γ il circolo

positivamente orientato di centro 0 e raggio 1.Suggerimento: Servirsi della espressione di g come serie.

Esercizio 1.40 K

(i) Si ponga

ϕ(ξ) =

∫ 2π

0

2(ξ − cosϑ)

cos2 ϑ− 2ξ cosϑ+ ξ2dϑ.

Calcolare ϕ(ξ) per ξ ∈ R r −1, 1.Suggerimento: Per gli ξ di R per cui ϕ(ξ) e finito, trasformare l’integrale dato inun integrale di funzione razionale esteso al circolo unitario ed usare il teorema deiresidui.

(ii) Servendosi di (i) calcolare

Φ(ξ) =

∫ 2π

0

log (cos2 ϑ− 2ξ cosϑ+ ξ2) dϑ

giustificando la risposta.


Esercizio 1.41 K Sia Ω aperto in C e f ∈ H(Ω), f = u+iv con u e v a valori reali.Sia I un intervallo reale e sia γ(t) = ϕ(t) + iψ(t) una curva di classe C1 da I entroΩ soddisfacente l’identita ˙γ(t) = f ′(γ(t)), cioe ϕ(t)− iψ(t) = f ′(ϕ(t) + iψ(t)).

(i) Si provi che v γ e costante.(ii) Si provi che u γ e monotona.

Suggerimento: Si faccia uso delle condizioni di Cauchy-Riemann.

Esercizio 1.42 K

(i) Sia Ω aperto semplicemente connesso di C; siano a1, . . . , am ∈ Ω, con ak 6= alse k 6= l. Sia f ∈ H(Ω r a1, . . . , am); si supponga che tutti gli ak siano poliper f . Provare che f ammette una primitiva in Ω r a1, . . . , am se e solo seRes(f, ak) = 0 per k = 1, . . . ,m.

(ii) Sia p ≥ 1, p intero. Definiamo fp : C r 0 → C ponendo

fp(z) =sin z

zp;

per quali p la funzione fp ammette una primitiva in C r 0? Per questi valori dip scrivere la serie di Laurent (attorno a 0) di ogni possibile primitiva di fp.

(iii) La funzione

f1(z) =sin z

z

ammette una ed una sola primitiva F tale che limR3x→∞

F (x) = 0; scrivere la serie

di Laurent di F (attorno a 0).Suggerimento: Ricordare l’integrale di Dirichlet.

1.5 Esercizi teorici di difficolta superiore

Esercizio 1.43 (Un metodo per poli di ordine 2) Lo scopo dell’esercizio e quellodi provare la seguente regola (da non ricordare!). Sia Ω ⊂ C aperto, a ∈ Ω,h, g ∈ H(Ω); g(a) 6= 0, h(a) = 0, h′(a) 6= 0. Allora a e polo di ordi-

ne 2 per f(z) =g(z)

h(z)2. Inoltre se g(z) = α0 + α1(z − a) + oa(z − a) e

h(z)/(z − a) = β0 + β1(z − a) + oa(z − a) si ha

Res(f, a) = (α1β0 − 2α0β1)/β30 .

Morale: Basta calcolare i primi due termini dello sviluppo di Taylor di g(z) e dih(z)/(z − a) attorno ad a per ottenere il residuo.Soluzione. E

limz→a

(z − a)2f(z) = limz→a

(z − ah(z)

)2

g(z) =g(a)

(h′(a))26= 0 :

1.5 Esercizi teorici di difficolta superiore 29

a e polo di ordine 2. Posto ϕ(z) = (z−a)/h(z) = γ0 +γ1(z−a)+oa(z−a) si ha(z − ah(z)

)2

= γ20 + 2γ0γ1(z − a) + oa(z − a)

da cui

(z − a)2f(z) =

(z − ah(z)

)2

g(z) = α0γ20 + (2α0γ0γ1 + α1γ

20)(z − a) + oa(z − a)

sicche Res(f, a) = 2α0γ0γ1 +α1γ20 . Per concludere basta osservare che h(z)/(z−

a) = 1/ϕ(z) sicche β0 = 1/ϕ(a) = 1/γ0 e β1 = −ϕ′(a)/ϕ2(a) = −γ1/γ20 da

cui γ0 = 1/β0 e γ1 = −β1/β20 .

Esercizio 1.44 K Per ogni r > 0 sia γr(ϑ) = reiϑ, ϑ ∈ [0, 2π], il circolopositivamente orientato di centro 0 e raggio r.

(i) Sia f(z) = f(x+ iy) funzione continua sul sostegno del circolo γr. Esprimere∫γr

f(z)

zdz

mediante ∫γr

f(x+ iy) |dγr|

(∫γr

f(x + iy)|dγr| e l’integrale “al differenziale d’arco”) e trovare cosı una

relazione tra i due integrali.(ii) Sia w ∈ C con |w| 6= r. Usando (i) ed il teorema dei residui calcolare∫

γr

1

(x+ iy)− w|dγr|

(conviene distinguere i casi |w| < r e |w| > r).(iii) Sia D = z ∈ C : |z| ≤ 1 il disco unitario. Servendosi della formula∫

D

f(x+ iy) dx dy =

∫ 1

0

(∫γr

f(x+ iy) |dγr|)dr. (∗)

calcolare, al variare di w ∈ C,∫D

1

(x+ iy)− wdxdy.

(iv) Giustificare la formula (∗).


Soluzione. (i) Si ha∫γr

f(z)

zdz =

∫ 2π

0

f(reiϑ)

reiϑireiϑ dϑ = i

∫ 2π

0

f(reiϑ) dϑ,

mentre e (|dγr| = r dϑ)∫γr

f(x+ iy) |dγr| =∫ 2π

0

f(reiϑ)r dϑ

per cui ∫γr

f(x+ iy) |dγr| =r

i

∫γr

f(z)

zdz

e la relazione richiesta.(ii) Posto f(z) = 1/(z − w), la formula precedente porge∫

γr

1

(x+ iy)− w|dγr| =

r

i

∫γr

1

z(z − w)dz.

La funzione z 7→ 1/(z(z − w)) ha, se w 6= 0, poli del primo ordine per z = 0 ez = w, con residui rispettivi −1/w e 1/w, mentre ha un polo del secondo ordine inz = 0, con residuo nullo, se w = 0. Per il teorema dei residui si ha (w 6= 0)∫

γr

1

z(z − w)dz = 2πi

(w(γr, 0)

−w+w(γr, w)

w

)e mentrew(γr, 0) = 1 per ogni r > 0, si haw(γr, w) = 1 se |w| < r,w(γr, w) = 0se |w| > r. Se w = 0, l’integrale e nullo. Riassumendo∫

γr

1

(x+ iy)− w|dγr| =

0 se |w| < r,

−2πr

wse |w| > r.

(iii) Come funzione di r la funzione

F (r) =

∫γr

1

(x+ iy)− w|dγr|

e definita su ]0,+∞[ r |w| e puo scriversi

−2πr

wχ]0,|w|[(r);

L’integrale di tale funzione e

∫ 1

0

F (r) dr =

−2π

w

∫ |w|0

r dr = −π |w|2

wse |w| ≤ 1,

−2π

w

∫ 1

0

r dr = − πw

se |w| > 1.

1.6 Quiz a risposte multiple 31

Osservando che |w|2 = ww, il risultato finale e

∫D

1

(x+ iy)− wdxdy =

−πw se |w| ≤ 1,

− πw

se |w| > 1.

(iv) Non e altro che l’integrazione in coordinate polari, combinata con la formula diriduzione: ∫

D

f(x+ iy) dx dy =

∫]0,1[×]0,2π[

f(reiϑ)r dr dϑ

=

∫ r=1

r=0

(∫ ϑ=2π

ϑ=0

f(reiϑ)r dϑ

)dr

e come sopra visto ∫ ϑ=2π

ϑ=0

f(reiϑ)r dϑ =

∫γr

f(x+ iy) |dγr|.

Esercizio 1.45 K Sia Ω un aperto connesso di C, f ∈ H(Ω); supponiamo che siaZ(f) 6= ∅ mentre Z(f ′) = ∅. Siano u(x, y) e v(x, y) rispettivamente la parte realee immaginaria di f .

(i) Sia Γ1 = (x, y) ∈ R2 : u(x, y) + v(x, y) = 0 e Γ2 = (x, y) ∈ R2 :u(x, y) − v(x, y) = 0. Provare che Γ1 e Γ2 sono entrambe non vuote e sono1-varieta (di classe C∞).

(ii) Provare che Γ1 ∩ Γ2 non ha punti di accumulazione contenuti in Ω. Puo accadereche Γ1 ∩ Γ2 sia vuoto?

(iii) Sia w ∈ Γ1 ∩ Γ2. Qual e l’angolo formato dalle rette tangenti a Γ1,Γ2 in w?

1.6 Quiz a risposte multiple

Esercizio 1.46 Determinare la parte singolare di1

(z − 1)2(z − 5)3attorno a z = 1.

Calcolare poi l’integrale ∫|z−2|=2

1

(z − 1)2(z − 5)3dz

a)− 128iπ b)256iπ

5c)− 2iπ

15d)

3iπ

5e)

5π

256f)− 3iπ

128


Esercizio 1.47 Determinare lo sviluppo di Laurent di f(z) =1

(z − 3)(5− z)attorno a 3. Dedurre poi il valore del coefficiente di (z − 3)2 di tale sviluppo.

a)− 1/4 b)1/8 c)1 d)1/64 e)1/16 f)2

Esercizio 1.48 Calcolare l’integrale∫|z|=2

3eiπz

z2 − 4z + 3dz

a) 1 b) 3iπ c) iπ d)− π e)− iπ f)−√π/2

1.6.1 Soluzioni dei quiz

Soluzione Esercizio 1.46. f)

Soluzione Esercizio 1.47. Lo sviluppo e

1

2(z − 3)+

1

4+z − 3

8+

1

16(z − 3)2 +

1

32(z − 3)3 +

1

64(z − 3)4 +

1

128(z − 3)5 + ...;

pertanto la risposta corretta e la e).

Soluzione Esercizio 1.48. d)

2 Funzioni armoniche efunzioni olomorfe


Esercizio 2.1

(i) Accettando il fatto che u : R2 → R definita da

u(x, y) = ex(x cos y − y sin y)

e armonica su R2, trovarne un’armonica coniugata v(x, y).(ii) Scrivere un formula in z = x + iy che descriva la funzione olomorfa f(z) =

f(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y).

Soluzione. (i) Per le identita di Cauchy-Riemann si ha

∂xv(x, y) = −∂yu(x, y) = −ex(−x sin y − sin y − y cos y),

∂yv(x, y) = ∂xu(x, y) = ex(x cos y − y sin y) + ex cos y;

ne segue che le v richieste sono le primitive della forma differenziale

−∂yu(x, y) dx+ ∂xu(x, y) dy,

ex(x sin y + sin y + y cos y) dx+ ex(x cos y − y sin y + cos y) dy.

cioe

L’armonicita di u che ci viene garantita equivale al fatto che tale forma sia chiusa(−∂2

xu = ∂2yu), e quindi all’esattezza, essendo R2 semplicemente connesso. Per

trovarne una primitiva, dato (x, y) ∈ R2 integriamo la forma sulla poligonale divertici (0, 0), (x, 0), (x, y), ottenendo

v(x, y) =

∫ x

0

eξ(ξ sin 0 + sin 0 + 0 cos 0) dξ +

∫ y

0

ex(x cos η − η sin η + cos η) dη

= ex(x[sin η]y0 + [η cos η]y0 −

∫ y

0

cos η dη + [sin η]y0

)= ex(x sin y + y cos y − sin y + sin y)

34 Funzioni armoniche e funzioni olomorfe

in definitiva, si ottiene (a meno di costanti reali additive)

v(x, y) = ex(x sin y + y cos y).

(ii) Si ha f(z) = ex(x cos y − y sin y) + iex(x sin y + y cos y) = ex((x cos y −y sin y) + i(x sin y + y cos y)) = ex(cos y + i sin y)(x+ iy) = exeiy(x+ iy) =ex+iy(x + iy). Si ottiene insomma (sempre a meno di costanti, ora puramenteimmaginarie) f(z) = ezz.

Esercizio 2.2

(i) Data la forma differenziale

ω(x, y) =x2 − y2

(x2 + y2)2dx+

2xy

(x2 + y2)2dy (∗)

definita su R2 r O, sapendo che essa e chiusa (accettare tale fatto) mostrare chee anche esatta.

(ii) Mostrare che (∗) ha primitive armoniche.(iii) Trovare una funzione che sia olomorfa su C r O e che abbia una primitiva di

(∗) come parte reale.

Soluzione. (i) La forma essendo chiusa su R2 r O, per un noto risultato saraesatta se e solo se il suo integrale sul circolo semplice unitario e nullo. Dettoγ(t) = (cos t, sin t), t ∈ [0, 2π], tale circolo, si ha∫

γ

ω =

∫ 2π

0

(cos2 t− sin2 t)(− sin t) + 2 cos t sin t cos t

dt

=

∫ 2π

0

sin t dt = 0.

Quindi ω e esatta.(ii) Se u(x, y) e una primitiva di ω, e ∂1u = ω1(x, y) e ∂2u = ω2(x, y) per cui u earmonica se e solo se ∂1ω1 + ∂2ω2 = 0, identicamente in R2 r O. Si ha

∂1ω1(x, y) =2x

(x2 + y2)2+ (x2 − y2) −4x

(x2 + y2)3=

2x3 + 2xy2 − 4x3 + 4xy2

(x2 + y2)3

=2x(3y2 − x2)

(x2 + y2)3

mentre

∂2ω2(x, y) =2x

(x2 + y2)2+ 2xy

−4y

(x2 + y2)3=

2x3 + 2xy2 − 8xy2

(x2 + y2)3

= −2x(3y2 − x2)

(x2 + y2)3.


Ne segue quanto voluto.(iii) Detta u una primitiva (reale!) di ω si deve trovare un’armonica coniugata v di u,che (se esiste) come sappiamo e una primitiva della forma

− 2xy

(x2 + y2)2dx+

x2 − y2

(x2 + y2)2dy.

E immediato vedere che una funzione che ha come derivata parziale rispetto ad xla prima componente −2xy/(x2 + y2)2 di tale forma e ad esempio y/(x2 + y2).Siamo indotti a cercare primitive di ω del tipo y/(x2 + y2)+ϕ(y); derivando rispettoad y tale funzione si ha

1

x2 + y2− 2

y

2

(x2 + y2)2 + ϕ′(y) =x2 − y2

(x2 + y2)2+ ϕ′(y)

ed imponendo l’uguaglianza con la seconda componente della forma si ha ϕ′(y) = 0.Ne segue che y/(x2 + y2) e una primitiva della forma sopra scritta. Inoltre si e vistoche

∂y

(y

(x2 + y2)

)=

x2 − y2

(x2 + y2)2;

si ha allora, scambiando x con y, che x/(x2 + y2) ha (y2 − x2)/(x2 + y2)2 co-me derivata parziale rispetto ad x, e sempre scambiando x con y si ha che la de-rivata parziale rispetto ad y di questa funzione e −2xy/(x2 + y2)2. Ne segue che−x/(x2 + y2)e una primitiva di ω. Una funzione olomorfa che abbia una primitivadi ω come parte reale deve quindi essere

f(z) = f(x+ iy) =−x

x2 + y2+ i

y

x2 + y2= − x− iy

x2 + y2= − z

zz= −1

z

cioe f(z) = −1/z e una delle funzioni richieste (le altre differiscono da questa peruna costante complessa).


u(x, y) = ex (x cos y − y sin y) .

(i) Provare che u e armonica.(ii) Trovare un’armonica coniugata v per u (una funzione v di due variabili tale che

f(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y) sia olomorfa).(iii) Sia γ : [0, 1]→ C definito da γ(t) = e2πit. Calcolare∫

γ

f(z)

z2dz,

dove f e la funzione di cui in (ii).


2.2 Esercizi teorici

Esercizio 2.4 Sia f ∈ H(C) olomorfa intera.

(i) Provare che per ogni z ∈ C ed ogni r > 0 si ha

|f(z)| ≤ 1

2π

∫ 2π

0

|f(z + reiϑ)| dϑ.

(ii) Dedurne che per ogni z ∈ C ed ogni r > 0 si ha

|f(z)| ≤ 1

2πr

∫∂B(z,r]

|f(ζ)| dsr(ζ),

dove dsr(ζ) indica il “differenziale d’arco”.(iii) Usando (ii), provare che per ogni z ∈ C ed ogni r > 0 si ha

|f(z)| ≤ 1

πr2

∫B(z,r]

|f(x+ iy)| dx dy.

(iv) Dedurne che una funzione olomorfa intera sta in L1(R2) se e solo se eidenticamente nulla.

(v) Usando le idee precedenti mostrare che se u ∈ L1(Rn) e armonica, allora u eidenticamente nulla.

Soluzione. (i) Ricordiamo la formula di Cauchy per il circolo (γr(ϑ) = z + reiϑ,ϑ ∈ [0, 2π])

f(z) =1

2πi

∫γr

f(ζ)

ζ − zdζ =

1

2πi

∫ 2π

0

f(z + reiϑ)

reiϑireiϑ dϑ

=1

2π

∫ 2π

0

f(z + reiϑ) dϑ

da cui, usando la disuguaglianza fondamentale

|f(z)| ≤ 1

2π

∫ 2π

0

|f(z + reiϑ)| dϑ

come si voleva.(ii) Il “differenziale d’arco”, od elemento di lunghezza, sul circolo γr il cui sostegnoe ∂B(z, r] e, come si sa, dsr(ζ) = |γ′r(ϑ)| dϑ = |ireiϑ| dϑ = r dϑ; la formulavoluta si ha quindi dalla precedente, moltiplicando e dividendo per r.(iii) Per la formula di integrazione sulle sfere (vedi Sezione ??), l’integrale suB(z, r]di una qualsiasi funzione g(x+ iy) ivi sommabile si ottiene integrando fra 0 ed r gliintegrali di g sui circoli di centro z e raggio % ≤ r:∫

B(z,r]

g(x+ iy) dx dy =

∫ r

0

∫∂B(z,%]

g(ζ) ds%(ζ)

d%.

2.2 Esercizi teorici 37

Per 0 < % ≤ r la disuguaglianza in (ii) porge

2π%|f(z)| ≤∫∂B(z,%]

|f(ζ)| dsr(ζ),

ed integrando tale disuguaglianza per % fra 0 ed r si ottiene

πr2|f(z)| ≤∫ r

0

∫∂B(z,%]

f(ζ) ds%(ζ)

d% =

∫B(z,r]

|f(x+ iy)| dx dy,

che e quanto richiesto.(iv) Nella disuguaglianza (iii) facciamo tendere r a +∞; si ha (per f ∈ L1(C))

limr→+∞

∫B(z,r]

|f(x+ iy)| dx dy =

∫C|f(x+ iy)| dx dy = ‖f‖1 < +∞

pertanto

|f(z)| ≤ limr→+∞

1

πr2

∫B(z,r]

|f(x+ iy)| dx dy = 0

cioe |f(z)| = 0 e quindi f(z) = 0; per l’arbitrarieta di z, f(z) = 0 per ogni z ∈ C.(v) Le funzioni olomorfe sono, come sappiamo, anche armoniche, pertanto f(z) e,per ogni z ∈ C, r > 0, la media dei valori di f sulla palla B(z, r] di centro z eraggio r, in altre parole

f(z) =1

πr2

∫B(z,r]

f(x+ iy) dx dy

formula dalla quale subito si ha la disuguaglianza (iii), usando la disuguaglianzafondamentale sugli integrali. Come noto tale formula di media vale per le funzioniarmoniche; per u armonica in Rn, se z ∈ Rn, r > 0 si ha

u(z) =1

vnrn

∫B(z,r]

u(x) dλn(x)

dove vn e la misura n-dimensionale della palla unitaria di Rn. Da tale formula con lasolita disuguaglianza fondamentale sugli integrali si ha subito

|u(z)| ≤ 1

vnrn

∫B(z,r]

|u(x)| dλn(x);

passando in tale formula al limite per r → +∞ si ottiene che se

limr→+∞

∫B(z,r]

u(x) dλn(x)

esiste finito, il secondo membro della disuguaglianza tende a 0; si ha quindi |u(z)| ≤0, da cui, come sopra per f , u(z) = 0, per ogni z ∈ Rn.


2.3 Teorema di Rouche

Ricordiamo l’enunciato del Teorema di Rouche.

Teorema 2.1 (Teorema di Rouche) Sia Ω un aperto limitato di C, e γ circuito omo-topo a zero in Ω tale che per ogni punto z fuori del supporto supp γ di γ siaavvγ(z) ∈ 0, 1 (ad esempio γ curva di Jordan). Siano f, ε olomorfe in Ω taliche

|ε(z)| < |f(z)| ∀z ∈ supp γ.

Allora f e f + ε hanno lo stesso numero di zeri dentro γ (cioe con indice diavvolgimento 1 rispetto a γ), contando al solito anche le loro molteplicita.

Esercizio 2.5 Usando il teorema di Rouche, mostrare che il polinomio z5 − z4 + 15ha tutti i suoi zeri entro il circolo |z| ≤ 2.Soluzione. Posto ε(z) = −z4+15 e f(z) = z5 per |z| = 2 si ha |ε(z)| ≤ 24+15 =31 < |25| = 32 = |f(z)|. Per il teorema di Rouche il numero di zeri di f su |z| < 2(sono 5) coincide con quello degli zeri di z5−z4+15 su |z| < 2: pertanto z5−z4+15ha 5 zeri su |z| < 2; essendo 5 il numero totale di zeri di z5−z4+15 su C si conclude.

