Introduzione All'Analisi Complessa e Teoria Delle Distribuzioni

F. Fagnani, A. Tabacco e P. Tilli

Introduzione all’Analisi

Complessa

e Teoria delle distribuzioni

8 marzo 2006

Indice

1 Numeri complessi e funzioni elementari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1 Numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Operazioni algebriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2 Coordinate cartesiane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.3 Forma trigonometrica e forma esponenziale . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.4 Equazioni algebriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2 Elementi di topologia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2.1 Il punto all’infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3 Funzioni elementari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4 Limiti e continuita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.4.1 Continuita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.5 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.5.1 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2 Funzioni analitiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.1 Derivabilita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.2 Condizioni di Cauchy-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.3 Funzioni analitiche e armoniche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.4 Richiami su archi e cammini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.5 Integrali di linea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.6 Teorema di Cauchy-Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.7 Formula integrale di Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.8 Risultati globali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.9 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.9.1 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3 Serie di Taylor e di Laurent. Residui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.1 Successioni e serie di numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.1.1 Serie di potenze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.2 Serie di Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 763.3 Serie di Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

VI Indice

3.4 Singolarita isolate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 833.5 Residui e loro calcolo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

3.5.1 Calcolo dei residui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 873.6 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

3.6.1 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

4 Introduzione alle distribuzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 914.1 Introduzione e motivazioni. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 914.2 Lo spazio delle funzioni test. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 934.3 Distribuzioni: definizione ed esempi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 964.4 Le proprieta fondamentali delle distribuzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

4.4.1 La traslazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 994.4.2 Il riscalamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1004.4.3 La moltiplicazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1014.4.4 La derivazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.5 Convergenza di distribuzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1104.6 Supporto di una distribuzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

4.6.1 Distribuzioni a supporto compatto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1174.7 Convoluzione di distribuzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1184.8 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

4.8.1 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

5 Trasformata di Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1295.1 Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1295.2 Trasformata di Fourier di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1295.3 Trasformata di Fourier di distribuzioni a supporto compatto . . . . . . 1295.4 Distribuzioni temperate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1305.5 Trasformata di Fourier di distribuzioni temperate . . . . . . . . . . . . . . . . 1355.6 Altri esempi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

5.6.1 La trasformata di Fourier della funzione di Heaviside . . . . . . . 1395.6.2 La trasformata di Fourier del treno di impulsi . . . . . . . . . . . . . 140

5.7 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1445.7.1 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

6 Trasformata di Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1456.1 Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1456.2 Trasformata di Laplace di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1456.3 Trasformata di Laplace di distribuzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1456.4 Legami tra la trasformata di Fourier e la trasformata di Laplace . . . 1516.5 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

6.5.1 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

7 Applicazioni a modelli fisici e ingegneristici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1557.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

7.1.1 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

Indice VII

8 Funzioni e integrali: alcuni preliminari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1578.1 Convergenza uniforme e la norma del sup . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

8.1.1 La norma infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1658.2 Alcuni richiami di teoria dell’integrazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

8.2.1 La classe delle funzioni R1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1668.2.2 La classe delle funzioni R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1708.2.3 Teoremi di passaggio al limite sotto integrale . . . . . . . . . . . . . . 173

8.3 L’operazione di convoluzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1758.4 Alcune estensioni possibili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

8.4.1 Funzioni a valori complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1818.4.2 Funzioni di piu variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

8.5 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

1

Numeri complessi e funzioni elementari

1.1 Numeri complessi

E ben noto che non tutte le equazioni algebriche

p(x) = 0

(dove p e un polinomio di grado n nella variabile x) ammettono soluzioni in camporeale. Ad esempio la semplice equazione

x2 = −1 , (1.1)

corrispondente all’estrazione della radice quadrata del numero negativo −1, non erisolubile in R; lo stesso accade per la generica equazione di secondo grado

ax2 + bx+ c = 0 (1.2)

qualora il discriminante ∆ = b2 − 4ac sia negativo. Tanto nella matematica puraquanto in quella applicata, risulta utile poter garantire l’esistenza di una soluzio-ne, opportunamente definita, di ogni equazione algebrica. A tale scopo, l’insiemedei numeri reali dotato delle operazioni di somma e prodotto puo essere ampliato,introducendo il cosiddetto insieme dei numeri complessi, estendendo nel contempotali operazioni e conservandone le proprieta formali. E rimarchevole il fatto che esufficiente effettuare tale ampliamento in modo da garantire la risolubilita dell’e-quazione (1.1) per ottenere, attraverso un profondo risultato noto come TeoremaFondamentale dell’Algebra, la risolubilita di ogni equazione algebrica.

1.1.1 Operazioni algebriche

Un numero complesso z puo essere definito come una coppia ordinata z = (x, y)di numeri reali x e y. Indicheremo con C tale insieme di coppie che quindi puoessere identificato con l’insieme R2. I numeri reali x e y sono detti rispettivamenteparte reale e parte immaginaria di z e indicati con

2 F. Fagnani, A. Tabacco, P. Tilli

x = Re z e y = Im z .

Il sottoinsieme dei numeri complessi della forma (x, 0) puo essere identificato conl’insieme dei numeri reali R, in tal senso scriviamo R ⊂ C. Numeri complessi dellaforma (0, y) sono invece detti immaginari puri.

Diremo che due numeri complessi z1 = (x1, y1) e z2 = (x2, y2) sono uguali sehanno le stesse parti reali e immaginarie, ossia

z1 = z2 ⇐⇒ x1 = x2 e y1 = y2 .

In C, definiamo le operazioni di somma e prodotto come

z1 + z2 = (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2) (1.3)

z1 z2 = (x1, y1) (x2, y2) = (x1 x2 − y1 y2, x1 y2 + x2 y1) . (1.4)

Osserviamo che

(x, 0) + (0, y) = (x, y) , (0, 1) (y, 0) = (0, y)

e quindi(x, y) = (x, 0) + (0, 1) (y, 0) . (1.5)

Inoltre le (1.3) e (1.4) diventano le usuali operazioni di somma e prodotto quandoristrette ai numeri reali:

(x1, 0) + (x2, 0) = (x1 + x2, 0) e (x1, 0) (x2, 0) = (x1 x2, 0) .

In tal senso, l’insieme dei numeri complessi e un’estensione naturale dell’insiemedei numeri reali.

Denotiamo con i il numero immaginario puro (0, 1). Identificando il numerocomplesso (r, 0) con il numero reale r, possiamo riscrivere la (1.5) nella forma

z = (x, y) = x+ iy ,

detta forma cartesiana o algebrica del numero complesso z.Osserviamo che

i2 = (0, 1) (0, 1) = (−1, 0) = −1 ,

e quindi il numero complesso i e soluzione dell’equazione (1.1). Usando la formacartesiana di un numero complesso, le operazioni di (1.3) e (1.4) diventano

z1 + z2 = (x1 + iy1) + (x2 + iy2) = x1 + x2 + i(y1 + y2) , (1.6)

z1 z2 = (x1 + iy1) (x2 + iy2) = x1 x2 − y1 y2 + i(x1 y2 + x2 y1) ; (1.7)

come si vede e sufficiente operare con le usuali regole dell’algebra, tenendo contodella relazione i2 = −1.

Elenchiamo di seguito alcune proprieta della somma e del prodotto, lasciandola facile verifica al lettore; per ogni z1, z2, z3 ∈ C si ha

1.1 Numeri complessi 3

PSfrag replacements

Re z

Im z

x

yz = x+ iy

Figura 1.1. Coordinate cartesiane del numero complesso z = x+ iy

z1 + z2 = z2 + z1 , z1 z2 = z2 z1 ,(z1 + z2) + z3 = z1 + (z2 + z3) , (z1 z2) z3 = z1 (z2 z3) ,z1 (z2 + z3) = z1 z2 + z1 z3 .

I numeri 0 = (0, 0) e 1 = (1, 0) sono rispettivamente l’identita additiva emoltiplicativa, cioe

z + 0 = 0 + z = z e z 1 = 1 z = z , ∀z ∈ C .

L’opposto (additivo) di z = (x, y) e il numero −z = (−x,−y); ovvero si haz + (−z) = 0. Utilizzando tale nozione possiamo definire, per ogni z1, z2 ∈ C, lasottrazione:

z1 − z2 = z1 + (−z2)ovvero

x1 + iy1 − (x2 + iy2) = x1 − x2 + i(y1 − y2) .

Il reciproco (moltiplicativo) di un numero z 6= 0, indicato con 1z oppure z−1, e

definito dalla relazione zz−1 = 1; non e difficile verificare che

1

z= z−1 =

x

x2 + y2+ i

−yx2 + y2

.

Definiamo dunque la divisione, per ogni z1, z2 ∈ C con z2 6= 0, come

z1z2

= z1 z−12 =

x1 x2 + y1 y2x2

2 + y22

+ ix2 y1 − x1 y2x2

2 + y22

.

Infine, sottolineiamo che l’usuale ordinamento dei numeri reali non e estendibileall’insieme dei numeri complessi.