Esercizio 2.6 Determinare il numero totale di zeri della funzione F (z) = z8−5z5−2z + 1 all’interno del cerchio unitario |z| < 1.Soluzione. Posto ε(z) = z8 − 2z e f(z) = −5z5 + 1 per |z| = 1 si ha |ε(z)| ≤ 3 e|f(z)| ≥ |1− 5| = 4 sicche |ε(z)| < |f(z)| su |z| = 1. Per il teorema di Rouche ilnumero di zeri di F su |z| < 1 coincide con quello degli zeri di−5z5 +1 su |z| < 1,cioe 5.

3 Calcolo di integrali con ilmetodo dei residui

3.1 Richiami e complementi

Si incontra frequentemente in questa sezione la nozione di valore principale di unintegrale (unidimensionale), indebolimento della nozione di integrale generalizzato.

Se I e intervallo compatto di R, e c ∈I (c interno ad I) e l’unica singolarita per

una funzione altrimenti continua f su I , si scrive

vp

∫I

f(x) dx := lim%→0

∫Ir[c−%,c+%]

f(x) dx

se tale limite esiste finito; l’integrale generalizzato di f esteso ad I e invece, perdefinizione, se a = min I , b = max I ,∫

I

f(x) dx := limr→c−

∫ r

a

f(x) dx+ lims→c+

∫ b

s

f(x) dx.

Se vi sono piu singolarita c1, ..., cp in I occorre isolarle considerando per ciascuna diesse un intervallo Ik che ne contenga una sola, ck; la retta reale va pensata munita diun unico punto all’infinito, che e sempre una possibile singolarita; per definizione,

vp

∫Rr[a,b]

f(x) dx = limr→∞

(∫ a

−rf(x) dx+

∫ r

b

f(x) dx

),

se tale limite esiste finito.Naturalmente, la linearita di integrali e limiti si traduce nella linearita dei valori

principali: se vp

∫I

f , vp

∫I

g esistono entrambi finiti e λ, µ ∈ C, allora esiste finito

vp

∫I

λf + µg = λ vp

∫I

f + µ vp

∫I

g;

inoltre, se f : I → C, vp

∫I

f esiste se e solo se esistono vp

∫Re f , vp

∫I

Im f e

in tal caso si ha

vp

∫I

f = vp

∫I

Re f + i vp

∫I

Im f.

40 Calcolo di integrali con il metodo dei residui

Se l’integrale generalizzato esiste, esiste anche il valore principale e coincide conesso, come segue subito dalla definizioni date.

Dato un integrale curvilineo di funzione complessa f esteso ad un arcoγ : [a, b]→ C di classe C1 a tratti, che per definizione e∫

γ

f(z) dz :=

∫ b

a

f(γ(t))γ′(t) dt

usiamo scrivere la disuguaglianza fondamentale come segue∣∣∣∣∫γ

f(z) dz

∣∣∣∣ ≤ ∫γ

|f(z)| |dz|

dove |dz| = |γ′(t)| dt e l’elemento di lunghezza dsγ della curva; l’ultimo integralescritto e quindi un integrale al differenziale d’arco, come si suol dire, e non e altroche ∫

γ

|f(z)| |dz| :=∫ b

a

|f(γ(t))| |γ′(t)| dt.


Gli esercizi di questa sezione fanno intervenire solo il teorema dei residui, integrandofunzioni su rettangoli o su cerchi. Per evitare complicazioni il lettore puo tranquilla-mente ammettere che gli integrali sui pezzi verticali tendano a 0, quando i rettangolisi stirano orizzontalmente. Non si fa uso qui dei lemmi di Jordan e dei lemmi delcerchio piccolo/grande richiamati nelle sezioni successive.

Esercizio 3.1 Calcolare, usando il teorema dei residui:∫ 2π

0

1

1 + α cosϑdϑ; |α| < 1, α reale.

Soluzione. Si pone z = eiϑ e l’integrale diventa (si ricordi che e cosϑ = (eiϑ +e−iϑ)/2 = (z + 1/z)/2, dz = ieiϑdϑ ⇐⇒ dϑ = dz/(iz); γ(ϑ) = eiϑ e ilcircolo unitario):∫

γ

1

1 + α(z + 1/z)/2

dz

iz=

2

i

∫γ

1

αz2 + 2z + αdz.

Occorre distinguere il caso α = 0; se α = 0 l’integrale diventa (1/i)

∫γ

dz/z,

che vale (1/i)2πi = 2π. Se α 6= 0, il denominatore si annulla per z = (−1 ±√1− α2)/α; si ha |(−1 −

√1− α2)/α| > 1, dato che tale relazione equivale


a 1 +√

1− α2 > |α|, certamente vera perche il primo membro e maggiore di1, mentre |α| < 1 per ipotesi e quindi questo valore e fuori dal circolo; invecee |−1 +

√1− α2|/|α| < 1, dato che tale relazione equivale a 1 −

√1− α2 <

|α| ⇐⇒ 1 − |α| <√

1− α2, certamente vera perche 1 − 2|α| + α2 < 1 − α2,l’ultima relazione essendo equivalente a α2 < |α|, vera perche |α| < 1. Quindi(−1+

√1− α2)/α e singolarita entro il circuito, chiaramente polo del primo ordine

con residuo

Res

(1

αz2 + 2z + α,−1 +

√1− α2

α

)=

(1

2αz + 2

)z=−β/α

=1

2√

1− α2.

Ne segue ∫γ

1

αz2 + 2z + αdz =

2πi

2√

1− α2;

quindi si ha per l’integrale proposto:∫ 2π

0

1

1 + α cosϑdϑ =

2π√1− α2

; |α| < 1, α reale.

Esercizio 3.2 Usare il teorema dei residui per calcolare∫ 2π

0

einϑ

1 + α cosϑdϑ n ∈ Z; |α| < 1, α reale.

Soluzione. Come nell’Esercizio 3.1 si pone z = eiϑ e l’integrale diventa (γ(ϑ) = eiϑ

e il circolo unitario):∫γ

zn

1 + α(z + 1/z)/2

dz

iz=

2

i

∫γ

zn

αz2 + 2z + αdz.

Occorre distinguere il caso α = 0; se α = 0 l’integrale diventa (1/i)

∫γ

zn−1 dz,

nullo per ogni n ∈ Z, salvo che per n = 0, nel qual caso vale (1/i)2πi = 2π.Supponiamo poi n ≥ 0, cioe n naturale. Come sopra visto, il denominatore si annullaper z = (−1 ±

√1− α2)/α di cui solo (−1 +

√1− α2)/α e dentro il circuito,

chiaramente polo del primo ordine con residuo

Res

(zn

αz2 + 2z + α,−1 +

√1− α2

α

)=

(zn

2αz + 2

)z=−β/α

=(−1)nβn/αn

−2β + 2


(per semplificare la scrittura, si e posto β = 1−√

1− α2). Si ha allora, per l’integralerichiesto, se α 6= 0 ed n ≥ 0:∫ 2π

0

einϑ

1 + α cosϑdϑ =

2

i2πi

(−1)nβn

2αn(1− β)

= 2π(−1)nβn

αn(1− β)= 2π(−1)n

(1−√

1− α2)n

αn√

1− α2.

Se n < 0, la funzione ha un polo di ordine −n in z = 0, certamente entro ilcircuito. Possiamo tuttavia osservare che l’integrale richiesto coincide con il valoredell’integrale con −n > 0:∫ 2π

0

einϑ

1 + α cosϑdϑ = (posto ϑ = −τ) =

∫ −2π0

ein(−τ)

1 + α cos(−τ)(−dτ)

=

∫ 0

−2π

ei(−n)τ

1 + α cos τdτ =

∫ 2π

0

ei(−n)τ

1 + α cos τdτ

dove si e usato il fatto che l’integrale su un qualsiasi intervallo di ampiezza pari alperiodo 2π dell’integrando e sempre lo stesso. Si ha quindi∫ 2π

0

einϑ

1 + α cosϑdϑ = 2π(−1)n

(1−√

1− α2)|n|

α|n|√

1− α2;

si noti che se si conviene che sia 00 = 1 anche il caso α = 0 e compreso nellaformula precedente.

Esercizio 3.3

(i) Calcolare gli integrali (a ∈ R, a > 0)

I =

∫ +∞

−∞

xex

e2x + a2dx, J =

∫ +∞

−∞

ex

e2x + a2dx

integrando z2ez/(e2z + a2) sui rettangoli di vertici r, r + 2πi,−r + 2πi,−r efacendo tendere r → +∞ (ammettere tranquillamente che gli integrali tendano azero sui segmenti verticali per r → +∞).

(ii) L’integrale J e elementare; calcolarlo direttamente e verificare il risultato di I .

Soluzione. (i) Si ha e2z + a2 = 0 ⇐⇒ 2z = logC(−a2) = logC(a2eiπ) =2 log a+ iπ + 2kπi, k ∈ Z ⇐⇒ z = log a+ iπ/2 + kπi, k ∈ Z.

Sulla striscia 0 ≤ Im z ≤ 2π vi sono due singolarita: z1 = log a + 1π/2,z2 = log a+ 3iπ/2: essendo z1 e z2 zeri semplici non nulli trattasi di poli di ordine


1 e si ha

Res(f, z1) =z21e

z1

2e2z1= − 1

2a2z21e

z1 = − 1

2a2(log a+ iπ/2)2elog a+iπ/2

= − i

2a(log a+ iπ/2)2 = − 1

2a(log2 a− π2/4 + iπ log a)

Res(f, z2) =z22e

z2

2e2z2= − 1

2a2z22e

z2 = − 1

2a2(log a+ 3iπ/2)2elog a+3iπ/2

=i

2a(log a+ 3iπ/2)2 =

1

2a(log2 a− 9π2/4 + 3iπ log a).

Per r > 0 fissato, posto γ+r (t) = r + it, γ−r (t) = −r + it, t ∈ [0, 2π] e

limr→+∞

∫γ+r

f(z) dz = limr→−∞

∫ −γr

f(z) dz = 0.

Infatti e

|f(r + it)| =∣∣∣∣(r + it)2er+it

e2(r+it) + a2

∣∣∣∣ ≤ (r + 2π)2e−r

|e2r − a2|per ogni t ∈ [0, 2π],

|f(−r + it)| =∣∣∣∣(−r + it)2e−r+it

e2(−r+it) + a2

∣∣∣∣ ≤ (r + 2π)2e−r

|a2 − e−2r|per ogni t ∈ [0, 2π]

sicche ∣∣∣∣∫γ+r

f(z) dz

∣∣∣∣ ≤ 2π(r + 2π)2er

|e2r − a2|−−−−→r→+∞

0,∣∣∣∣∫γ−r

f(z) dz

∣∣∣∣ ≤ 2π(r + 2π)2e−r

|a2 − e−2r|−−−−→r→+∞

0.

Integrando sul cammino suggerito e facendo tendere r a +∞ si ottiene quindi

vp

(∫ +∞

−∞

x2ex

e2x + a2dx−

∫ +∞

−∞

(x+ 2πi)2ex

e2x + a2dx

)= 2πi(Res(f, z1) + Res(f, z2))

da cui

vp

(∫ +∞

−∞

4π2 − 4πix

e2x + a2dx

)=π

a

(log2 a− π2

4+ iπ log a

)− π

a

(log2 a− 9π2

4+ 3iπ log a

)=π

a(2π2 − 2iπ log a)


sicche ∫ +∞

−∞

4π2ex

e2x + a2dx =

2π3

ae

∫ +∞

−∞

−4πxex

e2x + a2dx = −2π2 log a

a

(dato che gli integrali esistono finiti) da cui infine

J =

∫ +∞

−∞

ex

e2x + a2dx =

π

2a, I =

∫ +∞

−∞

xex

e2x + a2dx =

π

2

log a

a.

(ii) Posto t = ex si ha

J =

∫ +∞

−∞

ex

e2x + a2dx =

∫ +∞

0

t

t2 + a21

tdt =

∫ +∞

0

1

t2 + a2dt

=1

a[arctan(t/a)]

+∞0 =

1

a

π

2=

π

2a.


Esercizio 3.4 Sia α ∈ R fissato.

(i) Classificare le singolarita della funzione

f(z) =eiαz

sinh2 z.

(ii) Integrando sul bordo dei rettangoli di vertici

r − iπ/2, r + iπ/2,−r + iπ/2,−r − iπ/2

e facendo tendere r a +∞ calcolare∫ +∞

−∞

cos(αx)

cosh2 xdx;

accettare il fatto che il contributo dei pezzi verticali e infinitesimo per r → +∞.(iii) Mostrare che effettivamente l’integrale sui lati verticali e infinitesimo per r →

+∞.

Soluzione. (i) Come si e visto nell’Esercizio 1.13, la funzione ha poli del secondoordine in tutti i punti ikπ.(ii) L’unico polo della funzione che cade entro il circuito e 0. Si ha∫ r

−r

eiα(x−iπ/2)

sinh2(x− iπ/2)dx−

∫ r

−r

eiα(x+iπ/2)

sinh2(x+ iπ/2)dx+ ε(r) = 2πiRes(f, 0),


0

iR

R

i /2

−i /2r− i /2

r+ i /2

−r− i /2

−r+ i /2

Figura 3.1.

avendo indicato con ε(r) il contributo dei pezzi verticali. Si noti che si ha

sinh(x± iπ/2) =ex±iπ/2 − e−x∓iπ/2

2=ex(±i)− e−x(∓i)

2

= ∓iex + e−x

2= ±i coshx;

l’integrale precedente e quindi

−eαπ/2∫ r

−r

eiαx

cosh2 xdx+ e−απ/2

∫ r

−r

eiαx

cosh2 xdx+ ε(r) = 2πiRes(f, 0).

Passando al limite si ottiene

−(eαπ/2 − e−απ/2)∫ +∞

−∞

eiαx

cosh2 xdx = 2πiRes(f, 0);

per disparita di sin(αx)/ cosh2 x l’integrale coincide con quello dato; si ha cioe∫ +∞

−∞

cos(αx)

cosh2 xdx =

∫ +∞

−∞

eiαx

cosh2 xdx = −πi Res(f, 0)

(eαπ/2 − e−απ/2)/2

= −πi Res(f, 0)

sinh(απ/2).

Non resta che da calcolare Res(f, 0). Trattandosi di un polo del secondo ordine si ha

Res(f, 0) = D

(eiαz

z2

sinh2 z

)z=0

;

la derivata e:

iαeiαzz2

sinh2 z+ eiαz

2z sinh2 z − 2z2 sinh z cosh z

sinh4 z;


facendo il limite per z → 0, il primo addendo tende a iα; il secondo, a parte il fattoreeiαz che tende ad 1, si puo scrivere agli effetti del limite

2z sinh z

z2z + o(z2)− z(1 + o(z))

z2∼ 2

o(z2)

z2

e tende a zero per z → 0. Si ha quindi Res(f, iα) = iα; si trova∫ +∞

−∞

cos(αx)

cosh2 xdx = π

α

sinh(απ/2).

Esercizio 3.5 Si consideri la funzione complessa (α ∈ C costante complessa)

fα(z) =eαz

(1 + e2z)2.

(i) Se ne classifichino le singolarita, e si calcoli il residuo sulla singolarita c con 0 <Im c < π

(ii) Determinare poi l’insieme S degli α ∈ C per cui la restrizione di fα ad Rappartiene ad L1(R), e per tali α ∈ S calcolare (supporre α 6= 2)

I(α) =

∫Rfα(x) dx

(integrare su bordi di rettangoli di vertici r, r + iπ,−r + iπ,−r e far tenderer a +∞, accettando il fatto che sui lati verticali l’integrale di fα tende a zeroper gli α per cui fα ∈ L1(R); I(α) e reale per α ∈ S reale, cio deve risultaredall’espressione trovata).

(iii) Calcolare poi I(2) direttamente (integrale immediato) e verificare che si ha I(2) =limα→2

I(α).

Soluzione. (i) Come si e visto nell’Esercizio 1.12, i valori zk = iπ/2 + kiπ, k ∈ Zsono tutti poli del secondo ordine per fα. Il polo c richiesto e c = iπ/2; inoltreRes(fα, iπ/2) = eiπα/2(α− 2)/4.(ii) Si ha poi, per x ∈ R:

|fα(x)| = |eαx|(1 + e2x)2

=eRe(α)x

(1 + e2x)2.

Per semplificare la scrittura poniamo a = Reα. Per x → +∞ la funzione |fα| easintotica a eax/e4x = e(a−4)x, sommabile attorno a +∞ se e solo se a − 4 < 0, ecioe a < 4; per x → −∞ la funzione e invece asintotica a eax, sommabile attornoa−∞ se e solo se si ha a > 0. In definitiva fα ∈ L1(R) se e solo se si ha 0 <Reα < 4, cioe S e la striscia aperta S = α ∈ C : 0 < Reα < 4.


L’integrazione sul bordo del rettangolo, combinata col teorema dei residui, porge(al solito ε(r) indica il contributo dei pezzi verticali):∫ r

−r

eαx

(1 + e2x)2dx−

∫ r

−r

eα(x+iπ)

(1 + e2(x+iπ))2dx+ ε(r) = 2πiRes(fα, iπ/2),

cioe

(1− eαiπ)

∫ r

−r

eαx

(1 + e2x)2dx+ ε(r) = 2πi

eiαπ/2

4(α− 2).

Se 1 − eiαπ 6= 0, il che per α ∈ S si ha solo se α = 2, si puo dividere per talequantita; passando al limite per r → +∞ si ha allora

I(α) = πieiαπ/2

2(1− eαiπ)(α− 2) = π

2− α4

1

(eiαπ/2 − e−iαπ/2)/(2i)=π

4

2− αsin(απ/2)

.

Si ha poi∫ +∞

−∞

e2x

(1 + e2x)2dx =

1

2

∫ +∞

−∞

2e2x

(1 + e2x)2dx =

1

2

[−1

1 + e2x

]+∞−∞

=1

2(0 + 1) =

1

2.

Calcolato con la regola di de l’Hopital il limite limα→2

I(α) vale

(π/4)(−1)

π cos(π2/2)/2=

1

2.

Esercizio 3.6

(i) Dire per quali α reali e definita la funzione

F (α) =

∫R

eαx

cosh(πx/2)dx.

(ii) Dire se F e pari, o dispari.(iii) Trovare e classificare le singolarita della funzione

fα(z) =eαz

cosh(πz/2).

(iv) Esprimere F (α) con una formula in cui non compaiono integrali, applicando il teo-rema dei residui a circuiti bordo di rettangoli di vertici r, r + 2i,−r + 2i,−r; ac-cettare il fatto che per α nel dominio di F l’integrale sui lati verticali e infinitesimoal tendere di r a +∞.


Soluzione. (i) Anzitutto si osservi che l’integrando e continuo su R, dato che il deno-minatore cosh(πx/2) non ha zeri reali. Per x→ +∞ il denominatore e asintotico aeπx/2/2, il numeratore a eαx; la funzione e quindi asintotica a 2e(α−π/2)x, sommabilein un intorno di +∞ se e solo se α − π/2 < 0, cioe se e solo se α < π/2. Simil-mente si vede che per x → −∞ l’integrando e asintotico a e(α+π/2)x, sommabile inun intorno di −∞ se e solo se α + π/2 > 0, e cioe α > −π/2. In conclusione,l’integrale esiste finito se e solo se si ha −π/2 < α < π/2.(ii) Si ha, per α ∈ ]−π/2, π/2[,

F (−α) =

∫ +∞

−∞

e(−α)x

cosh(πx/2)dx = (posto x = −t)

=

∫ −∞+∞

eαt

cosh(π(−t)/2)(−dt)

=

∫ +∞

−∞

eαt

cosh(πt/2)dt = F (α)

e quindi F e pari.(iii) Il denominatore si annulla per πz/2 = iπ/2 + kiπ, e cioe per z = i + 2ki =(2k + 1)i, multipli dispari di i. La derivata del denominatore e (π/2) sinh(πz/2),che per z = i+ 2ki vale (π/2) sinh(iπ/2 + ikπ) = (−1)kπi/2. Il numeratore none mai nullo. Le singolarita sono quindi tutti poli del primo ordine, con residui

Res(fα, (2k + 1)i) = 2(−1)keαi+α2ki

iπ.

(iv) Indicato con ε(r) il contributo dall’integrale dei pezzi verticali si ha, dal teoremadei residui, per ogni r > 0∫ r

−r

eαx

cosh(πx/2)dx−

∫ r

−r

eα(x+2i)

cosh(πx/2 + iπ)dx+ ε(r) = 2πiRes(fα, i) = 4eαi;

da cui, ricordando che cosh(w + iπ) = − coshw

(1 + e2iα)

∫ r

−r

eαx

cosh(πx/2)dx+ ε(r) = 4eαi;

e passando al limite per r → +∞ si ottiene

F (α) =

∫R

eαx

cosh(πx/2)dx = 4

eiα

1 + e2iα=

2

(eiα + e−iα)/2=

2

cosα.



f(z) =e(1+i)z

e2z + 4.

(i) Trovarne singolarita e residui.(ii) KSiano rispettivamente σr, σ−r i segmenti di origine ±r ed estremita ±r + iπ;

mostrare che si ha

limr→+∞

∫σr

f(z) dz = limr→+∞

∫σ−r

f(z) dz = 0.

(iii) Integrando f sul bordo del rettangolo di vertici r, r+ iπ,−r+ iπ,−r e passandoal limite, calcolare ∫ +∞

−∞f(x) dx.

(iv) Servirsi di (iii) per calcolare∫ +∞

0

cos(log x)

x2 + 4dx

∫ +∞

0

sin(log x)

x2 + 4dx.

Soluzione. (i) Come si e visto nell’Esercizio 1.8,

ak = log 2 + iπ

2+ kiπ (k ∈ Z)

sono poli del primo ordine per f , con residui

Res(f, ak) = (−1)k+1ie−π/2−kπ+i log 2

4.

(ii) Si ha ∫σr

f(z) dz =

∫ π

0

e(1+i)(r+it)

e2(r+it) + 4i dt.

Per maggiorare l’integrando osserviamo che e |e(1+i)(r+it)| = |er−t+i(r+t)| =er−t ≤ er (essendo t ≥ 0) mentre al denominatore |e2(r+it) + 4| ≥ |e2(r+it)| − 4 =e2r − 4 ≥ 0 se r e grande; quindi l’integrando e dominato da er/(e2r − 4) per rgrande, quindi∣∣∣∣∫

σr

f(z) dz

∣∣∣∣ ≤ ∫ π

0

er

e2r − 4dt = π

er

e2r − 4−→ 0 per r → +∞.

Similmente, per l’integrale esteso a σ−r(t) = −r + it, t ∈ [0, π], per l’integrando,che e ora

e(1+i)(−r+it)

e2(−r+it) + 4


si ottiene |e(1+i)(−r+it)| = e−r−t+i(t−r) = e−r−t ≤ e−r (perche t ≥ 0) ed anche|e2(−r+it) + 4| ≥ 4− |e2(−r+it)| = 4− e−2r ≥ 4, per r > 0. Ne segue∣∣∣∣∣

∫σ−r

f(z) dz

∣∣∣∣∣ ≤∫ π

0

e−r

4≤ π

4e−r −→ 0 per r → +∞.

(iii) L’unico polo che cade entro il rettangolo e a0 = log 2 + iπ/2. Per il teorema deiresidui si ha, detto γr il bordo del rettangolo∫

γr

f(z) dz = 2iπRes(f, a0) = −2π(i)2e−π/2+i log 2

4=π

2e−π/2+i log 2. (∗)

Si ha ∫γr

f(z) dz =

∫ r

−rf(x) dx−

∫ r

−rf(x+ iπ) dx+ ε(r)

avendo indicato con ε(r) il contributo all’integrale dei pezzi verticali; come visto in(ii) si ha lim

r→+∞ε(r) = 0; inoltre

f(x+ iπ) =e(1+i)(x+iπ)

e2x+2iπ + 4=e(1+i)xeiπ−π

e2x + 4= −e−π e(1+i)x

e2x + 4= −e−πf(x),

per cui (∗) porge, passando al limite con r → +∞

(1 + e−π)

∫ +∞

−∞f(x) dx =

π

2e−π/2+i log 2

cioe ∫ +∞

−∞f(x) dx =

πe−π/2+i log 2

2(1 + e−π)

e moltiplicando numeratore e denominatore per eπ/2 si ottiene infine∫ +∞

−∞f(x) dx = π

cos log 2 + i sin log 2

4 cosh(π/2).

(iv) Con la sostituzione x = et gli integrali diventano∫ +∞

−∞

cos tet

e2t + 4dt,

∫ +∞

−∞

sin tet

e2t + 4dt,

rispettivamente parte reale e coefficiente dell’immaginario dell’integrale proposto in(iii). Pertanto ∫ +∞

0

cos(log x)

x2 + 4dx = π

cos log 2

4 cosh(π/2),∫ +∞

0

sin(log x)

x2 + 4dx = π

sin log 2

4 cosh(π/2).


Esercizio 3.8 (Distanza media Terra–Sole) L’equazione polare dell’ellisse (di se-miassi 0 < b ≤ a) e r =

p

1 + ε cosϑ, riferita ad un sistema polare con origine in

un fuoco, ed asse polare diretto da quel fuoco al piu vicino vertice; p = b2/a e ilparametro dell’ellisse, ε = c/a ne e l’eccentricita, con ε = c/a, c =

√a2 − b2.

Mostrare che si ha

b =1

2π

∫ 2π

0

p

1 + ε cosϑdϑ.

Soluzione. Si ha, se γ e il circolo unitario:

1

2π

∫ 2π

0

p

1 + ε cosϑdϑ =

p

2π

∫γ

1

1 + ε(z + 1/z)/2

dz

iz

=p

2πi

∫γ

2

2z + εz2 + εdz.

I poli sono in (−1 ±√

1− ε2)/ε; sono reali, e chiaramente si ha (−1 ±−1− ε2)/ε < −1; invece si ha −1 < (−1 +

√1− ε2)/ε < 0, dato che

1 − ε <√

1− ε2 < 0, essendo (1 − ε)2 < 1 − ε2 perche 1 − ε < 1 + ε. Siha poi per il residuo in (−1 +

√1− ε2)/ε:

Residuo = limz→(−1+

√1−ε2)/ε

(z − (−1 +√

1− ε2)/ε)

· 2

ε(z − (−1 +√

1− ε2)/ε)(z − (−1−√

1− ε2)/ε)

=2

ε(−1 +√

1− ε2)/ε− (−1−√

1− ε2)/ε=

1√1− ε2

.

In base al teorema dei residui si ha quindi

1

2π

∫ 2π

0

p

1 + ε cosϑdϑ = p · (Residuo) = p

1√1− ε2

=b2

a

1√1− (c/a)2

=b2

a

1√a2 − c2/a

= b21

b= b.

Intermezzo culturale: qual’e la distanza media Terra-Sole, unita astronomica, u.a.?Comunemente si intende con questo il semiasse maggiore dell’orbita terrestre; macome visto sopra, se si fa la media rispetto all’angolo, essa viene il semiasse mi-nore! In realta, se si fa la media rispetto all’integrale in ds, la media viene pro-prio il semiasse maggiore: sia r(x, y) la distanza da un fuoco, %(x, y) la distan-za dall’altro; e evidente che se γ e l’ellisse (parametrizzata ad esempio come(p cosϑ/(1+ε cosϑ), p sinϑ/(1+ε cosϑ)), ϑ ∈ [0, 2π]), si ha, detto α l’integrale:

α =

∫γ

r(x, y) |dγ| =∫γ

%(x, y) |dγ| da cui 2α =

∫E

(r(x, y) + %(x, y)) |dγ|;


ma per definizione stessa di ellisse si ha r(x, y) + %(x, y) = 2a, per ogni (x, y) sulsostegno dell’ellisse; ne segue 2α = 2a` se ` e la lunghezza dell’ellisse; la media equindi α/` = a. Questa media coincide anche con la media aritmetica tra la distanzaminima (a− c, al perielio) e la massima (a+ c, all’afelio).

Uno studente ha chiesto: e la media rispetto al tempo? Cioe, se ϑ(t) e la fase infunzione del tempo, quanto vale

1

T

∫ T

0

r(ϑ(t)) dt con T periodo, nel caso della terra un anno sidereo.

Sappiamo che la velocita areale e costante (seconda legge di Keplero!), cioe si har2(ϑ(t))ϑ(t)/2 = α = πab/T ; da cio si ricava dt = (r2(ϑ)/(2α)) dϑ e quindi

1

T

∫ T

0

r(ϑ(t)) dt =1

2αT

∫ 2π

0

r3(ϑ) dϑ =1

2πab

∫ 2π

0

p3

(1 + ε cosϑ)3dϑ.

Si ha poi, se γ e il circolo unitario:

1

2π

∫ 2π

0

1

(1 + ε cosϑ)3dϑ =

1

2π

∫γ

1

(1 + ε(z + 1/z)/2)3dz

iz

=1

2πi

∫γ

8z2

(εz2 + 2z + ε)3dz.

Quest’ultimo e esattamente il residuo dell’integrando sull’unico polo entro il circolo,che come sopra visto e (−1 +

√1− ε2)/ε; si tratta di un polo del terzo ordine ed il

residuo e quindi la derivata:

1

2

(d2

dz2

(z − (−1 +

√1− ε2/ε)3 8z2

(εz2 + 2z + ε)3

))z=(−1+

√1−ε2)/ε

=1

2

(d2

dz2

(8z2

ε3(z − (−1−√

1− ε2)/ε)3

))z=(−1+

√1−ε2)/ε

.

I calcoli sono noiosi, chiediamo aiuto a Mathematica, che ci puo dare direttamente ilresiduo:

Residue[ 8z2

(εz2 + 2z + ε)3 ,z,−1 +

√1− ε2ε

]In[1]

2 + ε2

2(1− ε2)5/2. Out[1]

La media richiesta e questo risultato moltiplicato per p3/(ab) = b6/(a4b) = b5/a4;si ha

b5

a42a2 + c2

2a2(a2 − c2)5/2/a5=

3a2 − b2

2a

(=

3a− p2

).



Esercizio 3.9 Si consideri la funzione della variabile complessa z,

f(z) =ez/2

1 + ez.

(i) Trovarne le singolarita, descrivendone il tipo.(ii) Determinare il raggio di convergenza della serie di Taylor di f di punto iniziale

a = 3.

(iii) Calcolare∫ +∞

−∞f(x) dx (usare il teorema dei residui applicato ai circuiti bordi di

rettangoli di vertici r, r + 2πi,−r + 2πi,−r).

Esercizio 3.10 Si calcoli, usando il teorema dei residui,∫ 2π

0

dt

3− 2 cos t+ sin t

(si ponga z = eit).

4 Il Lemma di Jordan

Introduciamo la notazione (ϑ1, ϑ2 ∈ R, ϑ1 ≤ ϑ2)

A(c, [ϑ1, ϑ2] = z ∈ C : z = c+ reiϑ; r ∈ ]0,+∞[ ; ϑ ∈ [ϑ1, ϑ2]

per l’angolo di vertice c ed ampiezza ϑ2 − ϑ1.

Proposizione 4.1 (Lemma di Jordan) Sia 0 ≤ ϑ1 < ϑ2 ≤ π; si consideri l’angolo

A(0, [ϑ1, ϑ2]) = z ∈ C : z = reiϑ; r ∈ ]0,+∞[ , ϑ ∈ [ϑ1, ϑ2] .

Sia f : A(0, [ϑ1, ϑ2]) → C continua; per r > 0 sia γr(ϑ) = reiϑ, ϑ ∈ [ϑ1, ϑ2].Allora

(a) se lim|z|→∞

z∈A(0,[ϑ1,ϑ2])

f(z) = 0 ed α > 0 si ha

limr→+∞

∫γr

f(z) eiαz dz = 0;

(b) se lim|z|→∞

z∈A(0,[ϑ1,ϑ2])

z f(z) = 0 ed α ≥ 0, si ha

limr→+∞

∫γr

f(z) eiαz dz = 0;


Esercizio 4.1 Calcolare, utilizzando il metodo dei residui, l’integrale∫ +∞

−∞

1

1 + t4dt.


Soluzione. Come abbiamo visto nell’Esercizio 1.9 la funzione f(z) = 1/(1 + z4) haquattro poli di ordine 1; quelli contenuti nel semipiano Im z ≥ 0 sono z1 = eiπ/4 ez2 = e3iπ/4. Si ha inoltre

Res(f, eiπ/4) =

(1

4z3

)z=eiπ/4

=1

4e−3iπ/4,

Res(f, e3iπ/4) =

(1

4z3

)z=e3iπ/4

=1

4e−iπ/4.

Integrando sul bordo del semicerchio di raggio r > 0 centrato sull’origine econtenuto in Im z > 0 si ottiene, posto γr(ϑ) = reiϑ, ϑ ∈ [0, π],∫ r

−rf(t) dt+

∫γr

f(z) dz = 2πi(Res(f, eiπ/4) + Res(f, e3iπ/4)

)= i

π

2

(e−iπ/4 + e−3iπ/4

)= i

π

2(−i√

2) =π√2.

Essendo lim|z|→+∞

zf(z) = 0 per il lemma di Jordan si ha limr→+∞

∫γr

f(z) dz = 0;

passando al limite per r → +∞ si ottiene∫ +∞

−∞f(t) dt = vp

∫ +∞

−∞f(t) dt+ lim

r→+∞

∫γr

f(z) dz =π√2.


f(z) =z2(1− e2πiz)

(z2 − 1)(z2 + a2)a > 0, a costante.

(i) Se ne trovino le singolarita, classificandole. Trovare il residuo nelle singolarita conparte immaginaria positiva o nulla.

(ii) Provare che il seguente integrale generalizzato esiste finito∫ +∞

−∞

x2 sin2(πx)

(x2 − 1)(x2 + a2)dx

e calcolarlo col metodo dei residui.

Soluzione. (i) Come si e visto nell’Esercizio 1.6, il denominatore si annulla per z =±1 e z = ±ia, dove ha zeri semplici; z = ±1 sono singolarita eliminabili. Invece±ia sono poli semplici, si ha

Res(f, ia) =a

2i

1− e−2πa

1 + a2


mentre il residuo in ±1 e nullo.(ii) La funzione integranda e continua in tutto R (per x = ±1 ha limite nullo), ed emaggiorata in modulo dalla funzione x2/((x2 − 1)(x2 + a2)), che per x → ±∞ easintotica ad 1/x2; pertanto l’integrale generalizzato esiste finito. Scriviamo

x2 sin2(πx)

(x2 − 1)(x2 + a2)=

1

2

x2(1− cos(2πx))

(x2 − 1)(x2 + a2)=

1

2Re

(x2(1− e2πix)

(x2 − 1)(x2 + a2)

)(se x ∈ R). Essendo lim

z→∞z(z2/((z2−1)(z2+a2))) = 0, ed a > 0, si puo affermare

che se γr(ϑ) = reiϑ, ϑ ∈ [0, π] e il semicerchio nel semipiano superiore, si ha

limr→∞

∫γr

z2(1− e2πiz)(z2 − 1)(z2 + a2)

dz = 0;

il teorema dei residui dice allora che si ha

limr→+∞

∫ r

−r

x2(1− e2πix)(x2 − 1)(x2 + a2)

dx = 2πiRes(f, ia) = πa1− e−2πa

1 + a2.

L’integrale richiesto e meta della parte reale di tale valore, e cioe∫ +∞

−∞

x2 sin2(πx)

(x2 − 1)(x2 + a2)dx =

πa

2

1− e−2πa

1 + a2.

Esercizio 4.3 Dato α > 0, sia

fα(z) =eiαz

z(1 + z4).

(i) Descrivere le singolarita di fα(z), trovando anche i residui.(ii) Integrando fα su opportuni circuiti, calcolare∫ +∞

−∞

sinαx

x(1 + x4)dx .

Soluzione. Singolarita di fα: z(1 + z4) = 0 ⇐⇒ z = 0 o z4 = −1 ⇐⇒ z = 0 oz = eiϑk , ϑk = π/4 + kπ/2, k = 0, 1, 2, 3. Trattandosi di zeri semplici ed essendoeiαz 6= 0 su C tutte queste singolarita di fα sono poli di ordine 1. Si ha, applicandole formule sul calcolo dei residui,

Res(fα, 0) =1

1= 1;

Res(fα, eiϑk) =

eiαeiϑk

5ei4ϑk + 1= −1

4eiαe

iϑk

= −1

4eiα(cosϑk+i sinϑk) = −1

4e−α sinϑkeiα cosϑk


da cui

Res(fα, eiπ/4) = −1

4e−α

√2/2eiα

√2/2;

Res(fα, e3iπ/4) = −1

4e−α

√2/2e−iα

√2/2;


4eα√2/2e−iα

√2/2;


4eα√2/2eiα

√2/2.

(ii) L’integrale considerato esiste finito e coincide con

Im vp

∫ +∞

−∞

eiαx

x(1 + x4)dx.

Si osservi che essendo lim|z|→+∞

1/(z(1 + z4)) = 0 e α > 0 per il lemma di Jordan e

limr→+∞

∫γr

fα(z) dz = 0, ove al solito γr(ϑ) = reiϑ, ϑ ∈ [0, π]. Integrando fα sul

semicerchio superiore indentando l’origine e passando al limite si ottiene

vp

∫ +∞

−∞

eix

x(1 + x4)dx− iπRes(fα, 0) = 2πi(Res(fα, e

iπ/4) + Res(fα, e3iπ/4))

da cui

vp

∫ +∞

−∞

eix

x(1 + x4)dx = iπ − 2πi

4

(e−α

√2/2eiα

√2/2 + e−α

√2/2e−iα

√2/2)

= iπ − i π2e−α

√2/2 2 cos(α

√2/2)

= iπ(1− e−α

√2/2 cos(α

√2/2)

)da cui ∫ +∞

−∞

sinαx

x(1 + x4)dx = π

(1− e−α

√2/2 cos(α

√2/2)

).

Esercizio 4.4(i) Trovare le singolarita della funzione

fα(z) =eiαz

z4 + z2 + 1, (α > 0)

calcolando il residuo su quelle con parte immaginaria positiva.


(ii) Calcolare l’integrale ∫ +∞

−∞

cos(αx)

x4 + x2 + 1dx (α ∈ R)

(farlo prima per α > 0; si vuole un risultato che sia chiaramente reale).Soluzione. (i) Come abbiamo visto nell’Esercizio 1.3, gli zeri del denominatore, tuttisemplici, sono eiπ/3,−eiπ/3, e−iπ/3,−e−iπ/3. Di questi eiπ/3 = (1 + i

√3)/2 e

−e−iπ/3 = (−1 + i√

3)/2 hanno coefficiente dell’immaginario positivo. I residuisono

Res(fα, eiπ/3) =

e−α√3/2eiα/2

−3 + i√

3;

Res(fα,−e−iπ/3) =e−α

√3/2e−iα/2

3 + i√

3.

(ii) L’integrale e la parte reale dell’integrale di fa su R. Per calcolarlo usiamo i solitisemicerchi centrati in 0, osservando che se α ≥ 0 siamo nelle condizioni di applicareil lemma di Jordan sul semicerchio superiore; in base al teorema dei residui, se r > 1si ha ∫

γr

fα(z) dz =

∫ r

−rfα(x) dx+

∫σr

fa(z) dz

= 2πi

(e−α

√3/2eiα/2

−3 + i√

3+e−α

√3/2e−iα/2

3 + i√

3

).

Per il citato lemma di Jordan, passando al limite per r → +∞ si ottiene∫ +∞

−∞fα(x) dx = 2πe−α

√3/2

(eiα/2√3 + 3i

+e−iα/2√3− 3i

).

Si ha ora

eiα/2√3 + 3i

+e−iα/2√3− 3i

=1

2√

3

(ei(α/2−π/3) + e−i(α/2−π/3)

)=

cos(α/2− π/3)√3

.

Si ha quindi, per α ≥ 0:

F (α) = 2π√3e−α

√3/2 cos(α/2− π/3);

chiaramente F e pari, quindi si ha

F (α) = 2π√3e−|α|

√3/2 cos(|α|/2− π/3)

per ogni α ∈ R.



Esercizio 4.5 Mostrare che se a, b > 0 la funzione

f(x) =x2

b2 + x2− x2

a2 + x2

e sommabile su R, e calcolare∫Rf(x) dx con il metodo dei residui.

Soluzione. La funzione si scrive

f(x) =(a2 − b2)/x2

(b2 + x2)(a2 + x2),

forma che mostra che essa e dello stesso ordine di 1/x2 per x → ±∞ (se a 6= b,altrimenti e identicamente nulla); essendo continua, la f e allora sommabile su R.Le singolarita sono in ±ia e ±ib; esse sono poli del primo ordine (supponiamo a 6=b) come e immediato constatare, essendo non nulle le derivate del denominatore intali punti. Inoltre, si ha lim

|z|→+∞zf(z) = 0 dato che per |z| → +∞ la funzione e

asintotica ad (a2 − b2)/z2; allora l’integrale di f sul semicerchio γr(ϑ) = reiϑ,ϑ ∈ [0, π] tende a 0; e passando al limite per r → +∞ nella formula∫ r

−rf(x) dx+

∫γr

f(z) dz = 2πi(Res(f, ia) + Res(f, ib)) (r > |a|, |b|),

si ottiene ∫ +∞

−∞f(x) dx = 2πi(Res(f, ia) + Res(f, ib)).

Per il calcolo del residuo conviene tenere la forma originaria di f (i residui sonoadditivi) si ottiene

Res(f, ia) = −(z2

2z

)z=ia

= −(ia)2

2ia= − ia

2;

Res(f, ib) =

(z2

2z

)z=ib

=(ib)2

2ib=ib

2.

Quindi ∫ +∞

−∞f(x) dx = −πb+ πa = (a− b)π

e l’integrale richiesto.


Osservazione. L’integrale si riconduce ad un integrale immediato nel modo seguente:∫ +∞

−∞

(x2

b2 + x2− x2

a2 + x2

)dx =

∫ +∞

−∞

(x2

b2 + x2− 1 + 1− x2

a2 + x2

)dx

=

∫ +∞

−∞

(−b2

b2 + x2+

a2

a2 + x2

)dx

= −b∫ +∞

−∞

dx/b

1 + (x/b)2+ a

∫ +∞

−∞

dx/a

1 + (x/a)2

= −b[arctan(x/b)]+∞−∞ + a[arctan(x/a)]+∞−∞

= −bπ + aπ.