1.1.2 Coordinate cartesiane

E naturale associare al numero z = (x, y) = x+ iy il punto del piano cartesiano dicoordinate x e y (si veda la Figura 1.1). Il numero z puo anche essere pensato comeil vettore dall’origine al punto (x, y). L’asse x e detto asse reale e l’asse y asse


PSfrag replacements

Re z

Im z

z1

z2

z1z2

z1 + z2

z1 − z2z1 − z2

PSfrag replacements

Re z

Im z

z1z2

z1

z2

z1 + z2

z1 − z2

z1 − z2

Figura 1.2. Rappresentazione grafica della somma, a sinistra, e della differenza, a destra,di due numeri complessi z1 e z2

immaginario. Osserviamo che, dati z1, z2 ∈ C, la somma z1 + z2 corrisponde alvettore somma ottenuto mediante la regola del parallelogramma (si veda la Figura1.2, a sinistra), mentre la differenza z1 − z2 e rappresentata dal differenza (si vedala Figura 1.2, a destra).

Il modulo o valore assoluto di z = x + iy, denotato con |z|, e il numeropositivo

|z| =√

x2 + y2

che rappresenta la distanza del punto (x, y) dall’origine; si osservi che tale definizio-ne si riduce all’usuale valore assoluto quando y = 0. Notiamo che, mentre l’afferma-zione z1 < z2 non ha in generale significato, la diseguaglianza |z1| < |z2| significache il punto corrispondente a z1 e piu vicino all’origine del punto corrispondentea z2. La distanza tra i punti corrispondenti a z1 e z2 e data da |z1 − z2|.

Per ogni z ∈ C, si ottengono facilmente le seguenti relazioni

|z| ≥ 0 ; |z| = 0 se e solo se z = 0 ;

|z|2 = (Re z)2 + (Im z)2 , |z| ≤ |Re z| + |Im z| ;|z| ≥ |Re z| ≥ Re z , |z| ≥ |Im z| ≥ Im z ;∣

∣|z1| − |z2|∣

∣ ≤ |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2| .

Il complesso coniugato, o semplicemente il coniugato, di un numero com-plesso z = x+ iy, indicato con z, e definito come

z = x− iy . (1.8)

Graficamente il coniugato z e rappresentato dal punto (x,−y) che si ottiene me-diante riflessione rispetto all’asse reale del punto (x, y). Per ogni z, z1, z2 ∈ C,valgono le seguenti proprieta


PSfrag replacements

Re z

Im z

x

y

r

θ

z = x+ iy

Figura 1.3. Coordinate polari del numero complesso z = x+ iy

z = z , |z| = |z| , z z = |z|2 ,z1 + z2 = z1 + z2 , z1 − z2 = z1 − z2 ,

z1 z2 = z1 z2 ,

(

z1z2

)

=z1z2

(z2 6= 0) .

E immediato verificare che, per ogni z ∈ C,

Re z =z + z

2, Im z =

z − z

2i.

1.1.3 Forma trigonometrica e forma esponenziale

Dato il punto (x, y), siano r e θ le sue coordinate polari; poiche

x = r cos θ e y = r sin θ ,

il numero complesso z = (x, y) puo essere rappresentato nella forma polare otrigonometrica come

z = r (cos θ + i sin θ) . (1.9)

Si ha r = |z|; il numero θ e detto argomento di z e indicato con θ = arg z.Geometricamente, arg z e un qualsiasi angolo (misurato in radianti) formato dallasemiretta dei reali positivi e dal vettore individuato da z (si veda la Figura 1.3).Pertanto puo assumere infiniti valori che differiscono per multipli interi di 2π.Chiameremo valore principale di arg z, denotato con Arg z, quell’unico valore θdi arg z tale che −π < θ ≤ π, definito dalla formula


r =√

x2 + y2 , θ =

arctany

x, se x > 0 ,

arctany

x+ π , se x < 0, y ≥ 0 ,

arctany

x− π , se x < 0, y < 0 ,

π

2, se x = 0, y > 0 ,

−π2, se x = 0, y < 0 .

(1.10)

Osserviamo che due numeri complessi z1 = r1(cos θ1+i sin θ1) e z2 = r2(cos θ2+i sin θ2) sono uguali se e solo se r1 = r2 e θ1, θ2 differiscono per un multiplo interodi 2π.

La rappresentazione polare risulta molto utile per esprimere in maniera sem-plice il prodotto di due numeri e di conseguenza fornisce un’espressione elementareper il calcolo delle potenze e delle radici di un numero complesso. Piu precisamente,siano

z1 = r1 (cos θ1 + i sin θ1) e z2 = r2 (cos θ2 + i sin θ2) ;

allora, ricordando le formule di addizione per le funzioni trigonometriche, si ha

z1 z2 = r1 r2[

(cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2) + i(sin θ1 cos θ2 + sin θ2 cos θ1)]

= r1 r2[

cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)]

.(1.11)

Vale dunque la relazione

arg (z1 z2) = arg z1 + arg z2 . (1.12)

Si osservi che tale identita non vale se sostituiamo arg con Arg ; ad esempio, sez1 = −1 = cosπ + i sinπ e z2 = i = cos π

2 + i sin π2 risulta

z1 z2 = −i = cos(

− π

2

)

+ i sin(

− π

2

)

ovvero

Arg z1 = π , Arg z2 =π

2, Arg z1 + Arg z2 =

3

2π 6= Arg z1 z2 = −π

2.

Talvolta e comodo esprimere un numero complesso attraverso la cosiddetta formaesponenziale. A tale scopo, estendiamo la definizione di funzione esponenziale alcaso di un esponente immaginario puro, ponendo per ogni θ ∈ R,

eiθ = cos θ + i sin θ . (1.13)

Tale relazione, nota come formula di Eulero, trova una giustificazione (anzi eoggetto di dimostrazione) nell’ambito della teoria delle serie in campo comples-so. Accontentiamoci qui di prenderla come definizione. L’espressione (1.9) di unnumero complesso z diventa allora


z = reiθ , (1.14)

che e, appunto, la forma esponenziale di z.La relazione (1.11) fornisce immediatamente l’espressione del prodotto di due

numeri complessi z1 = r1eiθ1 e z2 = r2e

iθ2 , come

z1 z2 = r1 r2 ei(θ1+θ2) ; (1.15)

dunque, per moltiplicare due numeri complessi e sufficiente moltiplicare i moduli esommare gli argomenti. Per quanto riguarda il quoziente, notiamo che dalla (1.11)con r1 = r2 = 1, si ottiene

eiθ1eiθ2 = ei(θ1+θ2) . (1.16)

In particolare,eiθe−iθ = 1

e dunque e−iθ e il reciproco di eiθ; pertanto il reciproco di un numero complessoz = reiθ 6= 0 e dato da

z−1 =1

re−iθ .

Combinando tale formula con quella del prodotto, otteniamo l’espressione delquoziente di due numeri complessi z1 = r1e

iθ1 e z2 = r2eiθ2 6= 0,

z1z2

=r1r2

ei(θ1−θ2) . (1.17)

Iterando le relazioni (1.15) e (1.17), per ogni n ∈ Z, si ottiene

zn = rn einθ con z = r eiθ ; (1.18)

in particolare, quando r = 1, si ottiene la cosidetta formula di De Moivre

(cos θ + i sin θ)n = cosnθ + i sinnθ . (1.19)

Consideriamo ora il problema del calcolo della radice n-esima di un numerocomplesso; fissato un intero n ≥ 1 e un numero complesso w = ρ eiϕ vogliamodeterminare i numeri complessi z = r eiθ soddisfacenti zn = w. Dalla (1.18), si ha

zn = rn einθ = ρ eiϕ = w

e dunque, ricordando la condizione di uguaglianza tra due numeri complessi,dovranno essere verificate le condizioni

rn = ρnθ = ϕ+ 2kπ , k ∈ Z

ovvero

r = n√ρ

θ =ϕ+ 2kπ

n, k ∈ Z .


PSfrag replacements Re z

Im z 1 +√

3i

z1

z2

z3

z4 z5

Figura 1.4. Rappresentazione grafica del punto 1 +√

3i e delle sue radici quinte, zj ,j = 1, . . . , 5

Ricordando la periodicita del seno e del coseno, risultano quindi determinate nsoluzioni distinte del nostro problema

z = n√ρ e

ϕ+2kπn = n

√ρ

(

cosϕ+ 2kπ

n+ i sin

ϕ+ 2kπ

n

)

, k = 0, 1, . . . , n− 1 .

Geometricamente tali punti si trovano sulla circonferenza di centro origine e raggion√ρ e sono i vertici di un poligono regolare di n lati (si veda la Figura 1.4).

Esempi 1.1 i) Si consideri, per n ≥ 1, l’equazione

zn = 1 .

Scrivendo 1 = 1ei0, si ottengono le n radici distinte

z = zk = ei 2kπn , k = 0, 1, . . . , n− 1,

dette le radici n-esime dell’unita. Si noti che per n dispari, si ha un’unicaradice reale z0 = 1, mentre per n pari si hanno due radici reali z0 = 1 ezn/2 = −1 (si veda la Figura 1.5).

ii) Verifichiamo che l’equazionez2 = −1

ammette, come ci si aspetta, le due radici z± = ±i. Scriviamo −1 = 1eiπ dacui otteniamo

z+ = z0 = ei π2 e z− = z1 = ei π+2π

2 = e−i π2 = −i .