Esercizio 4.6

(i) Calcolare

vp

∫ +∞

−∞

eiαx

x− ibdx

dove α, b sono reali non nulli (attenzione ai segni di α e di b!).(ii) Decomporre in frazioni semplici la funzione razionale

1

z2 + iz + 2.

(iii) Usare (i) ed (ii) per calcolare∫ +∞

−∞

sinx

x2 + ix+ 2dx.

Soluzione. (i) Nelle ipotesi poste, la funzione

z 7−→ eiαz

z − ib

ha un polo di ordine 1 ad ib, con residuo e−αb. Supponiamo dapprima α > 0: illemma di Jordan dice allora che se σr denota la semicirconferenza di centro l’originee raggio r contenuta nel semipiano delle parti immaginarie positive, si ha

limr→+∞

∫σr

eiαz

z − ibdz = 0;


congiungendo tale semicerchio con il segmento [−r, r] il teorema dei residui diceche, se r > |b|,∫ r

−r

eiαx

x− ibdx+

∫σr

eiαz

z − ibdz = 2πie−αb se b > 0, 0 altrimenti

passando al limite si ottiene

vp

∫ +∞

−∞

eiαx

x− ibdx =

2πie−αb se α, b > 0,0 se α > 0, b < 0.

Nel caso α < 0 si integra su semicerchi contenuti nel semipiano delle partiimmaginarie negative, ottenendo

vp

∫ +∞

−∞

eiαx

x− ibdx =

−2πie−αb se α, b < 0,0 se α < 0, b > 0

formule riassumibili nell’unica formula

vp

∫ +∞

−∞

eiαx

x− ibdx = (sgn(α) + sgn(b))πie−αb

(in realta esiste anche l’integrale generalizzato, come si vede ad esempio con ilcriterio di Abel-Dirichlet).(ii) Gli zeri di z2 + iz + 2 sono (−i ±

√i2 − 8)/2; le radici quadrate di i2 − 8 =

−1− 8 = −9 sono ±3i, per cui gli zeri di z2 + iz + 2 sono i e −2i; si ha

1

z2 + iz + 2=

k1z − i

+k2

z + 2i,

dove k1 = Res(1/(z2 + iz + 2), i) = 1/(2z + i)z=i = 1/3i = −i/3 e k2 =Res(1/(z2 + iz + 2),−2i) = 1/(2z + i)z=−2i = −1/3i = i/3, da cui

1

z2 + iz + 2=−i/3z − i

+i/3

z + 2i

e la richiesta decomposizione in fratti semplici.(iii) Scritto sinx = (eix − e−ix)/2i, si deve calcolare∫ +∞

−∞

(eix − e−ix)/2ix2 + ix+ 2

dx

=

∫ +∞

−∞

(((eix − e−ix)/2i) −i/3

z − i+ ((eix − e−ix)/2i) i/3

z + 2i

)dx

=1

6

∫ +∞

−∞

(−eix

z − i+e−ix

z − i+

eix

z + 2i− e−ix

z + 2i

)dx

=1

6(−2πie−1 + 2πie2).


L’integrale richiesto vale quindi∫ +∞

−∞

sinx

x2 + ix+ 2dx =

iπ

3(e2 − e−1).

Esercizio 4.7

(i) Descrivere le singolarita della funzione

fa(z) =1− eiaz

(z2 + a2)2(a > 0 costante),

calcolando i residui sulle eventuali singolarita nel semipiano Im z > 0.(ii) Calcolare l’integrale

F (a) =

∫ +∞

−∞

1− cos(at)

(t2 + a2)2dt a ∈ R r 0

Suggerimento: Farlo prima per a > 0, usando quanto fatto in (i).(iii) KDire se l’integrale doppio ∫

R2

1− cos(xy)

(x2 + y2)2dx dy

esiste finito, calcolandolo in caso affermativo.

Soluzione. (i) Il denominatore si annulla per z = ±ia; questi sono zeri del primoordine per z2 +a2, e quindi zeri del secondo ordine per (z2 +a2)2. Il numeratore perz = ±ia assume il valore 1− e∓a2 , certamente non nullo perche a > 0 per ipotesi.Ne segue che le uniche singolarita sono a ±ia, zeri del secondo ordine. Di queste iae nel semipiano in questione, e si ha, per una nota formula, scritto f(z) = h(z)/(z−ia)2 = ((1− eiaz)/(z+ ia)2)/(z− ia)2, quindi con h(z) = (1− eiaz)/(z+ ia)2:

Res(f, ia) = h′(ia) =

(−iaeiaz(z + ia)2 − (1− eiaz)2(z + ia)

(z + ia)4

)z=ia

=−iae−a2(−4a2)− (1− e−a2)4ia

16a4= −i 1− (1 + a2)e−a

2

4a3.

(ii) Essendo lim|z|→+∞

z/(z2 + a2)2 = 0, tendono a zero al tendere di r a +∞ sia∫σr

1/(z2 + a2)2 dz sia∫σr

eiaz/(z2 + a2)2 dz, se a > 0; σr(ϑ) = reiϑ, ϑ ∈ [0, π]

e il solito semicerchio. Ne segue, se a > 0:∫ +∞

−∞

1− eiat

(t2 + a2)2dt = 2πiRes(f, ia) = π

1− (1 + a2)e−a2

2a3.


Separando reale ed immaginario nel precedente integrale si ha∫ +∞

−∞

1− cos(at)

(t2 + a2)2dt = π

1− (1 + a2)e−a2

2a3;

∫ +∞

−∞

sin(at)

(t2 + a2)2dt = 0

(a > 0), l’ultimo risultato essendo anche immediato per la disparita della funzioneintegranda. Si ha quindi

F (a) = π1− (1 + a2)e−a

2

2a3a > 0.

Se a < 0 si ha F (a) = F (−a) (cio e ovvio, essendo il coseno pari) e quindi

F (a) = π1− (1 + a2)e−a

2

2|a|3a ∈ R r 0.

(iii) Se si cambia x in −x, oppure y in −y, l’integranda non muta; si calcola quin-di l’integrale sul primo quadrante, che e 1/4 di quello dato. Essendo l’integrandopositivo, e chiaramente misurabile, l’integrale esiste finito se e solo se esiste finitol’integrale iterato∫ x=+∞

x=0

dx

∫ y=+∞

y=0

1− cos(xy)

(x2 + y2)2dy =

∫ x=+∞

x=0

F (x) dx,

dove F e la funzione sopra detta; si ha∫ +∞

0

F (x) dx =

∫ +∞

0

π1− (1 + x2)e−x

2

2x3dx

= −π[

1− (1 + x2)e−x2

4x2

]+∞0

+ π

∫ +∞

0

−2xe−x2

+ 2x(1 + x2)e−x2

4x2dx

(si noti che i limiti di (1− (1 + x2)e−x2

)/x2 sono nulli, sia per x→ 0, come doposi vede, che per x→ +∞, come e immediato vedere)

=π

4

∫ +∞

0

2xe−x2

dx =π

4

[−e−x

2]+∞0

=π

4.

Ne segue che l’integrale proposto vale π. Resta da vedere che si ha

limx→0

1− (1 + x2)e−x2

x2= 0;

scritta la funzione come e−x2

(ex2 − (1 + x2))/x2, si ha ex

2 − (1 + x2) = 1 + x2 +o(x3)− 1− x2 = o(x3), e si conclude.


Esercizio 4.8 K

(i) Siano x, y > 0, con x 6= y; calcolare, col metodo dei residui,∫ +∞

−∞

1

(1 + x2t2)(1 + y2t2)dt.

(ii) Servirsi del risultato precedente per calcolare∫D

dx dy dz

(1 + x2z2)(1 + y2z2)dove D = [−1, 1]× [−1, 1]× [0,+∞[

(dimostrare con cura che l’integrale effettivamente esiste finito).(iii) Trovare poi ∫ +∞

0

(arctan t

t

)2

dt.

Soluzione. (i) La funzione f : z 7→ 1/((1 + x2z2)(1 + y2z2)) ha, nelle ipotesi postesu x, y, poli del primo ordine in z = ±i/x, z = ±i/y. Integrando sul bordo delsemicerchio di centro l’origine e raggio r contenuto nel semipiano z : Im z ≥ 0 ipoli che interessano, non appena r > max1/x, 1/y, sono i/x, i/y; si ha

Res(f, i/x) =1/(1 + y2(i/x)2)

2x2(i/x)=

1/(1− y2/x2)

2ix=

x

2i(x2 − y2);

per l’altro, basta chiaramente scambiare fra loro x, y nella formula precedente,ottenendo

Res(f, i/y) =y

2i(y2 − x2).

L’integrale sul pezzo ricurvo del semicerchio e infinitesimo perche f ∼ c/z4 per|z| → +∞ (con c = 1/(x2y2)). Si ha quindi∫ +∞

−∞

1

(1 + x2t2)(1 + y2t2)dt = 2πi

(x

2i(x2 − y2)+

y

2i(y2 − x2)

)=

π

x+ y.

(ii) Per simmetria ci si riconduce a x > 0, y > 0, cioe posto E = [0, 1] × [0, 1] ×[0,+∞[ si ha∫

D

dx dy dz

(1 + x2z2)(1 + y2z2)= 4

∫E

dx dy dz

(1 + x2z2)(1 + y2z2).

Fissato (x, y) ∈ [0, 1]× [0, 1], se x > 0, y > 0 ed x 6= y si ha, in base al precedenterisultato∫ +∞

0

dz

(1 + x2z2)(1 + y2z2)=

1

2

∫ +∞

−∞

dz

(1 + x2z2)(1 + y2z2)=

π

2(x+ y).


Per λ2-quasi ogni (x, y) ∈ [0, 1]× [0, 1] si ha x > 0, y > 0 ed x 6= y (i punti (x, y)per cui x = 0 oppure y = 0 oppure x = y sono contenuti nel bordo del quadrato onella diagonale, comunque un’unione di segmenti, di misura 2-dimensionale nulla).Ne segue che per quasi ogni (x, y) ∈ [0, 1]× [0, 1] la (x, y)-sezione dell’integrandasta in L1([0,+∞[), con integrale π/(2(x + y)). Essendo l’integranda positiva ilteorema di Tonelli dice che la funzione e sommabile su E se e solo se esiste finito∫

[0,1]×[0,1]

π

2(x+ y)dx dy

ed un’ulteriore applicazione del teorema di Tonelli dice che tale integrale esiste finitose e solo se e finito il risultato del calcolo∫[0,1]×[0,1]

π

2(x+ y)dx dy =

π

2

∫ 1

0

dx

∫ 1

0

dy

x+ y

=π

2

∫ 1

0

[log(x+ y)]y=1

y=0 dx

=π

2

∫ 1

0

(log(x+ 1)− log x) dx

=π

2[(x+ 1) log(x+ 1)− x log x]

1

0 −π

2

∫ 1

0

(1− 1) dx

= π log 2.

Ne segue ∫D

dx dy dz

(1 + x2z2)(1 + y2z2)= 4π log 2.

(iii) Usando il teorema di Fubini possiamo affermare che si ha∫D

dx dy dz

(1 + x2z2)(1 + y2z2)=

∫ +∞

0

(∫[−1,1]×[−1,1]

dx dy

(1 + x2z2)(1 + y2z2)

)dz.

Si ha ora, sempre per Fubini,∫[−1,1]×[−1,1]

dx dy

(1 + x2z2)(1 + y2z2)=

(∫[−1,1]

dx

1 + x2z2

)(∫[−1,1]

dy

1 + y2z2

)

=

(∫ 1

−1

dξ

1 + ξ2z2

)2

,

ed inoltre, se z > 0∫ 1

−1

dξ

1 + ξ2z2=

2

z

∫ 1

0

zdξ

1 + (zξ)2=

2

z[arctan(zξ)]

ξ=1

ξ=0 = 2arctan z

z;


pertanto

4π log 2 =

∫D

dx dy dz

(1 + x2z2)(1 + y2z2)= 4

∫ +∞

0

(arctan z

z

)2

dz

e l’integrale richiesto vale π log 2:∫ +∞

0

(arctan t

t

)2

dt = π log 2.

Osservazione. Usando la sostituzione t = tanϑ ed integrando ripetutamente per partisi ha ∫ +∞

0

(arctan t

t

)2

dt =

∫ π/2

0

ϑ2

tan2 ϑ

dϑ

cos2 ϑ=

∫ π/2

0

ϑ2

sin2 ϑdϑ

=[−ϑ2 cotanϑ

]π/20

+

∫ π/2

0

2ϑcosϑ

sinϑdϑ

= 2 [ϑ log(sinϑ)]π/2

0 − 2

∫ π/2

0

log(sinϑ) dϑ

= −2

∫ π/2

0

log(sinϑ) dϑ;

l’ultimo integrale e stato calcolato con un artificio di calcolo in [2, 18.3.4], e si etrovato che valeva −π log 2/2; si ritrova il risultato per altra via.Osservazione. Non volendo usare la simmetria per ridurre l’integrale in (ii) ad E,occorre fare attenzione al fatto che l’integrale in (i) vale π/(x + y) solo se x >0, y > 0; con x, y reali non nulli qualunque esso vale π/(|x| + |y|), come e ovvioper la parita dell’integrale in x, y. Si noti anche che∫

[−1,1]×[−1,1]

dx dy

x+ y

non esiste: la funzione integranda diverge sulla seconda diagonale (x,−x) : x ∈[−1, 1]; ed integrando il modulo si troverebbe +∞, su ogni sezione:∫ y=1

y=−1

dy

|x+ y|=

∫ y=−x

y=−1

dy

−(x+ y)+

∫ 1

y=−x

dy

x+ y= +∞+∞ = +∞.

Esercizio 4.9 Sia a > 0 fissato.


(i) Calcolare ∫ +∞

−∞

1

t2 + a2dt;

dedurne, per y reale, ∫ +∞

−∞

1

(t− y)2 + a2dt.

(ii) KMostrare che la funzione

g(x, y) =1

((x− y)2 + a2)(y2 + a2)

appartiene ad L1(R2) e calcolare∫R2

g(x, y) dx dy: giustificare con cura.

(iii) Usando il teorema dei residui calcolare, per x reale non nullo

h(x) =

∫ +∞

−∞

1

((x− t)2 + a2)(t2 + a2)dt,

(iv) Usando h(x) in modo opportuno controllare il risultato ottenuto in (ii).

Soluzione. (i) Si ha∫ +∞

−∞

1

t2 + a2dt =

1

a

∫ +∞

−∞

1/a

(t/a)2 + 1dt =

1

a[arctan(t/a)]+∞−∞ =

π

a.

L’invarianza per traslazioni mostra subito che anche il secondo integrale vale π/a.(ii) Usiamo il teorema di Tonelli: si ha g(x, y) ≥ 0 per ogni (x, y) ∈ R2; se l’integra-le iterato viene finito, allora g appartiene ad L1(R2), e l’integrale iterato e l’integralesu tutto R2. Integrando prima in x si ottiene∫

Rg(x, y) dx =

∫ ∞−∞

1

((x− y)2 + a2)(y2 + a2)dx

=1

y2 + a2

∫ ∞−∞

1

(x− y)2 + a2dx =

1

y2 + a2π

a;

un’ulteriore integrazione rispetto ad y permette di concludere che l’integrale esiste evale π2/a2.(iii) Consideriamo la funzione razionale complessa

f(z) =1

((x− z)2 + a2)(z2 + a2)


dove x ∈ R e un parametro. Il denominatore si annulla per z = x±ia e per z = ±ia,tutti poli del primo ordine essendo per ipotesi x 6= 0. I residui nel semipiano superioresono quindi

Res(f, x+ ia) =1

2ia((x+ ia)2 + a2); Res(f, ia) =

1

((x− ia)2 + a2)2ia.

Per |z| → +∞ si ha f(z) ≈ 1/z4, quindi zf(z) e infinitesimo per |z| → +∞;integrando su semicerchi, l’integrale sul pezzo curvo tende a zero e si ha

h(x) = 2πi

(1

2ia((x+ ia)2 + a2)+

1

((x− ia)2 + a2)2ia

)=π

a

(1

x2 + 2iax+

1

x2 − 2iax

)=π

a

2x2

x4 + 4a2x2=

2π

a

1

x2 + 4a2.

(iv) Integrando si ottiene ∫ +∞

−∞h(x) dx =

2π

a

π

2a=π2

a2,

coincidente con l’integrale di g su R2; si e verificato che integrando la g prima rispettoad y e poi rispetto ad x si ottiene lo stesso risultato.


Esercizio 4.10 Calcolare l’integrale∫ +∞

−∞

x sinx

x2 + 1dx

utilizzando il metodo dei residui (si ammetta che l’integrale esiste finito).

Esercizio 4.11 1. Determinare i poli e i relativi residui di

f(z) =eiz

(1 + z2)2

contenuti nel semipiano Im (z) ≥ 0.2. Calcolare, usando il metodo dei residui, l’integrale∫ +∞

−∞

cosx

(1 + x2)2dx

motivando bene i passaggi e citando i risultati teorici utilizzati per arrivare alrisultato.


Esercizio 4.12 Calcolare ∫ +∞

−∞

x2

(x2 + 4)(x2 + 9)dx.

Esercizio 4.13

(i) Trovare la parte singolare della funzione di variabile complessa

f(z) =zeiz

(z2 + b2)2

in z0 = ib (b > 0).(ii) Calcolare ∫ +∞

−∞

t sin t

(t2 + b2)2dt.

Esercizio 4.14

(i) Data la funzione razionale fratta

R(z) =z2 + 1

(z2 + z + 1)(z − 1)2

se ne scrivano le singolarita; si trovino le parti principali in tali singolarita e quindilo sviluppo di R(z) in frazioni semplici.

(ii) Calcolare ∫ +∞

−∞

(x2 + 1) sin2 πx

(x2 + x+ 1)(x− 1)2dx.

Esercizio 4.15

(i) Decomporre in frazioni semplici la funzione

f(z) =d

dz

(2z

(z2 + 1)2

)+

1

z2 + 1.


−∞f(x)e−iαx dx (α > 0).


1

1 + z2 + z4 + z6.


(i) Trovare i poli di f .(ii) Detto Ω l’aperto di C costituito dal dominio di f , provare che f non ha primitive

in Ω.(iii) Provare che non esiste un intorno dello zero tale che f ristretta ad esso sia iniettiva.(iv) Calcolare ∫ +∞

−∞

dt

1 + t2 + t4 + t6.

Esercizio 4.17 Calcolare, con il metodo dei residui,∫ +∞

−∞

cosx

(x− π/2)(x2 + 1)dx.

Esercizio 4.18 Sia

f(z) =1− cos (2πz)

(z − 1)2.

(i) Descrivere il piu grande aperto aperto di Ω di C su cui la formula sopra data per fdefinisce una funzione olomorfa.

(ii) Trovare gli zeri di f .

(iii) Calcolare∫ +∞

−∞f(x) dx.

5 I Lemmi del cerchio piccolo edel cerchio grande

Raccogliamo qui gli esercizi che coinvolgono anche il lemma del cerchio piccolo, chericordiamo qui sotto. Riprendendo la notazione della Sezione 4 si ha:

Proposizione 5.1 (Lemma dell’arco di cerchio piccolo) Se f e continua inA(c, [ϑ1, ϑ2] ∩ z ∈ C : |z − c| < R per qualche R > 0, allora

Se limz→c

z∈A(c,[ϑ1,ϑ2]

(z − c)f(z) = k ∈ C allora limr→0

∫γr

f(z) dz = i(ϑ2 − ϑ1) k.

γr indica l’arco di cerchio di centro c e raggio r contenuto nell’angoloA(c, [ϑ1, ϑ2]∩z ∈ C : |z − c| > R, cioe si ha γr(ϑ) = c+ reiϑ, ϑ ∈ [ϑ1, ϑ2].

Si noti che se c e polo del primo ordine per f le ipotesi del lemma dell’arco dicerchio piccolo sono verificate, con k = Res(f, c).

E talvolta di utilita anche il Lemma del cerchio grande.

Proposizione 5.2 (Lemma dell’arco di cerchio grande) Se f e continua inA(c, [ϑ1, ϑ2] ∩ z ∈ C : |z − c| > R per qualche R ≥ 0, allora

Se limz→∞

z∈A(c,[ϑ1,ϑ2]

zf(z) = k ∈ C allora limr→+∞

∫γr

f(z) dz = i(ϑ2 − ϑ1)k.


Esercizio 5.1

(i) Descrivere singolarita e residui della funzione

f(z) =1− e2πiz

z4 − 1.

74 I Lemmi del cerchio piccolo e del cerchio grande


−∞

sin2 πx

x4 − 1dx

usando il metodo dei residui.

Soluzione. (i) Come si e visto nell’Esercizio 1.7, gli zeri del denominatore sono leradici quarte di 1, ovvero 1, i,−1,−i e sono semplici. Inoltre ±1 sono singolaritaeliminabili mentre si ha

Res(f, i) =−i4

(1− e2π).