PSfrag replacements

Re z

Im z

z1

z2

z3

z1z2z3z4z5z6

PSfrag replacements

Re z

Im z

z1z2z3

z1

z2z3

z4

z5 z6

Figura 1.5. Radici dell’unita: terze, a sinistra, e seste, a destra

1.1.4 Equazioni algebriche

Mostriamo ora che l’equazione di secondo grado

az2 + bz + c = 0

ammette due soluzioni complesse coniugate nel caso in cui il discriminante sianegativo. Non e restrittivo supporre a > 0. Ricordando lo sviluppo del quadratodi un binomio, possiamo scrivere

z2 +b

az +

c

a= z2 + 2

b

2az +

b2

4a2+c

a− b2

4a2= 0

ossia(

z +b

2a

)2

=∆

4a2< 0 ;

dunque otteniamo

z +b

2a= ±i

√−∆2a

ossia

z =−b± i

√−∆

2a.

Tale espressione puo essere scritta come z =−b±

√∆

2a, in analogia con il caso di

discriminante ≥ 0.Le equazioni di terzo e quarto grado ammettono rispettivamente tre e quattro

radici (contate con le opportune molteplicita) che sono esprimibili in forma espli-cita mediante le operazioni algebriche e l’estrazione di radici quadrate, cubiche equarte. Non esiste invece una espressione analitica per le radici di equazioni diordine superiore. Il Teorema Fondamentale dell’Algebra garantisce pero che ogniequazione algebrica di ordine n ammette esattamente n radici in campo complesso,ciascuna con l’opportuna molteplicita. Tale teorema sara dimostrato nella Sezione2.8.


1.2 Elementi di topologia

Sia z0 ∈ C un numero complesso e r > 0 un numero reale positivo. L’insieme

Br(z0) = z ∈ C : |z − z0| < r (1.20)

si dice intorno di centro z0 e raggio r; esso consiste di tutti i punti z ∈ C chedistano meno di r dal centro z0 (si veda la Figura 1.6).

Sia Ω ⊆ C un insieme di numeri complessi; un punto z0 ∈ Ω si dice internoa Ω se esiste un intorno Br(z0) interamente contenuto in Ω, cioe Br(z0) ⊆ Ω; sidice esterno a Ω se esiste un intorno Br(z0) che non contiene punti di Ω, ossiaBr(z0)∩Ω = ∅; se z0 non e ne interno ne esterno a Ω si dice punto di frontieraper Ω. In altri termini, un punto di frontiera z0 per Ω e tale che ogni suo intornoBr(z0) contiene punti sia di Ω sia del suo complementare Ωc, ossia Br(z0)∩Ω 6= ∅e Br(z0)∩Ωc 6= ∅. Indicheremo l’insieme dei punti di frontiera con il simbolo ∂Ω,che viene comunemente detto frontiera di Ω. Ad esempio si consideri il discounitario Ω1 = z ∈ C : |z| ≤ 1 allora tutti i punti z di modulo < 1 sono interni aΩ e la frontiera ∂Ω consiste della circonferenza z ∈ C : |z| = 1.

Un insieme Ω ⊆ C si dice aperto se ogni suo punto e interno, ovvero senon contiene punti della sua frontiera; si dice chiuso se il suo complementare e uninsieme aperto. Non e difficile verificare che un insieme e chiuso se e solo se contienetutti i suoi punti di frontiera. Si osservi che ogni intorno Br(z0) e un insiemeaperto; il disco unitario prima considerato Ω1 e un insieme chiuso. L’insieme Ω2 =z ∈ C : 1 ≤ |z| < 2, che rappresenta la corona circolare (o anello) delimitatodalle circonferenze di centro l’origine e di raggio rispettivamente 1 e 2, non e neaperto ne chiuso (si veda la Figura 1.7). Si osservi che la circonferenza esterna nonappartiene a Ω2 e che ∂Ω2 = z ∈ C : |z| = 1 ∪ z ∈ C : |z| = 2. L’insiemeC e sia aperto sia chiuso (ed e l’unico insieme non vuoto con tale proprieta) e lafrontiera e vuota.

PSfrag replacements

Re z

Im z

z0 Br(z0)

r

Figura 1.6. Intorno Br(z0) di centro z0 e raggio r > 0

1.2 Elementi di topologia 11

PSfrag replacements

Re z

Im z

1 2

Figura 1.7. Corona circolare Ω2 = z ∈ C : 1 ≤ |z| < 2

PSfrag replacements

Re zIm z

z1

z2 z3

z4

Ω

Figura 1.8. Insieme aperto connesso

Un insieme aperto Ω si dice connesso se presi comunque due punti in Ω esisteuna spezzata lineare1 che li unisce (si veda la Figura 1.8). L’anello Ω2 e un insiemeconnesso, mentre il suo complementare Ωc

2 = z ∈ C : |z| < 1 oppure |z| ≥ 2 nonlo e.

Un insieme aperto e connesso si dice dominio. Ogni intorno Br(z0) e undominio.

Si dice regione un insieme che consiste di un insieme aperto unito a tuttioppure alcuni oppure nessun punto di frontiera.

Un insieme Ω si dice limitato se esiste una costante R > 0 tale che ogni z ∈ Ωsoddisfa |z| < R; ossia Ω ⊂ BR(0). Un insieme chiuso e limitato si dice compatto.L’insieme Ω1 e una regione compatta; ogni intorno Br(z0) e un dominio limitato;il semipiano Ω3 = z ∈ C : Re z > 0 e un dominio non limitato (si veda la Figura1.9, a sinistra); il settore Ω4 = z ∈ C : π

4 ≤ Arg z ≤ π3 e una regione chiusa non

limitata (si veda la Figura 1.9, a destra).Infine, un punto z0 si dice punto di accumulazione per un insieme Ω se ogni

intorno di z0 contiene almeno un punto di Ω distinto da z0 stesso. Ne segue che se

1 Siano z1, z2, . . . , zn ∈ C; gli n−1 segmenti z1 z2, z2 z3, . . . , zn−1 zn, presi in successione,formano una curva detta spezzata lineare.


Ω e chiuso allora contiene tutti i suoi punti di accumulazione. Infatti se un puntodi accumulazione z0 non appartenesse a Ω, sarebbe necessariamente di frontieraper Ω; ma questo contraddice il fatto che un insieme chiuso contiene tutti i suoipunti di frontiera. Non e difficile verificare che vale anche il viceversa e dunque uninsieme e chiuso se e solo se contiene tutti i suoi punti di accumulazione.

Ogni punto di Ω1 e di accumulazione per Ω1; l’insieme dei punti di accumu-lazione di Br(z0) e l’insieme z ∈ C : |z − z0| ≤ r; mentre l’unico punto diaccumulazione di Ω5 = z ∈ C : z = i

n , n = 1, 2, . . . e l’origine.

1.2.1 Il punto all’infinito

Talvolta risulta conveniente includere nel piano complesso il punto all’infinito,denotato con ∞. Il piano complesso con tale punto e detto piano complessoesteso o piano di Gauss. Al fine di visualizzare il punto all’infinito, possiamopensare al piano complesso come il piano passante per l’equatore di una sferaunitaria centrata nel punto z = 0 (si veda la Figura 1.10). A ogni punto z nelpiano corrisponde esattamente un punto P sulla superficie della sfera. Il puntoP e determinato dall’intersezione della retta passante da z e dal polo nord Ndella sfera con la superficie della sfera. Viceversa, ad ogni punto P della sfera, chenon sia il polo nord N , corrisponde esattamente un punto z nel piano. Facendocorrispondere al punto N della sfera il punto ∞, otteniamo una corrispondenzabiiettiva tra i punti della sfera e i punti del piano di Gauss. La sfera e nota con ilnome di sfera di Riemann e la corrispondenza come proiezione stereografica.

Si osservi che l’esterno del cerchio unitario centrato nell’origine nel piano com-plesso, corrisponde all’emisfero superiore (senza l’equatore e il polo nord). Inoltre,

PSfrag replacements

Re z

Im z

π3π4

PSfrag replacements

Re z

Im z

π3

π4

Figura 1.9. Insieme Ω3, a sinistra, e insieme Ω4, a destra

1.3 Funzioni elementari 13

Figura 1.10. ?????????????????

per ogni r > 0, i punti del piano complesso esterni al cerchio |z| = r corrispon-dono a punti sulla sfera vicini a N . Chiameremo pertanto intorno del puntoall’infinito ogni insieme (aperto) Br(∞) = z ∈ C : |z| > r.

Dato un insieme Ω ⊆ C, se ogni intorno di ∞ contiene almeno un punto Ωdiremo che ∞ e un punto di accumulazione per Ω. Ad esempio, ∞ e punto diaccumulazione per l’insieme Ω6 = z ∈ C : z = ni, n ∈ N cosı come per ilsemipiano Ω7 = z ∈ C : Im > 0.

Notiamo che un insieme Ω e non limitato se e solo se ∞ e uno dei suoi puntidi accumulazione. Nel seguito z indichera sempre un punto nel piano finito, se siintende il punto ∞ questo sara esplicitamente segnalato.

1.3 Funzioni elementari

Una funzione w = f(z) che associa a un numero complesso z un numero complessow viene detta funzione di variabile complessa. Si osservi che il suo dominio didefinizione Ω ⊆ C non e necessariamente un dominio (insieme aperto e connesso).Ad esempio, f1(z) = z e definita su tutto C mentre f2(z) = 1

z e definita suC \ 0. Se il dominio di definizione non e esplicitamente indicato, la funzionesi intende definita sull’insieme piu ampio possibile, compatibile con l’espressionedella funzione.

Poiche sia l’insieme di partenza sia quello di arrivo sono 2-dimensionali, non ein generale possibile disegnare il grafico della funzione w = f(z). Ci limiteremo adindividuare il dominio e l’immagine (quando possibile) della funzione disegnandoliseparatamente. Ad esempio, si consideri f3(z) = z ristretta al semipiano superioreIm z > 0. Allora la sua immagine e il semipiano inferiore Im z < 0 (si ricordino la(1.8) e le considerazioni successive e si veda la Figura 1.11).

Sia ora f4(z) = z2 ristretta a Im z ≥ 0. Allora, usando la rappresentazionepolare z = r eiθ, 0 ≤ θ < π, del generico z appartenente al dominio di definizionedi f4, si vede che w = z2 = r2 e2iθ = Reiϕ avendo posto R = r2 e ϕ = 2θ. Pertantol’immagine e tutto il piano complesso in quanto R ≥ 0 e 0 ≤ ϕ < 2π (si veda laFigura 1.12).


PSfrag replacements

Re z

Im z

z

z

f3(z)

−→PSfrag replacements

Re z

Im z

z z

Figura 1.11. Dominio e immagine della funzione f3(z) = z ristretta al semipianosuperiore Im z > 0

Ogni funzione w = f(z) di variabile complessa puo essere naturalmente pensatacome una funzione da R2 in R2. In effetti, posto z = x + iy e w = u + iv, f(z)puo essere scritta come

w = f(z) = u(x, y) + iv(x, y)

dove u, v sono due funzioni reali delle due variabili reali x e y. Chiameremofunzione parte reale di f la funzione u(x, y) = Re f(z) e funzione parteimmaginaria di f la funzione v(x, y) = Im f(z).

Per gli esempi sopra considerati avremo

f1(z) = z = x+ iy , u(x, y) = x , v(x, y) = y

f2(z) =1

z=

x

x2 + y2− i

y

x2 + y2, u(x, y) =

x

x2 + y2, v(x, y) = − y

x2 + y2

f3(z) = z = x− iy , u(x, y) = x , v(x, y) = −yf4(z) = z2 = x2 − y2 + 2ixy , u(x, y) = x2 − y2 , v(x, y) = 2xy .

Fissato un intero n ∈ N e n + 1 costanti complesse aj ∈ C, j = 0, 1, . . . , n, lafunzione

P (z) = a0 + a1z + . . .+ anzn

PSfrag replacements

Re z

Im z

z

z2

f4(z)

−→

PSfrag replacements

Re z

Im z

z z2

Figura 1.12. Dominio e immagine della funzione f4(z) = z2 ristretta al semipianosuperiore Im z ≥ 0


si dice polinomio; se an 6= 0, n indica il grado del polinomio. Essa e definita sututto C.

Una funzione razionale e il quoziente di due polinomi P (z) e Q(z)

R(z) =P (z)

Q(z)

ed e definita per tutti gli z ∈ C tali che Q(z) 6= 0.

Definiamo ora alcune funzioni che, con i polinomi e le funzioni razionali, sarannoutilizzate nel seguito.

Funzione esponenziale

Per z = x+ iy, poniamo

ez = exeiy = ex(cos y + i sin y) . (1.21)

Allora ez = u(x, y)+ iv(x, y), con u(x, y) = ex cos y e v(x, y) = ex sin y, e definitasu tutto C. Direttamente dalla (1.21) si ottiene che, per ogni z = x+ iy, z1, z2 ∈ C

e n ∈ Z, si ha

ez1+z2 = ez1 ez2 , (ez)n = enz , e0 = 1 ,

|ez| = ex , arg ez = y , ez = ez .

Osserviamo che |ez| = ex > 0 per ogni z e dunque

ez 6= 0 , ∀z ∈ C ;

pertanto l’immagine della funzione esponenziale e tutto C tranne l’origine. Inoltrela funzione e periodica con un periodo immaginario uguale a 2πi; infatti

ez+2πi = ez e2πi = ez(cos 2π + i sin 2π) = ez , ∀z ∈ C .

Funzioni trigonometriche

Se x ∈ R, dalle formule

eix = cosx+ i sinx , e−ix = cosx− i sinx ,

ne segue che

sinx =eix − e−ix

2i, cosx =

eix + e−ix

2.

E dunque naturale definire le funzioni seno e coseno della variabile complessa zcome

sin z =eiz − e−iz

2i, cos z =

eiz + e−iz

2. (1.22)


Le altre funzioni trigonometriche sono definite in termini delle funzioni seno ecoseno secondo le usuali relazioni:

tan z =sin z

cos z, cotan z =

cos z

sin z,

sec z =1

cos z, cosec z =

1

sin z.

(1.23)

Tutte le usuali identita trigonometriche seguono direttamente dalle definizioni; adesempio, per ogni z, z1, z2 ∈ C, si ha

sin2 z + cos2 z = 1

sin(z1 + z2) = sin z1 cos z2 + cos z1 sin z2 . . .

La periodicita di sin z e cos z segue dalla definizione e dalla periodicita di ez:

sin(z + 2π) = sin z , cos(z + 2π) = cos z , ∀z ∈ C ,

cosı come quella delle altre funzioni trigonometriche; ad esempio

tan(z + π) = tan z , ∀z ∈ C .

Esplicitiamo la parte reale e quella immaginaria della funzione f(z) = sin z; perz = x+ iy, si ha

sin z =ei(x+iy) − e−i(x+iy)

2i=

e−y(cosx+ i sinx)

2i− ey(cosx− i sinx)

2i

= sinxey + e−y

2+ i cosx

ey − e−y

2= sinx cosh y + i cosx sinh y

e dunque u(x, y) = sinx cosh y e v(x, y) = cosx sinh y.Analogamente si ottiene

cos z = cosx cosh y − i sinx sinh y .

Da queste espressioni, si ricava immediatamente che2

sin z = sin z , cos z = cos z (1.24)

| sin z|2 = sin2 x+ sinh2 y , | cos z|2 = cos2 x+ sinh2 y . (1.25)

Infine, le ultime due uguaglianze ci permettono di ricavare gli zeri delle funzioniseno e coseno:

sin z = 0 ⇐⇒ sin2 x+ sinh2 y = 0 ⇐⇒sinx = 0 e sinh y = 0 ⇐⇒ x = kπ (k ∈ Z) e y = 0

2 Si ricordi che cosh2 x− sinh2 x = 1, per ogni x ∈ R.


ossiasin z = 0 se e solo se z = kπ , k ∈ Z ; (1.26)

analogamente

cos z = 0 se e solo se z =(

k +1

2

)

π , k ∈ Z . (1.27)

Le (1.26) e (1.27) permettono di ricavare il dominio di definizione delle funzionitrigonometriche definite in (1.23); ad esempio, la funzione tangente e definita suC tranne i punti z =

(

k + 12

)

π, k ∈ Z.

Funzioni iperboliche

Anche in questa situazione generalizziamo le formule

sinhx =ex − e−x

2, coshx =

ex + e−x

2,

valide per ogni x ∈ R, ponendo in modo naturale

sinh z =ez − e−z

2, cosh z =

ez + e−z

2, (1.28)

per ogni z ∈ C. Analogamente al caso reale e possibile definire le funzioni tangen-te, cotangente, secante e cosecante iperbolica. Seguono dalle definizioni le usualirelazioni iperboliche quali, ad esempio,

cosh2 z − sinh2 z = 1 , ∀z ∈ C .

Il seno e coseno iperbolico sono funzioni periodiche di periodo 2πi, mentre latangente iperbolica lo e di periodo πi.

Le funzioni seno e coseno iperbolico sono strettamente legate alle analoghefunzioni trigonometriche; infatti, dalle (1.22) e (1.28) si ottiene immediatamenteche

sinh iz = i sin z , cosh iz = cos z ,

sin iz = i sinh z , cos iz = cosh z .

Inoltre, posto z = x+ iy, si ha

sinh z = sinhx cos y + i coshx sin y , cosh z = coshx cos y + i sinhx sin y ,

| sinh z|2 = sinh2 x+ sin2 y , | cosh z|2 = sinh2 x+ cos2 y .

Infinesinh z = 0 se e solo se z = kπi , k ∈ Z ;

cosh z = 0 se e solo se z =(

k + 12

)

πi , k ∈ Z .