(ii) Scriviamo anzitutto sin2(πx) = (1 − cos(2πx))/2, ed osserviamo che (perx ∈ R) l’integranda e quindi meta della parte reale della funzione f(x) = (1 −e2πix)/(x4− 1) sopra considerata. Si noti che tale funzione e in realta assolutamenteintegrabile su R: infatti e continua, ed e dominata da 2/|x4 − 1|, asintotica ad 1/x4

per x → ±∞, e quindi sommabile attorno all’infinito. Integrando su semicerchi(segmento [−r, r] e semicerchio σr(t) = reiϑ, ϑ ∈ [0, π]) si ha, se r > 1:∫ r

−r

1− e2πix

x4 − 1dx+

∫σr

1− e2πiz

z4 − 1dz = 2πi Res(f, i) = 2πi

i

4(1− e−2π)

in base al teorema dei residui. Poiche lim|z|→+∞

z/(z4 − 1) = 0, e 2π > 0, l’integrale

su σr e infinitesimo al tendere di r a +∞. Si ottiene∫ +∞

−∞

1− e2πix

x4 − 1dx = −π

2(1− e−2π),

e quindi l’integrale richiesto, meta della parte reale di tale quantita, vale∫ +∞

−∞

sin2 πx

x4 − 1dx = −π

4(1− e−2π).

Si noti che il risultato e negativo; mentre non e affatto ovvio che cosı dovesse essere,la cosa e possibile: la funzione razionale 1/(x4 − 1) e negativa sull’intero intervallo]−1, 1[.

Esercizio 5.2 Data la funzione di variabile complessa

f(z) =zez

e4z − 1

classificarne le singolarita. Integrando sul bordo del rettangolo di vertici r, r +iπ/2,−r + iπ/2,−r, indentato se occorre, calcolare:∫ ∞

−∞

xex

e4x − 1dx;


calcolandolo si ottiene anche

vp

∫ ∞−∞

ex

e4x − 1dx;

accettare il fatto che l’integrale sui segmenti paralleli all’asse immaginario einfinitesimo per r → +∞.Soluzione. Gli zeri del denominatore sono per 4z = 2kπi e cioe z = kπi/2, tuttidi molteplicita 1; se k = 0 si ha z = 0 dove anche il numeratore e nullo, e lasingolarita z = 0 e eliminabile; gli altri sono poli del primo ordine. Integriamo quindisu un bordo indentato in iπ/2 col semicerchio σs(ϑ) = iπ/2 + seiϑ, ϑ ∈ [π, 2π].Chiamando ε(r) il contributo all’integrale dei segmenti verticali si ha

∫ r

−rf(x) dx−

∫ −s−r

f(x+ iπ/2) dx

−∫ r

s

f(x+ iπ/2) dx−∫σs

f(z) dz + ε(r) = 0.

Si ha poi

f(x+ iπ/2) =(x+ iπ/2)ex+iπ/2

e4x+2πi − 1=

ixex

e4x − 1− π

2

ex

e4x − 1.

Pertanto, separando reale ed immaginario:

∫ r

−r

xex

e4x − 1dx+

π

2

(∫ −s−r

ex

e4x − 1dx+

∫ r

s

ex

e4x − 1dx

)− i(∫ −s−r

xex

e4x − 1dx+

∫ r

s

xex

e4x − 1dx

)−∫σs

f(z) dz + ε(r) = 0.

Per il lemma del cerchio piccolo, al tendere di s a 0+ si ha

lims→0+

∫σs

f(z) dz = iπRes(f, iπ/2) = iπ(iπ/2)eiπ/2

2e2πi= −iπ

2

8.

Si noti che per r → +∞ ed s→ 0+ l’espressione sopra tende a∫ ∞−∞

xex

e4x − 1dx+

π

2vp

∫ ∞−∞

ex

e4x − 1dx− i

[∫ ∞−∞

xex

e4x − 1dx− π2

8

].

Da cui, uguagliando parti reali ed immaginarie:∫ ∞−∞

xex

e4x − 1dx =

π2

8,


mentre ∫ ∞−∞

xex

e4x − 1dx+

π

2vp

∫ ∞−∞

ex

e4x − 1dx = 0,

da cui

vp

∫ ∞−∞

ex

e4x − 1dx = −π

4.

Osservazione. La funzione ex/(e4x−1) e sommabile attorno a +∞ ed a−∞, ma haun polo del primo ordine in 0, e quindi l’integrale e nel senso del valore principale;invece xex/(e4x − 1) si prolunga per continuita in 0, ed il suo integrale e un verointegrale generalizzato, anche assolutamente convergente.


fw(z) =ewz

ez − eia

dove w ∈ C e un parametro complesso fissato, ed a e reale, 0 < a < 2π.

(i) Trovare e classificare le singolarita di fw, determinando le parti principali.(ii) KDire per quali w ∈ C si ha fw ∈ L1(R,C).

(iii) Integrando su opportuni rettangoli calcolare∫ +∞

−∞fw(x) dx per i w ∈ C trovati

in (ii). Assumere che gli integrali sui pezzi verticali dei rettangoli tendano a 0 perr → +∞. (Facoltativo:Kgiustificare il limite degli integrali sui pezzi verticali).

(iv) Come cambiano i precedenti risultati supponendo ora soltanto a ∈ Rr2πZ, e nonpiu anche a ∈ ]0, 2π[?

Soluzione. (i) Il denominatore ha zeri semplici per ez = eia ⇐⇒ z = ia + 2kπi,con k ∈ Z; poiche il numeratore non e mai nullo, questi sono poli semplici, conresidui

Res(fw, i(a+ 2kπ)) =eiw(a+2kπ)

eia+2kπi= ei(wa−a+2kπ)

e quindi parti principali

Res(fw, i(a+ 2kπ))

z − i(a+ 2kπ)=

ei(wa−a+2kπ)

z − i(a+ 2kπ).

(ii) Si tratta di vedere per quali w ∈ C l’integrale∫ +∞

∞

|ewx||ex − eia|

dx


esiste finito; si ha |ewx| = eRe(wx) = e(Rew)x (si ricordi che x e reale), ed |ex−eia| =ex|1 − eiae−x|, per cui l’integrando e asintotico ad e(Rew)x/ex = ex(Rew−1) perx→ +∞, e invece asintotico ad e(Rew)x per x→ −∞. Ne segue che la funzione esommabile attorno a +∞ se e solo se Rew−1 < 0, e sommabile attorno a−∞ se esolo se Rew > 0; ne segue che fw appartiene aL1(R,C) se e solo se 0 < Rew < 1.(iii) Supposto 0 < Rew < 1, integrando sul rettangolo di vertici r, r + 2πi,−r +2πi,−r si ha∫ r

−r

ewx

ex − eiadx−

∫ r

−r

ew(x+2πi)

e(x+2πi) − eiadx

+

∫ 2π

0

ew(r+iη)

e(r+iη) − eiai dη −

∫ 2π

0

ew(−r+iη)

e(−r+iη) − eiai dη = 2πiRes(fw, ia),

che si riscrive, indicando con ε(r) il contributo dei lati verticali,

(1− e2πiw)

∫ r

−r

ewx

ex − eiadx+ ε(r) = 2πiei(w−1)a.

Mostreremo poi che ε(r)→ 0 per r → +∞; si ha

2πi/(1− e2πiw) =πe−πiw

−(eπiw − e−πiw)/2i=πe−πiw+iπ

sinπw=πe−iπ(w−1)

sinw.

Ne segue ∫ +∞

−∞fw(x) dx =

π

sinπwei(w−1)(a−π) 0 < Rew < 1.

Si ha infine∣∣∣∣∫ 2π

0

ew(r+iη)

e(r+iη) − eiai dη

∣∣∣∣ ≤ ∫ 2π

0

|ew(r+iη)||e(r+iη) − eia|

dη

≤∫ 2π

0

e(Rew)r−η(Imw)

er − 1dη ≤ 2π

e((Rew)−1)re2π| Imw|

1− e−r

che tende a zero al tendere di r a +∞ perche Rew − 1 < 0. Analogamente∣∣∣∣∫ 2π

0

ew(−r+iη)

e(−r+iη) − eiai dη

∣∣∣∣ ≤ ∫ 2π

0

e−(Rew)r−η(Imw)

1− e−rdη ≤ 2π

e−(Rew)re2π| Imw|

1− e−r

che tende a zero per r → +∞ perche Rew > 0.(iv) Il polo che ha indice non nullo rispetto ai rettangoli considerati non e piu ne-cessariamente ia, ma ib, dove b ∈ ]0, 2π[ e congruo ad a modulo 2π; l’integralediventa ∫ +∞

−∞fw(x) dx =

π

sinπwei(w−1)(b−π)

e null’altro cambia.




fαβ(z) =eiαz − eiβz

z2(1 + z2)(α, β ∈ R, α 6= β).

(i) Trovarne e classificarne le singolarita, calcolando i residui su quelle con parteimmaginaria ≥ 0.

(ii) Integrando su semicerchi, indentati se occorre, calcolare (attenzione ai segni diα, β!) ∫ +∞

−∞

cos(αx)− cos(βx)

x2(1 + x2)dx.

Soluzione. (i) Come si e visto nell’Esercizio 1.4, z = 0 e polo di ordine 1 con residuo

iα− iβ.

Invece z = ±i sono poli di ordine 1 Il residuo in z = i e (e−α − e−β)/(−2i).(ii) Supponiamo dapprima α, β ≥ 0. Integrando su semicerchi indentati in 0, il teo-rema dei residui e il lemma di Jordan (applicabile perche α, β ≥ 0 e lim

z→∞z/(z2(1 +

z2)) = 0) mostrano che si ha:

vp

∫ ∞−∞

eiαx − eiβx

x2(1 + x2)dx = iπ(iα− iβ) + 2πi

e−α − e−β

−2i

= π(β − α+ e−β − e−α).

Per disparita la parte immaginaria del valore principale e nulla; la parte reale e unvero integrale, dato che la singolarita in 0 si elimina; si ha quindi∫ +∞

−∞


x2(1 + x2)dx = π(β − α+ e−β − e−α) (α, β ≥ 0).

La parita del coseno dice poi che si ha∫ +∞

−∞


x2(1 + x2)dx = π(|β| − |α|+ e−|β| − e−|α|) α, β ∈ R.


Esercizio 5.5 Calcolare∫ +∞

0

tα−11

(t+ 1)(t2 + 1)dt 0 < α < 1.

Soluzione. L’integrale proposto esiste finito essendo

tα−1

(t+ 1)(t2 + 1)∼0 t

α−1 etα−1

(t+ 1)(t2 + 1)∼∞ tα−1−3 = tα−4

che e integrabile essendo 4− α > 1 (α < 3). Posto t = ex e∫ +∞

0

tα−11

(t+ 1)(t2 + 1)dt =

∫ +∞

−∞

eαx

(ex + 1)(e2x + 1)dx;

i poli di

f(z) =eαz

(ez + 1)(e2z + 1)

compresi nella striscia 0 ≤ Im z ≤ 2π sono gli z con Im z ∈ [0, 2π] tali cheez = −1 o e2z = −1. E ez = − se e solo se z = logC(−1) = iπ + 2kπi, k ∈ Z, ee2z = − se e solo se 2z = iπ + 2kπi ovvero z = iπ/2 + kπi, k ∈ Z. I poli di f su0 ≤ Im z ≤ 2π sono quindi z1 = iπ/2, z2 = iπ, z3 = 3iπ/2. Trattasi di poli delprimo ordine e si ha

Res(f, iπ/2) =

(eαz/(ez + 1)

2e2z

)z=iπ/2

=eαiπ/2/(i+ 1)

−2= − 1

2(1 + i)eiαπ/2;

Res(f, i3π/2) =

(eαz/(ez + 1)

2e2z

)z=i3π/2

=eα3iπ/2/(i− 1)

−2=

1

2(i− 1)e3iαπ/2;

Res(f, iπ) =

(eαz/(ez + 1)

2e2z

)z=iπ

=eαiπ/2

−1= −e

iαπ

2.

Integrando sul bordo del rettangolo di vertici −r, r,−r + 2πi, r + 2πi orientato insenso antiorario si ottiene∫ r

−rf(t) dt−

∫ r

−rf(t+ 2πi) dt+

∫σr

f(z) dz −∫σ−r

f(z) dz

= 2πi3∑i=1

Res(f, zi) (∗)

ove, rispettivamente, σr e σ−r sono i segmenti di origine ±r ed estremita ±r+ 2iπ.Si ha che

limr→+∞

∫σr


∫σ−r

f(z) dz = 0


(verifica alla fine); osserviamo che f(t + 2πi) = e2πiαf(t); passando al limite perr → +∞ in (∗) si trova allora

(1− e2πiα)

∫ +∞

−∞= 2πi

(i− 1

4eiαπ/2 − 1 + i

4e3iαπ/2 − eiαπ

2

);

ora 1− e2πiα = eπiα(e−πiα − eπiα) = 2i eπiα sinπα 6= 0 (α ∈ ]0, 1[) da cui

∫ +∞

−∞

eαt

(et + 1)(e2t + 1)dt

=π

sinπα

(i− 1

4e−iαπ/2 − 1 + i

4eiαπ/2 − 1

2

)=

π

sinπα

(i

4(e−iαπ/2 − eiαπ/2)− 1

4(eiαπ/2 + e−iαπ/2)− 1

2

)=

π

sinπα

(1

2sin

απ

2− 1

2cos

απ

2− 1

2

).

Verifichiamo che e

limr→+∞

∫σr

f(z) dz = limr→−∞

∫σ−r

f(z) dz = 0.

Si ha∫σr

f(z) dz = i

∫ 2π

0

f(r + it) dt ed e, per t ∈ [0, 2π],

|f(r + it)| =∣∣eα(r+it)∣∣∣∣(er+it + 1)(e2r+2it + 1)

∣∣ ;

osserviamo che |eαr+iαt| = eαr e che∣∣er+it + 1∣∣ ≥ ∣∣|er+it| − 1

∣∣ = |er − 1|;∣∣e2r+2it + 1∣∣ ≥ ∣∣|e2r+2it| − 1

∣∣ = |e2r − 1|

da cui

|f(r + it)| ≤ eαr∣∣(er − 1)(e2r − 1)∣∣

per ogni t ∈ [0, 2π], ed essendo eαr/((er − 1)(e2r − 1)) asintotico a e(α−3)r perr →∞ si ottiene

supt∈[0,2π]

|f(r + it)| −−−−→r→+∞

0


donde l’asserto (e α < 1).Si ha poi

|f(−r + it)| =∣∣eα(−r+it)∣∣∣∣(e−r+it + 1)(e−2r+2it + 1)

∣∣ed e ∣∣eα(−r+it)∣∣ = e−αr;

∣∣e−r+it + 1∣∣ ≥ ∣∣1− |e−r+it|∣∣ =

∣∣1− e−r∣∣;∣∣e−2r+2it + 1∣∣ ≥ ∣∣1− |e−2r+2it|

∣∣ =∣∣1− e−2r∣∣

da cui

supt∈[0,2π]

|f(−r + it)| ≤ e−αr

(1− e−r)(1− e−2r)−−−−→r→+∞

0

essendo α > 0, quindi limr→+∞

∫σ−r

f(z) dz = 0.

Esercizio 5.6 Integrando la funzione

f(z) = z2ez

1 + e4z

su un circuito opportuno calcolare∫ +∞

0

log t

1 + t4dt.

Soluzione. Posto x = log t si ha∫ +∞

0

log t

1 + t4dt =

∫ +∞

−∞

x ex

1 + e4xdx.

Le singolarita di f sono gli z ∈ C tali che e4z = −1, ovvero z = iπ/4 + kiπ/2,k ∈ Z, tutti poli di ordine uno. Quelli contenuti nella striscia 0 ≤ Im z ≤ 2π sonoz1 = 1π/4, z2 = 3iπ/4, z3 = 5iπ/4, z4 = 7iπ/4. Si ha

Res(f, iπ/4) =

(iπ

4

)2eiπ/4

4eiπ=π2

64eiπ/4;

Res(f, i3π/4) =

(i

3π

4

)2ei3π/4

4ei3π=

9π2

64e3iπ/4;

Res(f, i5π/4) =

(i

5π

4

)2ei5π/4

4ei5π=

25π2

64e5iπ/4;

Res(f, i7π/4) =

(i

7π

4

)2ei7π/4

4ei7π=

49π2

64e7iπ/4.


Integrando f sul bordo del rettangolo di vertici −r, r,−r + 2πi, r + 2πi si ottiene∫ r

−rf(x) dx−

∫ r

−rf(x+ 2πi) dx+

∫σr

f(z) dz −∫σ−r

f(z) dz

= 2πi4∑i=1

Res(f, zi) (∗)

ove σr (rispettivamente σ−r) e il segmento σr(t) = r+ it (rispettivamente σ−r(t) =−r + it), t ∈ [0, 2π]. Si ha che

limr→+∞

∫σr


∫σ−r

f(z) dz = 0

(verifica alla fine); passando al limite in (∗) per r → +∞ si ottiene∫ +∞

−∞(x2 − (x+ 2πi)2)

ex

1 + e4xdx = 2πi

4∑i=1

Res(f, zi). (∗∗)

Ora e

4∑i=1

Res(f, zi) =π2

64

(eiπ/4 + 9e3iπ/4 + 25e51π/4 + 49e7iπ/4

)=π2

64

(1√2− 9√

2− 25√

2+

49√2

+ i

(1√2

+9√2− 25√

2− 49√

2

))=

π2

64√

2(16− 64i) =

π2

4√

2(1− 4i)

e x2 − (x + 2πi)2 = −4πix + 4π2 da cui, uguagliando in (∗∗) le parti reali e leparti immaginarie, ∫ +∞

−∞

ex

1 + e4xdx =

π3√

2

4π2= π

√2

4,

∫ +∞

−∞x

ex

1 + e4xdx =

−π3√

2/4

4π= −π

2√

2

16.

Resta da verificare che

limr→+∞

∫σr


∫σ−r

f(z) dz = 0.

Per ogni t ∈ [0, 2π] e

|f(r + it)| = |r + it|2 er

|1 + e4r+4it|,


si ha poi

|r + it|2 = r2 + t2 ≤ r2 + (2π)2;∣∣e4r+4it + 1∣∣ ≥ ∣∣|e4r+4it| − 1

∣∣ =∣∣e4r − 1

∣∣sicche

supt∈[0,2π]

|f(r + it)| ≤ (r2 + 4π2)er

|e4r − 1|−−−−→r→+∞

0

ed essendo∣∣∣∣∫σr

f(z) dz

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∫ 2π

0

f(r + it) dt

∣∣∣∣ ≤ ∫ 2π

0

supt∈[0,2π]

|f(r + it)| dt

si ottiene

limr→+∞

∫σr

f(z) dz = 0.

Analogamente e

|f(−r + it)| = |−r + it|2 e−r

|1 + e−4r−4it|≤ (r2 + 4π2)e−r

1− e−4r

sicche supt∈[0,2π] |f(−r + it)| → 0 per r → +∞ da cui

limr→−+∞

∫σ−r

f(z) dz = 0.

Esercizio 5.7 E data la funzione complessa

f(z) =z2

cosh z sinh z(α ∈ R).

(i) Trovarne le singolarita, classificarle, trovare le parti principali sulle singolarita.(ii) Mostrare che la funzione

x 7−→ x

coshx sinhx

appartiene ad L1(R).


(iii) Integrando f sul bordo dei rettangoli di vertici r, r+ πi,−r+ πi,−r, indentandosulle singolarita se occorre, calcolare l’integrale∫ +∞

−∞

x

coshx sinhxdx.

Assumere che gli integrali sui pezzi verticali dei rettangoli tendano a 0 per r →+∞.

(iv) KGiustificare il limite degli integrali sui pezzi verticali.

Soluzione. (i) Si puo scrivere

cosh z sinh z =ez + e−z

2

ez − e−z

2=e2z − e−2z

4=

sinh(2z)

2,

cosicche si puo scrivere f(z) = 2z2

sinh(2z). Si ha

sinh(2z) = 0 ⇐⇒ e2z = e−2z ⇐⇒ e4z = 1

⇐⇒ 4z = 2kπi (k ∈ Z);

gli zeri del denominatore sono quindi kπi/2, k ∈ Z; poiche in tali punti la derivatadel denominatore, 2 cosh(2z), vale 2 cosh(kπi) = 2(−1)k 6= 0, tali zeri hannomolteplicita 1. Il numeratore ha z = 0 come unico zero di molteplicita 2. Ne segue:

z = 0 e singolarita eliminabile (ed f ha ivi uno zero di molteplicita 1)

z = kπi/2, k 6= 0, sono per f poli del primo ordine;

si ha

Res(f,kπi

2) = 2

(kπi/2)2

2 cosh(kπi)= (−1)k+1 k

2π2

4;

le parti principali a tali poli sono quindi(−1)k+1k2π2/4

z − kπi/2.

(ii) Il punto x = 0 e discontinuita eliminabile per la funzione data (si halimx→0

x/(sinhx coshx) = 1). La funzione data e pari ed e continua; basta mo-

strare che essa e in L1([c,+∞[) per qualche c ≥ 0. Si ha x/(sinhx coshx) =2x/ sinh(2x) < 2x/ex = 2xe−x per x > 0; e la funzione x 7→ 2xe−x chiaramentesta in L1([0,+∞[).


(iii) Fissati r, s, con 0 < s < r, si considera il rettangolo indentato come in Figura 5.1per il teorema dei residui si ha, posto γs(ϑ) = iπ + seiϑ, ϑ ∈ [π, 2π]:

∫ r

−r

2x2

sinh(2x)dx−

∫ −s−r

2(x+ πi)2

sinh(2(x+ πi))dx−

∫ r

s

2(x+ πi)2

sinh(2(x+ πi))dx

−∫γs

2z2

sinh(2z)dz +

∫ π

0

2(r + iη)2

sinh(2(r + iη))i dη −

∫ π

0

2(−r + iη)2

sinh(2(−r + iη))i dη

= 2πiRes(f,iπ

2) = 2πi

π2

4= i

π3

2.

Per disparita, ∫ r

−r

2x2

sinh(2x)dx = 0;

inoltre (x+πi)2 = x2+2πix−π2 e sinh(2(x+πi)) = sinh(2x+2πi) = sinh(2x);per disparita si ha ancora∫ −s

−r

2x2

sinh(2x)dx+

∫ r

s

2x2

sinh(2x)dx = 0

ed anche ∫ −s−r

−2π2

sinh(2x)dx+

∫ r

s

−2π2

sinh(2x)dx = 0

Detta ε(r) la somma degli integrali sui lati verticali resta quindi

−(∫ −s−r

2 · 2πixsinh(2x)

dx−∫ r

s

2 · 2πixsinh(2x)

dx

)+

∫γs

f(z) dz + ε(r) = iπ3

2

essendo iπ polo di ordine 1 si ha, per il lemma del cerchio piccolo:

lims→0+

∫γs

f(z) dz = iπRes(f, iπ) = iπ(−π2) = −iπ3

mentre il termine entro parentesi converge a 2πi vp

∫ +∞

−∞(2x/ sinh(2x)) dx =

2πiI , indicando con I l’integrale richiesto. Si ha quindi −2πiI = iπ3/2 − iπ3

da cui

I =

∫ +∞

−∞

x

coshx sinhxdx =

π2

4.


(iv) Resta solo da vedere che gli integrali sui lati verticali sono effettivamenteinfinitesimi per r → +∞. Si ha∣∣∣∣∫ π

0

(±r + iη)2

sinh(±2r + 2iη)i dη

∣∣∣∣ ≤ ∫ π

0

| ± r + iη|2

| sinh(±2r + 2iη)|dη

inoltre

| sinh(±2r + 2iη)| =∣∣∣∣e±2r+2iη − e∓2r−2iη

2

∣∣∣∣≥ 1

2

∣∣|e±2r+2iη| − |e∓2r−2iη|∣∣

=1

2(e2r − e−2r) = sinh(2r)

poiche r > 0, ed anche |± r+ iη|2 ≤ (|± r|+ |iη|)2 = (r+η)2 ≤ (r+ r)2 = 4r2

se r ≥ π. Ne segue

|ε(r)| ≤ 4

∫ π

0

4r2

sinh(2r)dr =

16πr2

sinh(2r)

per r > π; chiaramente quest’ultima quantita tende a zero per r → +∞.

ir+ i−r+ i

−r0

s

r

i/2

Figura 5.1.

Esercizio 5.8 KScopo dell’esercizio e il calcolo dell’integrale

F (ξ) =

∫ +∞

−∞

cosx

π2 − 4x2e−i2πξx dx (ξ ∈ R).

(i) Provare che effettivamente per ogni ξ ∈ R l’integrando appartiene ad L1(R).(ii) Calcolare

vp

∫ +∞

−∞

eiαx

a2 − x2dx;

a > 0, α ≥ 0 sono costanti reali; trovarlo poi con α ∈ R qualsiasi.


(iii) Dedurre da (ii)

vp

∫ +∞

−∞

cosx cos(βx)

a2 − x2dx β ∈ R, a > 0.

Trovare infine F (ξ).

Soluzione. (i) L’integrando e maggiorato in modulo da

1

π2 − 4x2,

funzione sommabile in un intorno di±∞ perche asintotica a 1/(4x2); inoltre esso siprolunga per continuita in ±π/2. Pertanto l’integrando sta in L1(R).(ii) La funzione f(z) = eiαz/(a2−z2) ha poli semplici in±a; il residuo in essi vale

Res(f,±a) =eiα(∓a)

−2(±a)= ∓e

±iaα

2a.

Integrando su semicerchi indentati γr,s,t come in Figura 5.2, si trova, in base alteorema dei residui:∫

γr,s,t

f(z) dz =

∫σr

f(z) dz −∫σs

f(z) dz −∫σt

f(z) dz

+

∫ a−s

r

f(x) dx+

∫ a−t

a+s

f(x) dx+

∫ r

a+t

f(x) dx = 0;

facendo tendere r a +∞, e t, s a 0+, l’ultima riga tende al valore principale richiesto;

per il lemma di Jordan∫σr

→ 0 (o quello del cerchio grande se α = 0), mentre per

il lemma del cerchio piccolo si ha

lims→0+

∫σs

f(z) dz = iπe−iaα

2a; lim

t→0+

∫σt

f(z) dz = iπ−eiaα

2a;

quindi si ha

vp

∫ +∞

−∞

eiαx

a2 − x2dx− iπ−e

iaα + e−iaα

2a= 0,

da cui

vp

∫ +∞

−∞

eiαx

a2 − x2dx = π

sin(aα)

a.

Si e quindi anche visto che si ha

vp

∫ +∞

−∞

cos(αx)

a2 − x2dx = π

sin(aα)

a; vp

∫ +∞

−∞

sin(αx)

a2 − x2dx = 0,


s−r raO−a

ts

r

t

Figura 5.2.

per a > 0 ed α ≥ 0.Per parita e disparita si ha

vp

∫ +∞

−∞

cos(αx)

a2 − x2dx = π

sin(a|α|)a

; vp

∫ +∞

−∞

sin(αx)

a2 − x2dx = 0,

anche se α < 0.(iii) Per le formule di Werner (vedi Formulario) si ha

cosx cos(βx) =1

2(cos((β + 1)x) + cos((β − 1)x)) ,

e pertanto

vp

∫ +∞

−∞

cosx cos(βx)

a2 − x2dx = vp

∫ +∞

−∞

cos((β + 1)x)

a2 − x2dx

+ vp

∫ +∞

−∞

cos((β − 1)x)

a2 − x2dx

=π

2a(sin(a|β + 1|) + sin(a|β − 1|)).

Usando poi le formule di Eulero e la disparita si ottiene

F (ξ) =

∫ +∞

−∞

cosx cos(2πξx)

π2 − 4x2dx cioe F (ξ) =

1

4

∫ +∞

−∞

cosx cos(2πξx)

(π/2)2 − x2dx,

e quindi (a = π/2, β = 2πξ):

F (ξ) =1

4(sin(π|2πξ + 1|/2) + sin(π|2πξ − 1|/2)).

Si noti che la funzione F e a supporto compatto; si ha infatti

F (ξ) =

1

2cos(π2ξ) per ξ ∈ ]−1/(2π), 1/(2π)[,

0 per |ξ| ≥ 1/(2π).


Esercizio 5.9 K E data la funzione complessa

fξ(z) =eiξz

1 + cosh(2z)

con ξ parametro reale.

(i) Determinarne le singolarita e classificarle.(ii) Per ogni r > 0 sia γr il circuito bordo del rettangolo di vertici r, r + πi,−r +

πi,−r; trovare la parte principale di fξ sulle singolarita che hanno indice non nullorispetto a tale circuito.

(iii) Calcolare

g(ξ) =

∫ +∞

−∞fξ(x) dx =

∫ +∞

−∞

eiξx

1 + cosh(2x)dx.

Assumere che gli integrali sui pezzi verticali dei rettangoli tendano a 0 per r →+∞.

(iv) KGiustificare il limite degli integrali sui pezzi verticali.

Soluzione. (i) Il numeratore non e mai nullo. Il denominatore si annulla per

cosh(2z) = −1 ⇐⇒ cos(2iz) = −1 ⇐⇒ 2iz = π + 2kπ

⇐⇒ z = −iπ/2− kiπ,

cioe per z = zm = iπ/2 + miπ, m ∈ Z; in tali punti la derivata del denominatore,che e 2 sinh(2z), vale 0, mentre la derivata seconda, 4 cosh(2z), vale −4. Si trattadi poli del secondo ordine. La funzione fξ ha i punti zm = iπ/2 + miπ (m ∈ Z)come poli del secondo ordine.(ii) L’unica singolarita entro il rettangolo e z0 = iπ/2. Si puo scrivere

fξ(z) = R(z) +c−1

z − iπ/2+

c−2(z − iπ/2)2

dove R, parte regolare, e olomorfa attorno a iπ/2. Si ha

c−2 = limz→iπ/2

(z − iπ/2)2fξ(z) = limz→iπ/2

(z − iπ/2)2eiξz

1 + cosh(2z)

= e−ξπ/2 limz→iπ/2

(z − iπ/2)2

1 + cosh(2z).

Si ha ora

limz→iπ/2

(z − iπ/2)2

1 + cosh(2z)= (Hopital) = lim

z→iπ/2

2(z − iπ/2)

2 sinh(2z)= (Hopital)

= limz→iπ/2

2

4 cosh(2z)= −1

2.


Si ha quindi c−2 = −e−ξπ/2/2; inoltre si e visto che

1 + cosh(2z) ≈ −2(z − iπ/2)2

per z → iπ/2. Si ha poi

c−1 = Res(fξ, iπ/2) = limz→iπ/2

(z − iπ/2)

(fξ(z)−

c−2(z − iπ/2)2

)= lim

z→iπ/2

eiξz(z − iπ/2)2 + e−ξπ/2(1 + cosh(2z))

2(1 + cosh(2z))(z − iπ/2)

= limz→iπ/2

2eiξz(z − iπ/2)2 + e−ξπ/2(1 + cosh(2z))

−4(z − iπ/2)3

dove all’ultimo passaggio si e usata l’asintoticita sopra osservata di 1+cosh(2z) con−2(z − iπ/2)2. Per semplicita poniamo w = z − iπ/2, cioe z = w + iπ/2; si haallora

cosh(2z) = cosh(2w + iπ) =e2w+iπ + e−2w−iπ

2

= −e2w + e−2w

2= − cosh(2w),

ed il limite precedente diventa (si ricordino gli sviluppi di Maclaurin di

cosh(2w) = 1 +(2w)2

2!+ o(w3), eiξw = 1 + (iξw) +

(iξw)2

2!+ o(w2))

limw→0

e−ξπ/2

−4

2eiξww2 + 1− cosh(2w)

w3

=e−ξπ/2

−4limw→0

2w2 + 2iξw3 + o(w3)− 2w2 + o(w3)

w3

= − iξ2e−ξπ/2.

Si ha quindi che la parte principale di fξ a iπ/2 e

(−iξ/2)e−ξπ/2

z − iπ/2+−e−ξπ/2/2(z − iπ/2)2

.

Osservazione. Per il calcolo del residuo si poteva anche scrivere

fξ(z) =

eiξz(z − iπ/2)2

1 + cosh(2z)

(z − iπ/2)2,


e calcolare c−1 come il valore in iπ/2 della derivata di

eiξz(z − iπ/2)2

1 + cosh(2z),

ottenendo

(iξeiξz(z − iπ

2)2 + eiξz2(z − iπ

2))(1 + cosh(2z)) + eiξz(z − iπ

2)22 sinh(2z)

(1 + cosh(2z))2

procedimento non meno complicato del precedente.(iii) Il teorema dei residui mostra che si ha∫ r

−rfξ(x) dx−

∫ r

−rfξ(x+ iπ) dx

+

∫ π

0

fξ(r + iη)i dη −∫ π

0

fξ(−r + iη)i dη = 2πiRes(fξ, iπ/2) (I)

per ogni r > 0; si ha ora

fξ(x+ iπ) =eiξx−ξπ

1 + cosh(2x+ 2iπ)=

e−ξπeiξx

1 + cosh(2x)= e−ξπfξ(x),

inoltre

2πiRes(fξ, iπ/2) = 2πi−iξ2

e−ξπ/2 = πξe−πξ/2,

indicando con ε(r) la somma degli integrali sui pezzi verticali, (I) si riscrive

(1− e−πξ)∫ r

−rfξ(x) dx+ ε(r) = πξe−πξ/2

ed ammettendo che limr→+∞

ε(r) = 0, come fra poco verificheremo, si ha (si osservi

che e e−πξ/2/(1− e−πξ) = 1/(eπξ/2 − e−πξ/2) = 1/(2 sinh(πξ/2)))∫ +∞

−∞

eiξx

1 + cosh(2x)dx =

πξ

2 sinh(πξ/2).

(iv) Gli integrali su pezzi verticali sono, in valore assoluto, per r grande∣∣∣∣∫ π

0

e±iξre−ξη

1 + cosh(±2r + 2iη)i dη

∣∣∣∣ ≤ ∫ π

0

|e±iξr| |e−ξη||1 + cosh(±2r + 2iη)|

dη

≤∫ π

0

eπ|ξ|∣∣| cosh(±2r + 2iη)| − 1∣∣ dη

(si noti che |e±iξr| = 1, e che |e−ξη| ≤ eπ|ξ| se 0 ≤ η ≤ π), ed essendo| cosh(±2r + 2iη)| = |e±2r+2iη + e∓2r−2iη|/2 ≥ (e2r − e−2r)/2 = sinh(2r), sivede che l’integrando e maggiorato da eπ|ξ|/(sinh(2r) − 1); ne segue che |ε(r)| ≤πeπ|ξ|/| sinh(2r)− 1|, chiaramente infinitesimo per r → +∞.


Esercizio 5.10 K Si consideri la funzione complessa

f(z) =eiωz

eπz + e−πz(ω costante reale).

(i) Trovare singolarita e residui di f .(ii) Si ponga

A =

∫ +∞

−∞

cos(ωx)

cosh(πx)dx, B =

∫ +∞

−∞

sin(ωx)

sinh(πx)dx.

Dati r, s, con 0 < s < r, sia γrs il circuito di Figura 5.3. Integrando f su γrs, efacendo tendere s a 0+ ed r a +∞, trovare una relazione tra A e B; cambiando inessa ω con −ω, calcolare A e B. Al solito ammettere prima che gli integrali suipezzi verticali tendano a 0 per r → +∞, poi provare a dimostrarlo (K).

Soluzione. (i) Si ha eπz + e−πz = 0 ⇐⇒ e2πz = −1 ⇐⇒ 2πz = (2k + 1)πi(k ∈ Z); gli zeri del denominatore sono quindi zk = (k + 1/2)i, al variare dik ∈ Z. Tali zeri sono semplici (la derivata del denominatore vale π(eπki+πi/2 −e−πki−πi/2) = π(−1)k2i 6= 0) ed il numeratore non e mai nullo; ogni zk e quindipolo semplice per f , con residuo

Res(f, zk) =eiω(k+1/2)i

(−1)k2πi= (−1)k

e−ω(k+1/2)

2πi

ovvero

Res(f, zk) = (−1)ke−ω(k+1/2)

2πi.

r+ i/2−r+ i/2

s

− r0

r

i/2

Figura 5.3.


(ii) Chiaramente γrs e nullomotopo in C r zk : k ∈ Z, quindi∫γrs

f(z) dz = 0.

Si ha (σs(ϑ) = i/2 + seiϑ, ϑ ∈ [π, 2π] e il semicerchio di centro i/2 e raggio s)

∫γrs

f(z) dz

=

∫ r

−rf(x) dx−

(∫ −s−r

f(z) dz +

∫ r

s

f(z) dz

)−∫σs

f(z) dz + ε(r)

= 0

(∗)

dove con ε(r) si e indicato il contributo dei pezzi verticali, che si mostrera essereinfinitesimo per r → +∞. Si ha poi∫ r

−rf(x) dx =

∫ r

−r

eiωx

eπx + e−πxdx

=

∫ r

−r

cos(ωx) + i sin(ωx)

2 cosh(πx)dx

=

∫ r

−r

cos(ωx)

2 cosh(πx)dx −→ A

2per r →∞,

l’integrale con il seno essendo nullo per disparita. Inoltre

∫ −s−r

f(z) dz +

∫ r

s

f(z) dz

=

∫ −s−r

eiω(x+i/2)

eπx+πi/2 + e−πx−πi/2dx+

∫ r

s

eiω(x+i/2)

eπx+πi/2 + e−πx−πi/2dx

=

∫ −s−r

e−ω/2eiωx

i(eπx − e−πx)dx+

∫ r

s

e−ω/2eiωx

i(eπx − e−πx)dx

= −i e−ω/2

2

(∫ −s−r


sinh(πx)dx+

∫ r

s


sinh(πx)dx

)= e−ω/2

∫ r

s

sin(ωx)

sinh(πx)dx −→ e−ω/2B/2 per s→ 0+, r →∞

(gli integrali in coseno si elidono per disparita, quelli col seno coincidono). Infine, eben noto, per il lemma dell’arco di cerchio piccolo, che e

lims→0+

∫σs

f(z) dz = iπRes(f, i/2) =e−ω/2

2,


per cui, passando in (∗) al limite per s→ 0+ ed r →∞ si ottiene

A

2− e−ω/2B

2− e−ω/2

2= 0

e cambiando in tale espressione ω con −ω (osservando che allora anche B cambiasegno, mentre A resta uguale) si ottiene

A

2+ eω/2

B

2− eω/2

2= 0.

Pertanto A e B si ottengono risolvendo il sistema lineareA− e−ω/2B = e−ω/2

A+ eω/2B = eω/2,

sistema che ha per soluzione A = 1/ cosh(ω/2), B = tanh(ω/2). Resta damostrare che il contributo sui pezzi verticali tende a zero per r → +∞. Sul latodestro∣∣∣∣∣∫ 1/2

0

eiωr−ωη

eπr+πiη + e−πr−πiηi dη

∣∣∣∣∣ ≤∫ 1/2

0

e−ωη

eπr − e−πrdη

=1

eπr − e−πr

∫ 1/2

0

e−ωη dη ≤ e|ω|/2

2(eπr − e−πr).

Chiaramente quest’ultima quantita e infinitesima per r → +∞. Sul lato sinistro,similmente, si ha∣∣∣∣∣

∫ 1/2

0

e−iωr−ωη

e−πr+πiη + eπr−πiηi dη

∣∣∣∣∣ ≤∫ 1/2

0

e−ωη

eπr − e−πrdη

che come sopra e infinitesima se r → +∞.

Esercizio 5.11 K Siano a1, . . . , aN ∈ C, e sia f ∈ H(C r a1, . . . , aN).Accettare (per ora) il seguente fatto (i):

(i) Se limz→∞

zf(z) = 0 alloraN∑k=1

Res(f, ak) = 0.

(ii) Data la funzione razionale

fm(z) =1

zm(z2 + 4z + 1),

trovarne i residui ai poli diversi da z = 0; usare poi (i) per trovare il residuo inz = 0, al variare del parametro m nell’insieme Z degli interi.


(iii) Calcolare (1/2πi)

∫γ

fm(z) dz, dove γ e il circolo unitario semplice positivamente

orientato; usare cio per calcolare i coefficienti di Fourier cm(f), in periodo 2π,della funzione

ϑ 7−→ 1

2 + cosϑ

(si ricorda che cm(f) =1

2π

∫ 2π

0

f(e−imϑ) dϑ).

(iv) Dimostrare l’affermazione fatta in (i).

Soluzione. (i) I poli non nulli di fm si hanno agli zeri di z2 + 4z + 1, che sono−2±

√3; si tratta ovviamente di zeri semplici per il denominatore di fm, quindi essi

sono poli semplici per fm, con residui (la derivata di z2 + 4z + 1 e 2(z + 2)):

Res(fm,−2−√

3) =1

2(−2−√

3)m(−√

3)=

(−1)m+1

2√

3(2 +√

3)m;

Res(fm,−2 +√

3) =1

2(−2 +√

3)m√

3.

Si noti che si ha limz→∞

zf(z) = 0 se e solo se m ≥ 0, dato che per z → ∞ la

funzione e ovviamente asintotica a 1/zm+2, quindi zfm(z) e asintotica a 1/zm+1,che e infinitesimo se e solo se m + 1 > 0 ⇐⇒ m ≥ 0. Per m ≤ −1, z = 0 none singolarita per fm (e quindi Res(fm, 0) = 0 per m ≤ −1); per m ≥ 0, z = 0 epolo di ordine m (singolarita eliminabile se m = 0) per fm, con residuo che e

Res(fm, 0) = −(

Res(fm,−2−√

3) + Res(fm,−2 +√

3))

=−1

2√

3

((−1)m+1

(2 +√

3)m+

1

(−2 +√

3)m

)(m ≥ 1)

mentre, come sopra detto, e Res(fm, 0) = 0 per m ≤ −1.(ii) Si osservi che−2−

√3 < −2 < −1 mentre−1 < −2+

√3 < 1 (tale relazione

equivale infatti a 1 <√

3 < 3, equivalente a 1 < 3 < 9, certamente vera). Ne segueche fra le singolarita di fm solo z = −2 +

√3, e z = 0 quando e singolarita, cadono

entro il circolo unitario. Per il teorema dei residui si ha quindi

1

2πi

∫γ

fm(z) dz = Res(fm, 0) + Res(fm,−2 +√

3) = −Res(fm,−2−√

3)

=(−1)m

2√

3(2 +√

3)mse m ≥ 1;

mentre1

2πi

∫γ

fm(z) dz = Res(fm,−2 +√

3) =1

2√

3(−2 +√

3)mse m ≤ 0.