Funzione logaritmo


Indichiamo con Log r il logaritmo naturale di un numero reale e positivo r; con-siderato z = r eiθ 6= 0, utilizzando formalmente le note proprieta del logaritmo,poniamo

log z = log reiθ = Log r + iθ , con r = |z| e θ = arg z . (1.29)

Poiche arg z = Arg z + 2kπ, k ∈ Z, la (1.29) non definisce una funzione univocama multivoca, cioe ad ogni z 6= 0, corrispondono infiniti valori di log z aventitutti la stessa parte reale (Re log z = Log r) e parte immaginaria che differisceper un multiplo intero di 2π. Chiameremo valore principale di log z il valoreottenuto ponendo θ = Arg z nella (1.29). Tale valore si denota Log z ed e quindidato dall’equazione

Log z = Log |r| + iArg z . (1.30)

La mappa w = Log z e una funzione il cui dominio di definizione e C \ 0 e la cuiimmagine e la striscia −π < Imw ≤ π. Osserviamo che Log z si riduce all’usualelogaritmo naturale di una variabile reale quando il dominio di definizione e ristrettoal semiasse dei reali positivi.

Occorre una certa cautela nell’estendere le note proprieta dei logaritmi. Innan-zitutto, verifichiamo che

elog z = z .

Cio significa che indipendentemente dal valore di log z che scegliamo, il numeroelog z sara sempre z. Per verificare tale uguaglianza, scriviamo z = reiθ e log z =Log r + iθ; allora

elog z = eLog r+iθ = eLog r eiθ = reiθ = z .

Non e invece vero in generale che log ez = z. Infatti, se z = x+ iy, si ha

log ez = Log |ez| + iarg ez = x+ i(y + 2kπ) = z + 2kπ , k ∈ Z .

Per ogni z1, z2 ∈ C \ 0 valgono tuttavia le relazioni

log z1z2 = log z1 + log z2 , logz1z2

= log z1 − log z2 . (1.31)

Queste uguaglianze sono da intendersi nel senso che, ad esempio, ogni valore dilog z1z2 puo essere espresso come la somma di un valore di log z1 e di un valore dilog z2; viceversa, ogni valore di log z1 sommato a un valore di log z2 e un valore dilog z1z2.

Per verificare la prima delle (1.31), poniamo z1 = r1eiθ1 , z2 = r2e

iθ2 ; ricordandola (1.12), si ha

log z1z2 = log r1r2ei(θ1+θ2) = Log r1r2 + i(θ1 + θ2)

= Log r1 + iθ1 + Log r2 + iθ2 = log z1 + log z2 .

In modo analogo si dimostra la seconda delle (1.31). Si osservi che le (1.31) nonvalgono sostituendo log con Log . Ad esempio, per z1 = z2 = −1 = eiπ si haLog z1 = Log z2 = πi mentre Log z1z2 = 0 e dunque

Log z1z2 = 0 6= 2πi = Log z1 + Log z2 .

1.4 Limiti e continuita 19

1.4 Limiti e continuita

I concetti di limite e di continuita sono simili a quelli gia studiati per funzioni divariabile reale e pertanto la nostra trattazione sara concisa.

Diamo la seguente definizione.

Definizione 1.2 Sia f : Ω → C e sia z0 un punto di accumulazione per il dominioΩ. Si dice che f ha limite ` ∈ C (o tende a `) per z tendente a z0 e si scrive

limz→z0

f(z) = `

se per ogni ε > 0 esiste un δ > 0 tale che

∀z ∈ Ω , 0 < |z − z0| < δ =⇒ |f(z) − `| < ε . (1.32)

Con il linguaggio degli intorni: per ogni intorno Bε(`) di ` esiste un intorno Bδ(z0)di z0 tale che

∀z ∈ Ω , z ∈ Bδ(z0) \ z0 =⇒ f(z) ∈ Bε(`) .

La definizione di limite e illustrata graficamente nella Figura 1.13.La definizione di limite puo essere estesa in modo ovvio al caso in cui z0 oppure

` oppure entrambi siano il punto all’infinito ∞, utilizzando la formulazione con gliintorni. Ad esempio,

limz→∞

f(z) = ` ∈ C

equivale a dire che per ogni intorno Bε(`) di ` esiste un intorno BR(∞) di ∞ taleche

∀z ∈ Ω , z ∈ BR(∞) =⇒ f(z) ∈ Bε(`) ;

ovvero, per ogni ε > 0 esiste un R > 0 tale che

∀z ∈ Ω , |z| > R =⇒ |f(z) − `| < ε . (1.33)

PSfrag replacements

Re z

Im z

z0 Bδ(z0)

δ

` Bε(`)

ε

f(z)

−→

PSfrag replacements

Re z

Im z

z0 Bδ(z0)

δ

` Bε(`)

ε

Figura 1.13. Rappresentazione grafica della definizione di limite


Esempi 1.3 a) Verifichiamo che limz→1

iz = i. Per ogni ε > 0, la condizione

|f(z) − `| < ε equivale a |iz − i| = |z − 1| < ε .

Allora la (1.32) e verificata con δ = ε.

b) Verifichiamo che limz→∞

1

z2= 0. Poiche

∣

∣

∣

∣

1

z2− 0

∣

∣

∣

∣

< ε equivale a |z| > 1√ε.

la (1.33) e soddisfatta con R = 1√ε. 2

Lasciamo al lettore la facile verifica dell’unicita del limite, quando esiste, e delleseguenti proprieta.

Teorema 1.4 Sia z0 un punto di accumulazione per il dominio di definizione diuna funzione f ; supponiamo che

f(z) = u(x, y) + iv(x, y) , z0 = x0 + iy0 , ` = `re + iìm .

Allora

limz→z0

f(z) = ` ⇐⇒

lim(x,y)→(x0,y0)

u(x, y) = `re

lim(x,y)→(x0,y0)

v(x, y) = ìm .

Teorema 1.5 Sia z0 un punto di accumulazione per il dominio di definizione didue funzioni f e g; supponiamo che

limz→z0

f(z) = ` e limz→z0

g(z) = m.

Allora

limz→z0

[f(x) ± g(x)] = `±m,

limz→z0

[f(x) g(x)] = `m,

limz→z0

f(x)

g(x)=

`

m, m 6= 0 .

Teorema 1.6 Sia z0 un punto di accumulazione per il dominio di definizione diuna funzione f ; allora

limz→z0

f(z) = ` =⇒ limz→z0

|f(z)| = |`| .

Utilizzando la definizione di limite e i risultati appena enunciati si ha imme-diatamente che, se P (z) e Q(z) sono due polinomi, allora

limz→z0

P (z) = P (z0) , limz→z0

P (z)

Q(z)=P (z0)

Q(z0)(Q(z0) 6= 0) .

1.5 Esercizi 21

1.4.1 Continuita

Consideriamo ora la nozione di continuita.

Definizione 1.7 Sia Ω ⊆ C una regione e sia f : Ω → C. Si dice che f econtinua in z0 ∈ Ω se

limz→z0

f(z) = f(z0) .

Diremo che f e continua in una regione Ω se e continua in ogni punto z0 ∈ Ω.

Ricordando il Teorema 1.5, se due funzioni sono continue in un punto z0 alloraanche la somma, la differenza, il prodotto sono funzioni continue in z0; il quozientee continuo purche la funzione a denominatore non sia nulla in z0. E inoltre possibileverificare, direttamente dalla definizione, che la composizione di funzioni continuee continua. Infine, dal Teorema 1.4, segue che una funzione f di variabile complessae continua in z0 = (x0, y0) se e solo se le sue parti reale e immaginaria u e v sonocontinue in (x0, y0). Riassumendo e utilizzando le definizioni date nella Sezione1.3, vale il seguente risultato.

Teorema 1.8 Tutte le funzioni elementari (polinomi, funzioni razionali, funzio-ne esponenziale, funzioni trigonometriche e iperboliche, funzione logaritmo) sonocontinue nel loro dominio di definizione.

1.5 Esercizi

1. Scrivere in forma algebrica i seguenti numeri complessi:

a) (2 − 3i)(−2 + i) b) (3 + i)(3 − i)(

15 + 1

10 i)

c)1 + 2i

3 − 4i+

2 − i

5id)

5

(1 − i)(2 − i)(3 − i)

2. Scrivere in forma trigonometrica ed esponenziale i seguenti numeri complessi:

a) z = i b) z = −1

c) z = 1 + i d) z = i(1 + i)

e) z =1 + i

1 − if) z = sinα+ i cosα

3. Calcolare il modulo dei seguenti numeri complessi:

a) z =1

1 − i+

2i

i− 1b) z = 1 + i− i

1 − 2i


4. Verificare che se |z| = 1 si ha

∣

∣

∣

∣

3z − i

3 + iz

∣

∣

∣

∣

= 1.

5. Risolvere le seguenti equazioni:

a) z2 − 2z + 2 = 0 b) z2 + 3iz + 1 = 0

c) z|z| − 2z + i = 0 d) |z|2z2 = i

e) z2 + iz = 1 f) z3 = |z|4

6. Verificare che 1 + i e radice del polinomio z4 − 5z3 + 10z2 − 10z + 4 e trovare

le altre radici.