(iii) Per definizione dei coefficienti di Fourier, si ha

cm(f) =

∫ 2π

0

e−imϑ

2 + cosϑ

dϑ

2π= (posto ζ = eiϑ)

=1

2π

∫γ

1

ζm2ζ

ζ2 + 4ζ + 1

dζ

iζ=

1

2πi

∫γ

2fm(ζ) dζ

da cui, usando il risultato precedente,

cm(f) =

1√

3(−2 +√

3)mse m ≤ 0,

(−1)m√3(2 +

√3)m

se m ≥ 1.

(iv) Sia r0 = max|a1|, . . . , |aN |; se γr denota il circolo semplice positivamenteorientato di centro l’origine e raggio r, γr(ϑ) = reiϑ, ϑ ∈ [0, 2π], si ha grazie alteorema dei residui

(1/2πi)

∫γr

f(z) dz =N∑k=1

Res(f, ak)

per ogni r > r0. Mostriamo che e

limr→+∞

(1/2πi)

∫γr

f(z) dz = 0

da cui il risultato. Questo e conseguenza del lemma dell’arco di cerchio grande

Esercizio 5.12 K Sia a > 0 fissato. Sia

f(z) =z

a− e−iz.

(i) Trovarne le singolarita, discuterne il tipo, trovarne i residui.(ii) Facendo tendere h a +∞ nell’integrale∫

γh

f(z) dz,

dove γh e il circuito bordo del rettangolo di vertici−π, π, π+ ih,−π+ ih, trovareil valore di

I(a) =

∫ π

−π

t sin t

a2 − 2a cos t+ 1dt

(attenzione: distinguere i casi a > 1 e a ≤ 1; provare che l’integrale sul pezzo inalto tende a zero).


(iii) Esprimere mediante I(a) l’integrale∫ π

−πlog (a2 − 2a cos t+ 1) dt.

Soluzione. (i) Il denominatore e nullo per −iz = log a + 2kπi ⇐⇒ z = 2`π +i log a, ` ∈ Z. Si tratta di poli del primo ordine, salvo nel caso a = 1 ed ` = 0; sea = 1, z = 0 e singolarita eliminabile per z/(1 − e−iz) (si prolunga con il valore1/i = −i). Negli altri casi il residuo e

2`π + i log a

ia=

log a

a− 2`π

ai.

(ii) Si ha, per l’integrale su γh:∫γh

z

a− e−izdz = (scriviamo prima il pezzo in basso e quello in alto:)

=

∫ π

−π

x

a− e−ixdx−

∫ π

−π

x+ ih

a− e−i(x+ih)dx

poi quelli sui lati verticali:

+

∫ h

0

π + iη

a− e−i(π+iη)i dη −

∫ h

0

−π + iη

a− e−i(−π+iη)i dη

da cui∫γh

z

a− e−izdz =

∫ π

−π

x

a− e−ixdx−

∫ π

−π

x+ ih

a− e−ixehdx

+

∫ h

0

π + iη

a− e−iπeηi dη −

∫ h

0

−π + iη

a− eiπeηi dη

=

∫ π

−π

x

a− e−ixdx+ 2

∫ h

0

π

a+ eηi dη −

∫ π

−π

x+ ih

a− e−ixehdx.

L’ultimo integrale scritto e dominato da∫ π

−π

|x+ ih||a− e−ixeh|

dx ≤∫ π

−π

|x|+ h

|e−ixeh| − adx ≤

∫ π

−π

π + h

eh − adx =

2π(π + h)

eh − a,

che chiaramente e infinitesima per h→ +∞. In definitiva∫γh

z

a− e−izdz =

∫ π

−π

x

a− e−ixdx+ 2πi

∫ h

0

dη

a+ eη+ ε(h),


dove ε(h) e infinitesimo per h→ +∞. Per il teorema dei residui si ha poi∫γh

z

a− e−izdz =

2πilog a

aa > 1

0 a ≤ 1

(si ricordi che se a = 1 la singolarita z = 0 e eliminabile, come sopra osservato).Inoltre e∫ π

−π

x

a− e−ixdx =

∫ π

−π

x((a− cosx)− i sinx)

(a− cosx)2 + sin2 xdx

=

∫ π

−π

x(a− cosx)

a2 − 2a cosx+ 1dx− i

∫ π

−π

x sinx

a2 − 2a cosx+ 1dx

= −iI(a),

essendo per disparita nullo il primo integrale; ed anche∫ +∞

0

dη

a+ eη=

∫ +∞

0

e−η

ae−η + 1dη =

1

−a

∫ +∞

0

−ae−η

ae−η + 1dη

=−1

a

[log(ae−η + 1)

]η=+∞η=0

=log(1 + a)

a.

In definitiva si ha, passando al limite per h→ +∞,

−iI(a) + 2πilog(1 + a)

a=

2πilog a

aa > 1

0 a ≤ 1

da cui, se a > 1

I(a) = 2πlog(1 + a)− log a

a= 2π

log(1 + 1/a)

a,

mentre, se a ≤ 1,

I(a) = 2πlog(1 + a)

a.

(iii) Si ha

I(a) =

∫ π

−π

t sin t

a2 − 2a cos t+ 1dt =

1

2a

∫ π

−πt

2a sin t

a2 − 2a cos t+ 1dt

integriamo per parti, con 2a sin t/(a2 − 2a cos t+ 1) dt come fattore differenziale:

=1

2a

[t log(a2 − 2a cos t+ 1)

]t=πt=−π −

1

2a

∫ π

−πlog(a2 − 2a cos t+ 1) dt

=2π

alog(1 + a)− 1

2a

∫ π

−πlog(a2 − 2a cos t+ 1) dt


da cui si ottiene∫ π

−πlog(a2 − 2a cos t+ 1) dt =

4π

a− 2aI(a).

Osservazione. L’integrale∫ π

−πx/(a − e−ix) dx si calcola facilmente nel seguente

modo, se |a| 6= 1; si scrive, se |a| > 1:

x

a− e−ix=

1

a

x

1− (e−ix/a)=

1

a

∞∑n=0

xe−inx

an;

similmente, se |a| < 1 si scrive

x

a− e−ix=−xeix

1− aeix= −

∞∑n=0

xei(n+1)xan;

le serie di funzioni a secondo membro convergono totalmente su ogni compatto di R,e sono quindi integrabili termine a termine su ogni compatto. Si ha nel primo caso (si

noti che e∫ π

−πxe−ipx dx = (−1)p2πi/p per ogni intero p 6= 0, e

∫ π

−πxei0x dx =

0): ∫ π

π

x

a− e−ixdx =

1

a

∞∑n=1

2πi(−1)n

nan= −2πi

log(1 + 1/a)

a,

ricordando la serie logaritmica, log(1 + u) =∞∑n=1

(−1)n+1un/n, valida per |u| ≤

1, u 6= −1. Se |a| < 1:∫ π

π

x

a− e−ixdx = −

∞∑n=1

2πi(−1)n+1

n+ 1an = −2πi

log(1 + a)

a.

Essendo, come visto,∫ π

π

x/(a− e−ix) dx = −iI(a), si ritrovano i risultati ottenuti.

Se a = 1 questo metodo non e utilizzabile. Si puo pero procedere come segue

I(1) =

∫ π

−π

t sin t

1− 2 cos t+ 1dt =

1

2

∫ π

−πt

sin t

1− cos tdt

usando la parita e la formula di bisezione

=

∫ π

0

t2 sin(t/2) cos(t/2)

2 sin2(t/2)dt =

∫ π

0

tcos(t/2)

sin(t/2)dt


posto t/2 = s, ed integrando poi per parti

=

∫ π/2

0

(2s)cos s

sin s2 ds = 4

∫ π/2

0

scos s

sin sds

= 4 [s log sin s]π/2

0 − 4

∫ π/2

0

log sin s ds = −4

∫ π/2

0

log sin s ds.

L’integrale∫ π/2

0

log sin s ds e stato calcolato in Analisi Uno, 18.3.4, e vale

−(π/2) log 2. Ne segue

I(1) = 2π log 2.

Esercizio 5.13 K Per ogni α ∈ C si considera la funzione razionale

fα(z) =z − 1

z3 − α3per gli z ∈ C tali che z3 − α3 6= 0.

(i) Per quali α ∈ C si ha fα ∈ L1(R,C) (si intende: la restrizione ai reali di fαappartiene ad L1(R,C))?

(ii) Determinare i poli di fα; calcolare i residui, nel caso α /∈ R.(iii) Sia α = aeit, a > 0, t ∈ ]0, π/3[? Servirsi del teorema dei residui per calcolare

I(α) =

∫ +∞

−∞

x− 1

x3 − α3dx;

determinare poi limt→0+

I(eit).

(iv) Accettando il fatto che t 7→ I(eit) e continua su ]−π/3, π/3[, dire quanto vale∫ +∞

−∞

1

x2 + x+ 1dx.

Soluzione. (i) Occorre vedere, al variare di α ∈ C, se fα e o meno definito su R;siamo quindi indotti a rispondere subito anche alla domanda (ii). Si ha z3 − α3 = 0se e solo se z e una delle radici cubiche di α3; se α = 0 c’e solo z = 0; poichef0(z) = (z − 1)/z3 = 1/z2 − 1/z3 si vede che z = 0 e per f0 un polo del terzoordine, con parte singolare 1/z2 − 1/z3 e parte regolare nulla; se α 6= 0, le radicicubiche di α3 sono α0 = α, α1 = αe2iπ/3 e α2 = αe−2iπ/3. (Si ricorda che nota unaradice n-esima, le altre si hanno moltiplicando questa per le radici n-esime dell’unita;


in ogni caso, scrivendo α = |α|eit, si ha α3 = |α|3ei3t, e quindi le radici cubiche diα3 sono

|α| ei3t/3 = |α|eit = α,

|α| ei3t/3+i2π/3 = |α| eitei2π/3 = α ei2π/3,

|α| ei3t/3+i4π/3 = |α| eitei4π/3 = α e−i2π/3.)

Se nessuna di tali radici e 1, esse sono per fα poli del primo ordine con residuo(αk − 1)/(3α2

k); se una di tali radici e 1, e cio accade ovviamente se e solo seα3 = 1, in tale radice αk = 1 la funzione fα ha una singolarita eliminabile, essendo

limz→αk

fα(z) = limz→1

z − 1

z3 − 1= lim

z→1

1

1 + z + z2=

1

3.

Concludendo: se α = 0, f0 ha un’unica singolarita in z = 0, polo di ordine 3 conresiduo nullo. Se α non e radice cubica dell’unita, fα ha poli del primo ordine nelletre radici cubiche di α3, con residui (αk − 1)/(3α2

k); se α e radice cubica di 1, fαha poli del primo ordine in e±2iπ/3, ha una singolarita eliminabile in z = 1. Si e cosırisposto alla domanda (ii).

Per rispondere alla (i), si noti che qualunque sia α la funzione fα, essendo asin-totica ad 1/z2 per z → ±∞ e certamente sommabile attorno all’infinito; e se nonha singolarita reali, e continua su R e certamente vi e allora sommabile. Se nessunaradice cubica di α e reale, certamente fα e sommabile su R; e cio accade se e solo seα3 non e reale. Se poi α3 ∈ R, ma α3 6= 1, il polo reale di fα e del primo ordine,o del terzo ordine se α = 0, e quindi fα non e sommabile su alcun intorno di talepolo. Se pero α3 = 1 allora l’unica singolarita reale di fα, z = 1, e eliminabile,e certamente allora fα e sommabile attorno ad essa. Un numero complesso ha cuboreale se e solo se e reale, oppure e della forma ±re±2πi/3. In definitiva, l’insiemedei numeri complessi con cubo reale e R ∪ L ∪ L, dove L = te2iπ/3 : t ∈ R eL = te−2iπ/3 : t ∈ R sono rispettivamente le rette (reali) per l’origine che fannoangoli rispettivamente di 2π/3 e di π/3 con l’asse reale R; fα e sommabile se e solose α ∈ (C r (R ∪ L ∪ L))

⋃1, e2iπ/3, e−2iπ/3.

(iii) Integriamo al solito sui semicerchi di diametro [−r, r] contenuti nel semipianoIm z ≥ 0; si noti che si ha lim

|z|→+∞zfα(z) = 0 per ogni α ∈ C, e quindi il lemma di

Jordan assicura che l’integrale sul pezzo curvo tende a zero al tendere di r a +∞. Ipoli sono aeit, aei(t+2π/3), aei(t−2π/3); essendo 0 < t < π/3 si ha 0 < t+ 2π/3 <π, mentre e−2π/3 < t−2π/3 < 0, per cui solo i primi due poli sono nel semipiano


superiore. Ne segue, posto ε = e2πi/3

I(α) =

∫ +∞

−∞

x− 1

x3 − α3dx = 2πi

(Res(fα, ae

it) + Res(fα, aeit+2πi/3)

)= 2πi

(aeit − 1

3a2e2it+aeitε− 1

3a2e2itε2

)= 2πi

(α− 1

3α2+αε− 1

3α2ε2

)=

2πi

3α2(α− 1 + αε2 − ε)

=2πi

3α2(α+ αε− ε− 1)

avendo osservato che e ε2 = e4iπ/3 = e−2iπ/3 = 1/ε = ε. Per t → 0+ si halim eit = 1 e quindi I(eit) tende a 2πi(1 + ε − ε − 1)/3 = 2πi(−2 Im ε)/3 =2πi(−i

√3)/3 = 2π/

√3.

(iv) L’ipotizzata continuita dice che I(ei0) e il limite precedentemente calcolato ecioe 2π/

√3; si ha poi

I(1) = I(ei0) =

∫ +∞

−∞

x− 1

x3 − 1dx =

∫ +∞

−∞

1

x2 + x+ 1dx,

ed il valore richiesto e quindi 2π/√

3.



f(z) =eiπz

(z3 − 1)(z2 + 4), z ∈ C.

1. Si classifichino le singolarita di f e si calcolino i residui in quelle con parteimmaginaria ≥ 0.

2. Si provi che la funzione

g(x) =sin(πx)

(x3 − 1)(x2 + 4).

e sommabile su R e si calcoli l’integrale∫ +∞

−∞g(x) dx.


f(z) =1

a+ cosh z(a > 1;α ∈ R).


(i) Trovare le singolarita di f e calcolarvi i residui.

Si consideri il circuito costituito dal rettangolo di vertici −iπ, iπ, iπ + r,−iπ + r,percorso in questo verso, con indentature verso l’alto nei poli di f su esso; γ1 e γ3lati verticali, γ2 e γ4 lati orizzontali, superiore ed inferiore rispettivamente.

(ii) Calcolare

limr→+∞

∫γ3

f(z) dz e dedurne∫γ1

f(z) dz

(tenere conto della periodicita di f ).(iii) Ricavare da (ii) l’integrale ∫ π

−π

dt

a+ cos t.

Esercizio 5.16 1. Determinare singolarita e residui nei poli di

h(z) =e−izω

z3 + 1, ω ∈ R.

2. Calcolare

v.p.

∫ +∞

−∞

e−iωx

x3 + 1dx.


f(z) =eiz

z(z2 + 1),

(i) si studino le singolarita di f e si calcolino i residui per quelle con parte immaginaria≥ 0;

(ii) si provi che f e sommabile in R e si calcoli l’integrale∫ +∞

−∞

sinx

x(x2 + 1)dx;

(iii) si studino le singolarita di g(z) = f(z)/ sin( πz2

).

6 Funzioni definite da integrali


Esercizio 6.1

(i) Per p > 0 calcolare

I(p) =

∫ +∞

0

e−px(∫ +∞

0

cos(xy)

1 + y2dy

)dx.

(ii) Sia

G(x) =

∫ +∞

0

sin(xt)

t(1 + t2)dt.

Provare che G e derivabile e calcolare G′(x), usando il teorema dei residui.(iii) Supponiamo di sapere che λ = lim

x→+∞G(x) esiste finito. Provare che λ =

limp→0+

I(p).

(iv) Provare che limx→+∞

G(x) esiste finito (serve il lemma di Riemann-Lebesgue).

Suggerimento: (i) Mostrare che e possibile scambiare gli integrali; viene π/(2(1 +p)); (ii) G′(x) = πe−|x|/2.

Esercizio 6.2 Sia α ∈ R, α 6= 1; si considera la funzione

fα(z) =eαz

e2z + ez + 1.

(i) Determinarne le singolarita, classificandole; trovare i residui nelle singolarita conparte immaginaria compresa tra 0 e 2π.

(ii) Trovare l’insieme D degli α ∈ R per cui esiste finito l’integrale

I(α) =

∫ +∞

0

tα−1

t2 + t+ 1dt.


(iii) Per gli α ∈ D r 1 calcolare l’integrale I(α), integrando fα sul rettangolo divertici r, r + 2πi,−r + 2πi,−r; accettare il fatto che sui lati verticali l’integraletende a zero, per gli α di (ii) (la formula deve chiaramente esprimere I(α) comefunzione reale di α).

(iv) E vero che I(α) e continua su D? Calcolare I(1).

Soluzione. (i) Le radici dell’equazione t2+t+1 = 0 sono−1/2±i√

3/2 = e±i2π/3,per cui il denominatore ha zeri nei punti ±i2π/3 + 2kπi (k ∈ Z); tali zeri sonosemplici perche la derivata del denominatore, 2e2z + ez = ez(2ez + 1) non e nullain tali punti, dove vale e±i2π/3(2e±i2π/3 + 1) 6= 0. Il numeratore non e mai nullo.Tali punti sono quindi poli del primo ordine. I poli i2π/3, i4π/3 sono quelli voluti;in essi i residui sono

Res(fα, 2iπ/3) =eiα2π/3

e2πi/3(2e2πi/3 + 1)=ei(α−1)2π/3

i√

3;

Res(fα, 4iπ/3) =eiα4π/3

e4πi/3(2e4πi/3 + 1)=ei(α−1)4π/3

−i√

3.

(ii) Per t → 0+ l’integrando e asintotico a tα−1 = 1/t1−α, sommabile attorno a 0se e solo se 1 − α < 1, equivalentemente α > 0; per t → +∞ l’asintoticita e contα−3 = 1/t3−α, sommabile su [1,+∞[ se e solo se 3 − α > 1, equivalentementeα < 2. Ne segue che si ha D = ]0, 2[.

(iii) Il cambiamento di variabile t = ex mostra che si ha I(α) =

∫ +∞

−∞fα(x) dx. Si

ha, per ogni r > 0, in base al teorema dei residui,∫ r

−rfα(x) dx−

∫ r

−rfα(x+ 2πi) dx+ ε(r) = 2πi(Res(fα,

23iπ) + Res(fα,

43iπ))

dove ε(r) indica il contributo all’integrale dei pezzi verticali. Si ha∫ r

−rfα(x+ 2πi) dx =

∫ r

−r

eα(x+2πi)

e2x+2πi + ex+2πi + 1dx = eα2πi

∫ r

−r

eαx

e2x + ex + 1dx

= eα2πi∫ r

−rfα(x) dx,

per cui

(1− eα2πi)∫ r

−rfα(x) dx =

2π√3

(ei(α−1)2π/3 − ei(α−1)4π/3

)− ε(r),

da cui ∫ +∞

−∞fα(x) dx =

2π√3

ei(α−1)2π/3 − ei(α−1)4π/3

1− eα2πi.


Moltiplicando a secondo membro numeratore e denominatore per e−i(α−1)π =−e−iαπ si ottiene

2π√3

e−i(α−1)π/3 − ei(α−1)π/3

−(e−iαπ − eiαπ)=

2π√3

sin((1− α)π/3)

sin(απ),

cioe

I(α) =2π√

3

sin((1− α)π/3)

sin(απ), α ∈ ]0, 2[ r 1;

si noti che I(α) e reale e strettamente positivo, come deve essere data la suaespressione con l’integrale.(iv) Si puo provare che I(α) e continuo suD = ]0, 2[ usando il criterio della maggio-rante sommabile; fissato α0 ∈ D, occorre trovare un intorno U = ]α0 − δ, α0 + δ[di α0 contenuto in D ed una funzione γ : ]0,+∞[ → R sommabile e tale che siatα−1/(t2 + t + 1) ≤ γ(t) per quasi ogni t ∈ ]0,+∞[ ed ogni α ∈ U . Basta che δsia tale che sia 0 < α0 − δ < α0 + δ < 2; si prende infatti allora γ cosı definita

γ(t) =

t(α0−δ)−1

t2 + t+ 1se t ∈ ]0, 1];

t(α0+δ)−1

t2 + t+ 1se t > 1

ed e immediato che γ ha i requisiti richiesti. Quindi I e continua anche in α = 1.Si ha I(1) = lim

α→1I(α) = 2π/(3

√3), facendo il limite nell’espressione trovata.

Ed il calcolo diretto dell’integrale, immediato, porge infatti∫ ∞0

dt

t2 + t+ 1=

∫ ∞0

dt

(t+ 1/2)2 + 3/4=

2√3

∫ +∞

0

2dt/√

3

1 + ((2t+ 1)/√

3)2

=2√3

[arctan

(2t+ 1√

3

)]+∞0

=2√3

(π2− arctan 1/

√3)

=2π

3√

3.

Esercizio 6.3 Sia β ∈ ]0, 2π[, α ∈ R.

(i) Elencare e classificare le singolarita della funzione

fαβ(z) =eiαz

cosh z − cosβ

(ricordare che cosh z = cos(iz), per ogni z ∈ C...).


(ii) Mostrare che la formula

F (α, β) =

∫ +∞

−∞

eiαx

coshx− cosβdx

definisce una funzione continua F : R× ]0, 2π[→ C.(iii) Detto P l’insieme degli (α, β) ∈ R× ]0, 2π[ tali che α 6= 0 e che fαβ abbia come

singolarita solo poli del primo ordine, trovare F (α, β) per (α, β) ∈ P , integrandofαβ sul bordo di rettangoli di vertici−r, r, r+ 2πi,−r+ 2π, e facendo tendere ra +∞.

(iv) Trovare F su tutto R× ]0, 2π[.

Soluzione. (i) Il denominatore e nullo se e solo cos(iz) = cosα; cio si ha se e solo seiz = ±β+2kπ, da cui z = ±iβ+2`πi (` ∈ Z). La derivata prima del denominatoree sinh z, che in tali punti vale sinh(±iβ + 2`πi) = sinh(±iβ) = ± sinh(iβ) =±i sinβ, nulla se e solo se β = π. La derivata seconda del denominatore e cosh z,che vale −1 in iπ. Il numeratore non e mai nullo. Si ha quindi

in ±iβ + 2kπ (k ∈ Z) fαβ ha poli del primo ordine;

se β = π, in (2k + 1)πi, (k ∈ Z) fαπ ha poli del secondo ordine.

(ii) Se δ e tale che 0 < δ < π, si ha −1 ≤ cosβ ≤ cos δ per δ ≤ β ≤ 2π − δ;fissato (α0, β0) ∈ R × ]0, 2π[, se δ > 0 e tale che 0 < δ < β0 < 2π − δ, eδ < π/2 (e chiaramente un tale δ esiste sempre, essendo ad esempio il minimo traβ0/2, (2π − β0)/2, e π/2) si ha − cosβ ≥ − cos δ > 0, quindi∣∣∣∣ eiαx

coshx− cosβ

∣∣∣∣ =1

coshx− cosβ≤ 1

coshx− cos δ

per ogni (α, β) ∈ U = R× [δ, 2π − δ], che e intorno di (α0, β0) se δ e come sopradetto. Chiaramente le funzione x 7→ 1/(coshx−cos δ) e sommabile su R. Il criteriodella maggiorante sommabile permette di concludere che F e continua.(iii) Detto ε(r) il contributo dei pezzi verticali si ha

∫ r

−r

eiαx

coshx− cosβdx−

∫ r

−r

eiα(x+2πi)

cosh(x+ 2πi)− cosβdx+ ε(r)

= 2πi (Res(fαβ, iβ) + Res(fαβ, i(2π − β)))


avendo osservato che i soli poli entro il rettangolo sono iβ e i(2π − β). Il primomembro si riscrive

∫ r

−r

eiαx

coshx− cosβdx−

∫ r

−r

eiαxe−2πα

coshx− cosβdx+ ε(r)

=

∫ r

−r

eiαx

coshx− cosβdx− e−2πα

∫ r

−r

eiαx

coshx− cosβdx+ ε(r)

= (1− e−2πα)

∫ r

−r

eiαx

coshx− cosβdx+ ε(r).

I residui sono

Res(fαβ, iβ) =eiαiβ

sinh(iβ)=

e−αβ

i sinβ;

Res(fαβ, i(2π − β)) =eiαi(2π−β)

sinh(i(2π − β))=e−α(2π−β)

−i sinβ.

Facendo tendere r a +∞ ε(r) tende a zero, come vedremo poi; si ha quindi

(1− e−2πα)

∫ +∞

−∞

eiαx

coshx− cosβdx = 2πi

(e−αβ

i sinβ+e−α(2π−β)

−i sinβ

),

da cui, se α 6= 0∫ +∞

−∞

eiαx

coshx− cosβdx =

2π

1− e−2πα

(e−αβ

sinβ− e−α(2π−β)

sinβ

),

moltiplicando numeratore e denominatore per eπα il secondo membro riscrive

π

sinh(πα) sinβ

(eα(π−β) − e−α(π−β)

)= 2π

sinh(α(π − β))

sinh(πα) sinβ;

in definitiva

F (α, β) =

∫ +∞

−∞

eiαx

coshx− cosβdx = 2π

sinh(α(π − β))

sinh(πα) sinβ.

Mostriamo che i limiti degli integrali sui pezzi verticali sono nulli; sul lato destro∣∣∣∣∫ 2π

0

eiα(r+iη)

cosh(r + iη)− cosβi dη

∣∣∣∣ ≤ ∫ 2π

0

|eiα(r+iη)|| cosh(r + iη)− cosβ|

dη

≤∫ 2π

0

e−αη∣∣| cosh(r + iη)| − | cosβ|∣∣ dη;


si ha ora

e−αη ≤ e2π|α| se 0 ≤ η ≤ 2π

ed anche

| cosh(r + iη)| = |e(r+iη) + e−(r+iη)|

2≥ |e

(r+iη)| − |e−(r+iη)|2

=er − e−r

2= sinh r

per cui

| cosh(r + iη)| − | cosβ| ≥ sinh r − 1;

ed in definitiva, per r > 0 grande∣∣∣∣∫ 2π

0

eiα(r+iη)

cosh(r + iη)− cosβi dη

∣∣∣∣ ≤ ∫ 2π

0

e2π|α|

sinh r − 1dη

=2πe2π|α|

sinh r − 1

chiaramente infinitesimo per r → +∞. Per il segmento di sinistra la cosa e in tuttoanaloga.(iv) Per α→ 0 il prolungamento si ottiene calcolando il limite

limα→0

sinh(α(π − β))

sinh(πα)= Hopital = lim

α→0

cosh(α(π − β))(π − β)

cos(πα)π

=π − βπ

,

per cui

F (0, β) =

2π − βsinβ

β 6= π;

2 β = π.

Facendo il limite per β → π di F (α, β) si ottiene

F (α, π) =2πα

sinh(πα).

Infatti si ha

limβ→π

sinh(α(π − β))

sinβ= (Hopital) = lim

β→π

cosh(α(π − β))(−α)

cosβ= α.


Esercizio 6.4 Siano a, b reali entrambi non nulli.

(i) Mostrare che la funzione

x 7−→ 1

(x− ia)(x+ ib)

appartiene ad L1(R,C).(ii) Dopo aver enunciato un criterio per la continuita degli integrali generalizzati (o

se si preferisce per integrali di Lebesgue) dipendenti da parametri, servirsene perprovare che la formula

F (ξ, η, ζ) =

∫ +∞

−∞

eiζx

(x− iξ)(x+ iη)dx

definisce una funzione continua su ]0,+∞[× ]0,+∞[× R.(iii) Calcolare i residui nelle singolarita di

f(z) =eiαz

(z − ia)(z + ib)

supposto a, b reali strettamente positivi, α ∈ R.(iv) EsprimereF (ξ, η, ζ) per ξ, η > 0, con una formula in cui non compaiono integrali.(v) Osservare che F (ξ, η, ζ) e reale. E possibile provare cio senza calcolarlo?

Soluzione. (i) Si ha∣∣∣∣ 1

(x− ia)(x+ ib)

∣∣∣∣ =1

|x− ia| |x+ ib|=

1√x2 + a2

√x2 + b2

;

tale funzione e continua su R, quindi localmente integrabile, ed asintotica ad 1/x2

per x→ ±∞, quindi certamente sommabile su R.(ii) Rimandiamo per questo al libro Analisi Due. Dati a, b > 0 ed α ∈ R dobbiamotrovare un intorno U di (a, b, α) in ]0,+∞[ × ]0,+∞[ × R ed una funzione γ ∈L1(R) tale che sia ∣∣∣∣ eiζx

(x− iξ)(x+ iη)

∣∣∣∣ ≤ γ(x)

per ogni (ξ, η, ζ) ∈ U ed ogni x ∈ R. La quantita sopra scritta e (ricordare che|eiζx| = 1, ed il calcolo sopra fatto) 1/(

√x2 + ξ2

√x2 + η2) se U = [a/2,+∞[×

[b/2,+∞[× R, U e intorno di (a, b, α), e se si pone

γ(x) =1√

x2 + (a/2)2√x2 + (b/2)2


si ha ∣∣∣∣ eiζx

(x− iξ)(x+ iη)

∣∣∣∣ =1√

x2 + ξ2√x2 + η2

≤ γ(x)

per ogni (ξ, η, ζ) ∈ U ed ogni x ∈ R, come voluto.(iii) La funzione ha ovviamente poli del primo ordine in ia,−ib (il numeratore non emai nullo, ed il denominatore ha zeri del primo ordine). Si ha

Res(f, ia) =eiα(ia)

ia+ ib=

e−aα

i(a+ b); Res(f,−ib) =

ebα

−i(a+ b).

(iv) Essendo lim|z|→+∞

z/((z− iξ)(z− iη)) = 0, il lemma di Jordan si applica per dire

che, se ζ ≥ 0 si ha∫ +∞

−∞

eiζx

(x− iξ)(x+ iη)dx = 2πiRes(f, iξ) = 2πi

e−ξζ

i(ξ + η)=

2π

ξ + ηe−ξζ ,

cioe

F (ξ, η, ζ) =2π

ξ + ηe−ξζ ζ ≥ 0; ξ, η > 0.

Se invece e ζ < 0 si ha

F (ξ, η, ζ) = −2πiRes(f,−iη) = −2πieηζ

−i(ξ + η)=

2π

ξ + ηeηζ , ξ, η,> 0;

cio si riconosce ad esempio integrando su semicerchi col pezzo curvo nel semipianoIm z ≤ 0. Riassumendo:

F (ξ, η, ζ) =

2π

ξ + ηe−ξζ ζ ≥ 0;

2π

ξ + ηeηζ ζ < 0,

che, volendo, si compendiano in

F (ξ, η, ζ) =2π

ξ + ηe−ξ|ζ|; ξ, η > 0, ζ ∈ R.

(v) Si prende il coniugato F (ξ, η, ζ); usando il fatto che il coniugato di un integralee l’integrale del coniugato si ha

F (ξ, η, ζ) =

∫ +∞

−∞

e−iζx

(x+ iξ)(x− iη)dx ponendo x = −t nell’integrale

=

∫ −∞+∞

eiζt

(−t+ iξ)(−t− iη)(−dt) =

∫ +∞

−∞

eiζt

(t− iξ)(t+ iη)dt

= F (ξ, η, ζ)

e la conclusione e raggiunta.


Esercizio 6.5 Si consideri l’espressione

f(z) =

∫ +∞

−∞ezt−t

2

dt.

(i) Servendosi dei teoremi di derivazione sotto il segno di integrale mostrare che laformula precedente definisce una funzione olomorfa intera f ∈ H(C).

(ii) Osservato che zt− t2 = z2/4− (t− z/2)2, trovare l’espressione di f per z ∈ R;dedurne quella di f per z ∈ C qualsiasi.

Soluzione. (i) Se z = x+iy con x, y ∈ R si ha |ezt−t2 | = ext−t2

, funzione certamen-te sommabile su R in quanto continua e dominata attorno all’infinito da (ad esempio)e−t

2/2; la funzione t 7→ ezt−t2

sta quindi in L1(R,C) ed f e effettivamente definitasu tutto C. La derivata parziale in z dell’integrando e ∂z(ezt−t

2

) = tezt−t2

; il modulodi tale espressione e text−t

2

. Fissato z0 = a+ ib prendiamo γ(t) = |t|e(a+1)t−t2 ; siha |tezt−t2 | ≤ γ(t) per ogni z ∈ C tale che Re z ≤ a + 1 (insieme che e intornodi z0 = a + ib) ed inoltre γ ∈ L1(R), come si vede perche e continua e dominataattorno all’infinito da e−t

2/2. Quindi f e derivabile in senso complesso su tutto C, inaltre parole f e funzione olomorfa intera.(ii) Si ha per ogni z ∈ C

f(z) =

∫ +∞

−∞ez

2/4−(t−z/2)2 dt = ez2/4

∫ +∞

−∞e−(t−z/2)

2

dt,

grazie all’osservazione fatta. Per ogni z ∈ R si ha∫ +∞

−∞e−(t−z/2)

2

dt =

∫ +∞

−∞e−t

2

dt =√π

per l’invarianza per traslazioni dell’integrale. Ne segue che e

f(z) = ez2/4√π

per ogni z ∈ R; ma f e z 7→ ez2/4√π sono entrambe olomorfe intere, e pertanto

coincidono su tutto C, per il principio di identita delle funzioni olomorfe.

Esercizio 6.6 K Sia α costante reale, positiva e diversa da 1.

(i) Descrivere le singolarita della funzione

fα(z) =αeiz − eiαz − (α− 1)

z3

e calcolarvi i residui.


(ii) Esprimere

F (α) =

∫ +∞

0

α sinx− sin(αx)

x3dx;

con una formula in cui non compaiono integrali.Suggerimento: Farlo prima per α > 0, usando (i), poi...

(iii) E possibile ottenere F ′(α) derivando rispetto ad α sotto il segno di integrale?.

Soluzione. (i) Il denominatore si annulla solo in z = 0 con molteplicita 3; il nume-ratore si annulla in z = 0; la derivata prima del numeratore e αieiz − αieiαz, purenulla in z = 0; la derivata seconda e−αeiz +α2eiαz, che in z = 0 vale α2−α, nonzero perche per ipotesi e α > 0 ed α 6= 1. Il numeratore ha quindi in z = 0 uno zerodi molteplicita 2, quindi fα ha in z = 0 un polo del primo ordine. Il residuo in z = 0e il limite lim

z→0zfα(z), che e la derivata seconda del numeratore in z = 0 divisa per

2 (si pensi allo sviluppo in serie di Maclaurin del numeratore, o se si preferisce, allaregola di de l’Hopital); la derivata seconda, prima calcolata, vale α2 − α. InsommaRes(fα, 0) = α(α− 1)/2, e z = 0 e polo del primo ordine.(ii) Per parita dell’integranda l’integrale e la meta dell’integrale su R della stessafunzione, che si vede subito essere la parte immaginaria di fα. Si integra dunque fαsu un semicerchio γrs indentato in 0 (σr(ϑ) = reiϑ, σs(ϑ) = seiϑ, ϑ ∈ [0, π]),Figura 6.1.

−r−s 0

s

r

rs

Figura 6.1. Il semicerchio indentato γrs.

Si ottiene∫γrs

fα(z) dz =

∫ −s−r

fa(x) dx+

∫ r

s

fa(x) dx+

∫σr

fα(z) dz −∫σs

fα(z) dz

= 0.


Separando il reale e l’immaginario si ha∫ −s−r

fa(x) dx+

∫ r

s

fa(x) dx =

∫ −s−r

α cosx− cos(αx)− (α− 1)

x3dx

+

∫ r

s

α cosx− cos(αx)− (α− 1)

x3dx

+ i

∫ −s−r

α sinx− sin(αx)

x3dx

+ i

∫ r

s

α sinx− sin(αx)

x3dx

= 2i

∫ r

s

α sinx− sin(αx)

x3dx;

infatti gli integrali delle parti reali si elidono per disparita, per parita si somma-no quelli della parte immaginaria. Essendo lim

z→∞z/z3 = 0, ed α > 0, l’integra-

le sul semicerchio grande σr tende a zero per r → +∞, per il lemma di Jordan;quello sul semicerchio piccolo, per il lemma dell’arco di cerchio piccolo, tende aiπRes(fa, 0) = iπα(α− 1)/2. Si ha in definitiva, passando al limite per r → +∞ed s→ 0+:

2i

∫ +∞

0

α sinx− sin(αx)

x3dx− iπ α

2(α− 1) = 0

cioe ∫ +∞

0

α sinx− sin(αx)

x3dx =

π

4α(α− 1) (α > 0).

Si ha insomma F (α) = πα(α− 1)/4 per α > 0. Chiaramente F (α) e dispari; F edunque, per α < 0, il prolungamento dispari di F e quindi e

F (α) =π

4α(|α| − 1) α ∈ R

(vedi formulario).(iii) La derivata rispetto ad α dell’integranda e

sinx− x cos(αx)

x3;

dobbiamo, per ogni α0 ∈ R fissato, trovare un intorno U di α0, e maggiorare talefunzione con una funzione della sola x, sommabile su [0,+∞[, indipendentementeda α ∈ U . Conviene spezzare l’integrale, fra 0 ed 1 ed 1 e +∞:∫ +∞

0

sinx− x cos(αx)

x3dx

=

∫ 1

0

sinx− x cos(αx)

x3dx+

∫ +∞

1

sinx− x cos(αx)

x3dx;


il secondo si maggiora indipendentemente da α ∈ R con∣∣∣∣sinx− x cos(αx)

x3

∣∣∣∣ ≤ | sinx|+ |x| | cos(αx)|x3

≤ 1 + |x|x3

≤ 2

x2(x ≥ 1),

e la funzione 2/x2 e sommabile su [1,+∞[; per il pezzo su [0, 1] si scrive

sinx− x cos(αx)

x3=

sinx− x+ x(1− cos(αx))

x3=

sinx− xx3

+1− cos(αx)

x2;

si ricordi ora che si ha (1− cosu) ≤ u2/2 per ogni u reale, quindi

1− cos(αx)

x2=|1− cos(αx)|

x2≤ α2

2;

si ha quindi, se x ∈ [0, 1],∣∣∣∣sinx− x cos(αx)

x3

∣∣∣∣ ≤ x− sinx

x3+α2

2

da cui facilmente la conclusione (si puo prendere come maggiorante in [0, 1] lafunzione (x− sinx)/x3 + (|α|+ 1)2/2, valida per α ∈ U = [α0 − 1, α0 + 1]).

La derivata non era richiesta; in ogni caso F e ovunque derivabile e si ha F ′(α) =(π/4)(|α|−1+α sgnα) = (π/4)(2|α|−1), come si vede con un calcolo diretto, per ogniα ∈ R. E la disuguaglianza (1− cosu) ≤ u2/2 si trova subito 1− cosu = 2 sin2(u/2) ≤2(u/2)2 = u2/2.Osservazione. Anche se e vero che (α sinx − sin(αx))/x3 e la parte immaginariadi (αeix − eiαx)/x3 se x ∈ R, non e possibile calcolare

vp

∫ +∞

−∞(αeix − eiαx)/x3 dx;

il polo z = 0 e del secondo ordine per tale funzione, ed il lemma dell’arco di cerchiopiccolo non e applicabile; occorre togliere α− 1 a numeratore.

Inoltre, non e vero che se α < 0 l’integrale si ottiene cambiando segno: e veroche F (−α) = −F (α), e questo dice che se α < 0 allora F (α) = −F (−α) =−(−α)((−α) − 1)π/4 = α((−α) − 1)π/4 (che coincide con α(|α| − 1)π/4,come osservato).

Attenzione: non e possibile usare il teorema dei residui se α < 0: non esi-ste in questo caso un semicerchio al quale il lemma di Jordan sia applicabilesimultaneamente per αeiz ed eiαz.



Esercizio 6.7

(i) Mediante integrazione per parti calcolare∫ +∞

−∞e−aξ

2

ξ2 dξ =

∫ +∞

−∞

ξ

−2a(e−aξ

2

(−2aξ)) dξ

a essendo reale strettamente positivo.(ii) Provare che

F (z) =

∫ +∞

−∞e−zξ

2

ξ2 dξ

e una funzione olomorfa nel suo insieme di definizione; trovare tale insieme edusando (i) ed il principio di identita delle funzioni olomorfe, scrivere parte reale ecoefficiente dell’immaginario di F .

Esercizio 6.8 K

(i) Provare che la formula

f(z) =

∫ +∞

1

(1

ξ+

1

z − ξ

)dξ =

∫ +∞

1

z

ξ(z − ξ)dξ

definisce una funzione olomorfa f : C r S → C dove S = z ∈ R : z ≥ 1(usare i teoremi di derivazione sotto il segno di integrale).

(ii) Calcolare f(0), f ′(z) ed esprimere f mediante una funzione nota.(iii) Sia ora z = eiα con α /∈ 2πZ. Dopo avere verificato che per ξ > 1 si ha

−eiα

ξ2

∞∑n=0

einα

ξn=

eiα

ξ(eiα − ξ)

provare che le ridotte della serie∞∑n=0

einα/ξn soddisfano in ]1,+∞[ alle ipotesi del

teorema di Lebesgue sulla convergenza dominata. Concludere che si puo integrareper serie.

(iv) Calcolare

∞∑n=1

sinnα

n,

dove 0 < α < 2π.

Bibliografia

[1] G. De Marco, Analisi Uno, Decibel/Zanichelli, 1996.[2] G. De Marco, Analisi Due, Decibel/Zanichelli, 1999.[3] G. De Marco, C. Mariconda, Esercizi di calcolo in una variabile,

Decibel/Zanichelli, 2001.[4] G. De Marco, C. Mariconda, Esercizi di Analisi Due, Libreria Progetto, 2013.

Indice analitico

cerchio grandelemma, 73

cerchio piccololemma, 73

De l’Hopitalregola, 8

Jordanlemma, 55

Laurentsviluppo, 7

lemmadel cerchio grande, 73del cerchio piccolo, 73di Jordan, 55

poloordine 2

un metodo per calcolare il residuo,28

principalevalore, 39

residuimetodo, 39

residuopoli di ordine 2, 28

Roucheteorema, 38

sviluppodi Laurent, 7

teoremadi Rouche, 38

terra

distanza media dal sole, 51

valore principale, 39vp, 39

121

Documents

Esercizi sulle funzioni di Variabile Complessa - math.unipd.itumarconi/did/esercizianalisicomplessa.pdf · corsi di Analisi Due e di Metodi Matematici nei corsi di Scienze e di Ingegneria