7. Calcolare z2, z9, z20 per

a) z =1 − i

ib) z =

2√3 − i

+1

i

8. Calcolare e rappresentare graficamente i seguenti numeri complessi:

a) z = 3√−i b) z = 5

√1 c) z =

√2 − 2i

9. Rappresentare graficamente i seguenti sottoinsiemi del piano complesso; di

ognuno di essi si dica se e aperto, chiuso, connesso e se ne indichi la frontiera:

a) Ω1 = z ∈ C : |z − 2 + i| ≤ 1b) Ω2 = z ∈ C : |2z + 3| > 4c) Ω3 = z ∈ C : | Im z| > 2

d) Ω4 = z ∈ C : |z| > 0 ,π

6≤ Arg z ≤ π

3

10. Trovare il dominio di definizione delle seguenti funzioni:

a) f(z) =1

z2 + 4b) f(z) = Arg

(1

z

)

c) f(z) =z

z + zd) f(z) =

1

9 − |z|2

11. Per le seguenti funzioni f(z) si trovino u(x, y) = Re f(z), v(x, y) = Im f(z) e

g(z) = |f(z)|.

a) f(z) = z3 + z + 1 b) f(z) =1

z2 + 1

c) f(z) =3z

z − zd) f(z) =

1

|z|2 + 3

1.5 Esercizi 23

12. Data f(x, y) = x2 − y2 − 2y+ 2ix(1− y) esprimerla in funzione della variabile

complessa z = x+ iy.

1.5.1 Soluzioni

1. Forma algebrica numeri complessi:

a) −1 + 8i ; b) 2 + i ; c) − 25 ; d) 1

2 i .

2. Forma trigonometrica e esponenziale numeri complessi:

a) z = cosπ

2+ i sin

π

2= ei π

2 ; b) z = cosπ + i sin π = eiπ ;

c) z =√

2(

cosπ

4+i sin

π

4

)

=√

2ei π4 ; d) z =

√2(

cos3

4π+i sin

3

4π)

=√

2ei 34 π ;

e) cos π2 + i sin π

2 = ei π2 ; f) cos

(

π2 − α

)

+ i sin(

π2 − α

)

= ei(π2 −α) .

3. Modulo numeri complessi:

a)√

52 ; b)

√

135 .

4. Invece di compiere la verifica diretta, moltiplichiamo il denominatore per |z|(= 1) e otteniamo

∣

∣

∣

∣

3z − i

3 + iz

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

3z − i

3z + i

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

3z − i

3z − i

∣

∣

∣

∣

=|3z − i|∣

∣3z − i∣

∣

= 1 .

5. Risoluzione equazioni:

a) z = 1 ± i ;b) Applichiamo la formula risolutiva per equazioni di secondo grado e otteniamo

z =−3i±

√−9 − 4

2=

−3i±√

13i

2=

−3 ±√

13

2i .

c) Scrivendo z = x+ iy, l’equazione diventa

(x+ iy)√

x2 + y2 − 2x− 2iy + i = 0 ,

ovverox√

x2 + y2 − 2x+ i(

y√

x2 + y2 − 2y + 1)

= 0 .

Uguagliando parte reale e parte immaginaria del primo e del secondo membro,otteniamo il sistema

x(

√

x2 + y2 − 2)

= 0

y√

x2 + y2 − 2y + 1 = 0 .


Dalla prima equazione, dovra essere x = 0 oppure√

x2 + y2 = 2. Quest’ul-tima relazione inserita nella seconda equazione del sistema da un risultatoimpossibile. Pertanto l;e uniche soluzioni possibili saranno

x = 0y|y| − 2y + 1 = 0 .

Distinguendo i due casi y ≥ 0 e y < 0, otteniamo

x = 0y2 − 2y + 1 = 0 ,

e

x = 0−y2 − 2y + 1 = 0 ,

e dunque

x = 0y = 1

e

x = 0y = −1 ±

√2 .

Pertanto le soluzioni sono z = i, z = i(−1 ±√

2).

d) z = ±√

2

2(1 + i) ; e) z =

√7

2− i

1

2; z = −

√7

2− i

1

2.

f) Ricordando che |z|2 = zz, l’equazione diventa

z3 = z2z2 ⇐⇒ z2(z − z2) = 0 .

Allora una soluzione e z = 0 e le altre soddisfano z−z2 = 0. Ponendo z = x+iy,si perviene al sistema

x2 − y2 − x = 02xy + y = 0 .

Riscrivendo la seconda equazione come y(2x+1) = 0, si ottengono i due sistemi

y = 0x(x− 1) = 0 ,

x = − 12

y2 = 34 .

In definitiva, le soluzioni sono

z = 0 ; z = 1 ; z = −1

2±

√3

2i .

6. Poiche il polinomio e a coefficienti reali, oltre alla radice z = 1 + i, vi e anche laradice coniugata z = 1−i. Pertanto il polinomio e divisibile per (z−1−i)(z−1+i) =z2 − 2z + 2 e si ha

z4 −5z3 +10z2 −10z+4 = (z2 −2z+2)(z2 −3z+2) = (z2 −2z+2)(z−1)(z−2) .

Le radici sono quindi

z = 1 + i , z = 1 − i , z = 1 , z = 2 .

7. Potenze di numeri complessi:

1.5 Esercizi 25

PSfrag replacements

Re z

Im z

z1

z2

z3

z1z2z3z4z5z1z2

PSfrag replacements

Re z

Im zz1z2z3

z1

z2z3

z4

z5z1z2

PSfrag replacements

Re z

Im zz1z2z3z1z2z3z4z5

z1

z2

Figura 1.14. Radici cubiche di −i, a sinistra, radici quinte di 1, al centro, e radiciquadrate di 2 − 2i, a destra

a) z2 = 2i , z9 = −16(1 + i) , z20 = −210 .b) Razionalizzando i denominatori si ha

z = 2

√3 + i

4− i =

1

2(√

3 − i) .

Scrivendo il numero in forma esponenziale, si ha

z =1

2(√

3 − i) = e−π6 i

e quindi

z2 = e−π3 i = cos

π

3− i sin

π

3=

1

2(1 −

√3i) ;

z9 = e−32 πi = e

π2 i = cos

π

2+ i sin

π

2= i ,

z20 = e−206 πi = e

23 πi =

1

2(−1 +

√3i) .

8. Calcolo e rappresentazione grafica di numeri complessi:

a) z1 = 12

(√3 − i

)

, z2 = i , z3 = − 12

(√3 + i

)

.I numeri sono rappresentati nella Figura 1.14, a sinistra.

b) Scriviamo il numero 1 in forma esponenziale 1 = e0πi. Allora, ricordando cheea+2πi = ea, si ottiene

z1 = 1 , z2 = e25 πi , z3 = e

45 πi , z4 = e−

45 πi , z5 = e−

25 πi .

I numeri sono rappresentati nella Figura 1.14, al centro.c) z1 = 4

√8e−

18 πi , z2 = 4

√8e

78 πi .

I numeri sono rappresentati nella Figura 1.14, a destra.

9. Studio sottoinsiemi:


PSfrag replacements Re z

Im z

2 − i

1 Ω1

− 32

Ω2

2

PSfrag replacements

Re zRe zRe z

Im zIm zIm z

2 − i1 Ω1

− 32

Ω2

− 32

Ω2

− 32

Ω2

222

Figura 1.15. Insiemi Ω1, a sinistra, e Ω2, a destra , relativi all’Esercizio 9

a) L’insieme Ω1, rappresentato in Figura 1.15 a sinistra, e chiuso, connesso e lasua frontiera e ∂Ω1 = z ∈ C : |z − 2 + i| = 1, circonferenza di centro 2 − i eraggio 1.

b) L’insieme Ω2, rappresentato in Figura 1.15 a destra, e aperto, connesso e lasua frontiera e ∂Ω2 = z ∈ C : |2z + 3| = 4, circonferenza di centro − 3

2 eraggio 2.

c) L’insieme Ω3, rappresentato in Figura 1.16 a sinistra, e aperto, non connesso ela sua frontiera e ∂Ω3 = z ∈ C : | Im z| = 2, coppia di rette parallele all’assereale.

d) L’insieme Ω4, rappresentato in Figura 1.16 a destra, non e ne aperto ne chiuso,e connesso e la sua frontiera e ∂Ω4 = z ∈ C : Arg z = π

6 ∪ z ∈ C : Arg z =π3 ∪ 0.

10. Dominio funzioni:

a) Ω = C \ ±2i ; b) Ω = C \ 0 ;c) Poiche z + z = 2Re z, risulta Ω = C \ Re z = 0 .d) Ω = C \ |z| = 3 .

11. Parte reale, immaginaria e modulo di funzioni:

a) u(x, y) = x3 − 3xy2 + x+ 1 , v(x, y) = 3x2y − y3 + y ,

|f(z)| =√

(x3 − 3xy2 + x+ 1)2 + (3x2y − y3 + y)2 .b) Posto z = x+ iy si ha

f(z) =1

(x+ iy)2 + 1=

1

x2 − y2 + 1 + 2ixy

=x2 − y2 + 1 − 2ixy

(x2 − y2 + 1)2 + 4x2y2,

pertanto

1.5 Esercizi 27

u(x, y) =x2 − y2 + 1

(x2 − y2 + 1)2 + 4x2y2, v(x, y) = − 2xy

(x2 − y2 + 1)2 + 4x2y2,

|f(z)| =

√

(x2 − y2 + 1)2 + 4x2y2

(x2 − y2 + 1)2 + 4x2y2=

1√

(x2 − y2 + 1)2 + 4x2y2.

c) Ricordando che z − z = 2iy, si ha

f(z) =3x+ 3iy

2iy=

3

2− 3

2

x

yi ;

pertanto

u(x, y) =3

2, v(x, y) = −3

2

x

y, |f(z)| =

3

2

√

1 +x2

y2.

d) u(x, y) =1

x2 + y2 + 3, v(x, y) = 0 , |f(z)| =

1

x2 + y2 + 3.

12. Posto x =z + z

2e y =

z − z

2i, si ha

f(z) =(z + z)2

4+

(z − z)2

4+ i(z − z) + i(z + z) − 1

2(z + z)(z − z)

= z2 + 2iz .

PSfrag replacements

Re z

Im z

π3

π6

Ω4

2

Ω3

PSfrag replacements

Re z

Im z

π3

π6

Ω4

2

Ω3

Figura 1.16. Insiemi Ω3, a sinistra, e Ω4, a destra , relativi all’Esercizio 9

2

Funzioni analitiche

2.1 Derivabilita

Cosı come per le funzioni di variabile reale, anche per le funzioni di variabilecomplessa si puo introdurre il concetto di derivata in un punto, ottenuta comelimite dei rapporti incrementali della funzione, nel punto considerato.

Definizione 2.1 Sia f una funzione a valori complessi, definita in un intorno diz0 ∈ C. Essa si dice derivabile in z0, e la sua derivata si indica f ′(z0), se esistefinito il limite

f ′(z0) = limz→z0

f(z) − f(z0)

z − z0. (2.1)

Altri simboli spesso usati per indicare la derivata in z0 sonodf

dz(z0), Df(z0).

Posto ∆z = z − z0, la (2.1) si puo riscrivere nella forma

f ′(z0) = lim∆z→0

f(z0 +∆z) − f(z0)

∆z. (2.2)

E immediato verificare che se una funzione e derivabile in un punto z0 allora e ivianche continua. Infatti

limz→z0

(

f(z) − f(z0))

= limz→z0

f(z) − f(z0)

z − z0(z − z0)

= limz→z0

f(z) − f(z0)

z − z0lim

z→z0

(z − z0) = f ′(z0) · 0 = 0 ,

ovvero limz→z0

f(z) = f(z0).

Esempi 2.2 a) Una funzione costante e derivabile in ogni punto, e la sua derivatae identicamente nulla. Infatti, i suoi rapporti incrementali sono identicamentenulli ed e quindi nullo anche il loro limite.


b) La funzione f(z) = z e derivabile in ogni punto, e si ha f ′(z0) = 1 per ogni zo.Infatti si ha

f ′(z0) = lim4z→0

f(z0 + 4z) − f(z0)

4z = lim4z→0

z0 + 4z − z04z = 1.

c) Consideriamo f(z) = z2 e z0 ∈ C; usando la (2.2), si ha

lim∆z→0

(z0 +∆z)2 − z20

∆z= lim

∆z→0

∆z(2z0 +∆z)

∆z= lim

∆z→0(2z0 +∆z) = 2z0 .

Pertanto f ′(z0) = 2z0.d) Sia f(z) = |z|2 e z0 ∈ C; risulta

lim∆z→0

|z0 +∆z|2 − |z0|2∆z

= lim∆z→0

(z0 +∆z)(z0 +∆z) − z0z0∆z

= lim∆z→0

z0∆z + z0∆z +∆z∆z

∆z

= lim∆z→0

(

z0∆z

∆z+ z0 +∆z

)

.

Se z0 = 0, si ha f ′(0) = lim∆z→0

∆z = 0; mentre se z0 6= 0, il limite non esiste.

Infatti, avvicinandosi a z0 lungo direzioni differenti si ottengono valori diversi;ad esempio, se ∆z → 0 lungo l’asse reale, allora ∆z = ∆z e

lim∆z→0

(

z0∆z

∆z+ z0 +∆z

)

= z0 + z0 ,

mentre se ∆z → 0 lungo l’asse immaginario, ∆z = −∆z e

lim∆z→0

(

z0∆z

∆z+ z0 +∆z

)

= z0 − z0 .

In conclusione, la funzione f(z) = |z|2 e derivabile solo in z0 = 0. 2

Definizione 2.3 Sia Ω ⊆ C un insieme aperto non vuoto, e sia f : Ω → C unafunzione a valori complessi. Se f e derivabile in ogni punto z0 ∈ Ω, si dice che fe analitica o olomorfa in Ω.

Infine, una funzione f si dice intera se e olomorfa in tutto il piano complesso.

Per le funzioni prima considerate, possiamo affermare ad esempio che le funzionif(z) = z e f(z) = z2 sono funzioni intere, mentre la funzione f(z) = |z|2 none analitica in alcun insieme aperto, in quanto la sua derivata esiste soltanto nelpunto z = 0.

Si osservi che la definizione di derivata e formalmente identica a quella intro-dotta per funzioni reali di variabile reale. In effetti, le regole di derivazione e lederivate di funzioni elementari sono del tutto analoghe a quelle delle funzioni di va-riabile reale. Con tecniche del tutto analoghe a quelle di variabile reale, e possibiledimostrare che valgono i seguenti risultati.

2.1 Derivabilita 31

Teorema 2.4 Siano f e g due funzioni derivabili in un punto z0 ∈ C. Allora sonoivi derivabili le funzioni somma f(z) + g(z), la funzione prodotto f(z)g(z) e, se

g(z0) 6= 0, anche la funzione quozientef(z)

g(z). Inoltre si ha

(f + g)′(z0) = f ′(z0) + g′(z0),

(f g)′(z0) = f ′(z0)g(z0) + f(z0)g′(z0),

(

f

g

)′(z0) =

f ′(z0)g(z0) − f(z0)g′(z0)

g(z0)2.

Teorema 2.5 Sia f(z) una funzione derivabile in un punto z0 ∈ C. Sia poi g(w)una funzione derivabile nel punto w0 = f(z0).Allora la funzione composta g f(z) = g(f(z)) e derivabile in z0 e si ha

(g f)′(z0) = g′(w0)f′(z0) = g′(f(z0))f

′(z0).

Esempi 2.6 i) Abbiamo gia verificato nell’Esempio 2.2 che le funzioni costanti,la funzione f(z) = z e la funzione f(z) = z2 sono funzioni olomorfe, anzi sonofunzioni intere. Applicando ora il Teorema 2.4 con f(z) = z e g(z) = z2, sideduce che anche la funzione prodotto h(z) = z3 e intera e la sua derivata ela funzione h′(z) = 3z2. Piu in generale (scegliendo ad esempio f(z) = z eg(z) = z3, ecc.) e procedendo per induzione, si deduce che ogni monomio, cioeogni funzione del tipo h(z) = zn, n intero positivo, e una funzione intera, e lasua derivata e la funzione h(z) = nzn−1.

ii) Sempre dal Teorema 2.4, segue che una combinazione lineare di funzioni olo-morfe e olomorfa, quindi in particolare ogni polinomio a coefficienti complessi

P (z) = a0 + a1z + a2z2 + · · · + anz

n

e una funzione intera, e vale l’usuale regola di derivazione dei polinomi

P ′(z) = a1 + 2a2z + · · · + nanzn−1.

iii) Dal punto precedente e dal Teorema 2.4 segue quindi che una qualsiasi funzionerazionale, cioe una funzione del tipo

P (z)

Q(z)=a0 + a1z + a2z

2 + · · · + anzn

b0 + b1z + b2z2 + · · · + bmzm,

e una funzione olomorfa nel suo dominio di definizione, cioe in tutto C trannei punti nei quali si annulla il polinomio Q(z). 2

Anche la funzione esponenziale f(z) = ez e le altre funzioni elementari da essaderivanti (introdotte nel capitolo precedente) risultano essere derivabili nel lorodominio, e restano valide le usuali regole di derivazioni, ad esempio


Dez = ez

Dsin z = cos z Dcos z = − sin zDsinh z = cosh z Dcosh z = sinh z.

(2.3)

Tutto questo, in linea di principio, si puo dimostrare direttamente facendo ri-corso alla definizione di derivabilita data all’inizio di questo paragrafo; tuttavia,queste verifiche dirette risulterebbero piuttosto laboriose. Vedremo nel paragra-fo successivo che in realta esiste un importante criterio (condizioni di Cauchy–Riemann) che consente di verificare che una data funzione e olomorfa, senzaricorrere direttamente alla definizione di derivata complessa.

2.2 Condizioni di Cauchy-Riemann

Supponiamo che una funzione f sia definita in un insieme aperto Ω ⊆ C

dall’equazionef(z) = u(x, y) + iv(x, y), z = x+ iy ∈ Ω,

dove le due funzioni reali u : Ω → R e v : Ω → R sono, rispettivamente, la partereale e la parte immaginaria della funzione f .

In questo paragrafo studieremo condizioni necessarie e sufficienti sulle funzioniu e v, affinche la funzione f risulti olomorfa nell’aperto Ω.

Teorema 2.7 Sia Ω un insieme aperto del piano complesso, e sia f : Ω → C unafunzione a valori complessi. Allora, indicando con u(x, y) e v(x, y) la parte realee la parte immaginaria di f , le due condizioni seguenti sono tra loro equivalenti:

1. La funzione f e olomorfa in Ω.2. Le due funzioni u(x, y) e v(x, y) sono di classe C1 in Ω (cioe hanno derivate

parziali prime continue in Ω) e verificano le condizioni di Cauchy–Riemann

∂u

∂x(x0, y0) =

∂v

∂y(x0, y0)

∂u

∂y(x0, y0) = −∂v

∂x(x0, y0)

(2.4)

in ogni punto (x0, y0) ∈ Ω.

Inoltre, se f e olomorfa la derivata complessa si esprime in funzione delle derivateparziali di u e v come

f ′(z) =∂u

∂x(x, y) + i

∂v

∂x(x, y) =

∂v

∂y(x, y) − i

∂u

∂y(x, y) . (2.5)

Dimostrazione. Iniziamo con l’implicazione 1.⇒ 2. L’idea della dimostrazioneconsiste nel calcolare il limite (2.2) in due modi: prima lungo l’asse reale (cioeconsiderando incrementi reali ∆z = ∆x) e poi lungo l’asse immaginario (cioe

2.2 Condizioni di Cauchy-Riemann 33

considerando incrementi immaginari puri, del tipo ∆z = i∆y). Ad esempio, presoun punto z0 = x0 + iy0 ∈ Ω e un incremento reale ∆z = ∆x, si ha

f(z0 +∆z) − f(z0)

∆z=u(x0 +∆x, y0) − u(x0, y0)

∆x+ i

v(x0 +∆x, y0) − v(x0, y0)

∆x

e, facendo tendere a zero l’incremento ∆z = ∆x, si trova

f ′(z0) =∂u

∂x(x0, y0) + i

∂v

∂x(x0, y0) (2.6)

(si noti che il limite a primo membro, cioe f ′(z0), esiste per ipotesi e quindi,per il Teorema 1.4, esistono anche i corrispondenti limiti della parte reale e dellaparte immaginaria presenti a membro destro, cioe le derivate parziali ux e vx).Analogamente, con incrementi immaginari puri ∆z = i∆y si ha

f(z0 +∆z) − f(z0)

∆z=u(x0, y0 +∆y) − u(x0, y0)

i∆y+ i

v(x0, y0 +∆y) − v(x0, y0)

i∆y

= −iu(x0, y0 +∆y) − u(x0, y0)

∆y+v(x0, y0 +∆y) − v(x0, y0)

∆y

e quindi passando al limite si trova

f ′(z0) = −i∂u∂y

(x0, y0) +∂v

∂y(x0, y0).

Confrontando con la (2.6) si trova la (2.5), e le condizioni di Cauchy–Riemann(2.4) seguono dalla (2.5), uguagliando parte reale e parte immaginaria delle dueespressioni. Non dimostriamo qui la continuita delle derivate parziali di u e v, cheseguira dai risultati piu generali dei paragrafi successivi.

Veniamo ora all’implicazione 2.⇒ 1., e supponiamo quindi che u e v siano diclasse C1 (e quindi differenziabili). Preso un punto (x0, y0), poniamo per semplicita

A =∂u

∂x(x0, y0), B =

∂u

∂y(x0, y0), C =

∂v

∂x(x0, y0), D =

∂v

∂y(x0, y0)

e consideriamo gli sviluppi di Taylor al primo ordine

u(x0 + h, y0 + k) = u(x0, y0) +Ah+Bk + ε1(h, k)

v(x0 + h, y0 + k) = v(x0, y0) + Ch+Dk + ε2(h, k),

dove gli “errori” ε1(h, k) e ε2(h, k) sono infinitesimi di ordine superiore a√h2 + k2

per (h, k) → (0, 0), ovvero

lim(h,k)→(0,0)

|ε1(h, k)|√h2 + k2

= lim(h,k)→(0,0)

|ε2(h, k)|√h2 + k2

= 0. (2.7)

Pertanto, considerando l’incremento complesso ∆z = h+ ik, si ha che


f(z0 +∆z) − f(z0) = Ah+Bk + ε1(h, k) + i(Ch+Dk + ε2(h, k)).

D’altra parte, si ha A = D e B = −C grazie alle condizioni di Cauchy–Riemann(2.4), quindi eliminando D e B si ottiene

f(z0 +∆z) − f(z0) = A(h+ ik) + C(ih− k) + ε1(h, k) + iε2(h, k)= A(h+ ik) + iC(h+ ik) + ε1(h, k) + iε2(h, k)= (A+ iC)∆z + ε1(h, k) + iε2(h, k).

(2.8)

Poiche |∆z| =√h2 + k2, grazie alla (2.7) il termine ε1 + iε2 e un infinitesimo di

ordine superiore a ∆z, quando ∆z tende a zero. Pertanto, dividendo per ∆z nella(2.8) e passando al limite, si ottiene che f ′(z0) esiste e coincide con A+ iC (quindianche con D− iB), dimostrando cosı la derivabilita nel punto z0 e la validita della(2.5). 2

L’uso che si puo fare del Teorema 2.7 e duplice. Da un lato, esso offre un comodocriterio per verificare che una data funzione e olomorfa: e sufficiente verificare cheparte reale e parte immaginaria siano di classe C1 e soddisfino le condizioni diCauchy–Riemann (2.4) (si vedano gli esempi successivi). Dall’altro, se sappiamogia che una certa funzione f(z) e olomorfa, allora in base al teorema sappiamoche sono automaticamente verificate le condizioni di Cauchy–Riemann (2.4): comevedremo nel capitolo successivo, da questo potremo ricavare numerose proprietadelle funzioni olomorfe.

Esempio 2.8 Verifichiamo che f(z) = ez e una funzione intera. Ricordiamo che,ponendo z = x+ iy, si ha per definizione

ez = ex(cos y + i sin y),

e dunque le parti reale e immaginaria di ez sono le due funzioni

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

E chiaro che si tratta di funzioni di classe C1 (anzi, C∞) e che

∂u

∂x(x, y) = ex cos y ,

∂u

∂y(x, y) = −ex sin y

∂v

∂x(x, y) = ex sin y ,

∂v

∂y(x, y) = ex cos y,

quindi le condizioni di Cauchy-Riemann (2.4) sono soddisfatte in tutto il pianocomplesso. Pertanto, applicando il Teorema 2.7 otteniamo che la funzione f(z) =ez e analitica in tutto il piano complesso, ovvero e una funzione intera.

Inoltre, dalla (2.5) si ottiene

f ′(z) =∂u

∂x(x, y) + i

∂v

∂x(x, y) = ex cos y + iex sin y = ez

(cioe la derivata della funzione esponenziale e la funzione esponenziale stessa, inaccordo con quanto avviene in ambito reale). 2


Osservazione 2.9 Avendo dimostrato che la funzione esponenziale e olomorfa,si ottiene che anche le funzioni trigonometriche e quelle iperboliche, definite nelle(1.22), (1.28), sono funzioni intere. Inoltre, sempre usando le (1.22), (1.28), siottengono le formule (2.3) per il calcolo delle derivate. 2

Esempio 2.10 Nell’Esempio 2.2 abbiamo dimostrato che la funzione f(z) = |z|2non e olomorfa in alcun insieme aperto, verificando direttamente che essa ederivabile soltanto nell’origine.

Alla stessa conclusione si puo giungere applicando il Teorema 2.7, nel modoseguente. La funzione f(z) = |z|2 assume soltanto valori reali, quindi la sua parteimmaginaria e la funzione identicamente nulla v(x, y) = 0, mentre la parte reale ela funzione u(x, y) = x2 + y2. Le derivate parziali sono date da

∂u

∂x= 2x,

∂u

∂y= 2y,

∂v

∂x= 0,

∂v

∂y= 0,

quindi le condizioni di Cauchy–Riemann sono soddisfatte soltanto nel punto (0, 0).In altre parole, non esiste alcun insieme aperto Ω (non vuoto!) nel quale sianosoddisfatte le condizioni di Cauchy–Riemann, e la funzione non puo quindi essereolomorfa, in nessun insieme aperto. 2

Osservazione 2.11 La condizione 2. del Teorema 2.7 richiede la validita delle condizionidi Cauchy-Riemann in un insieme aperto, assieme alla continuita delle derivate parzialiprime. In effetti, la validita delle condizioni di Cauchy-Riemann in un singolo puntonon implica necessariamente che la funzione sia derivabile in quel punto. Riesaminandola dimostrazione dell’implicazione 1.⇒ 2., si vede che la derivabilita in un singolo puntoimplica, da sola, le condizioni di Cauchy–Riemann in quello stesso punto. Piu in generale,se esistono le derivate parziali di u e v nell’intorno di un punto (x0, y0), sono continue esoddisfano le condizioni di Cauchy-Riemann nel solo punto (x0, y0), allora la derivata dif in z0 = x0 + iy0 esiste. 2

Esempio 2.12 La funzione

f(z) =

(

z2

zz 6= 0

0 z = 0

soddisfa le condizioni di Cauchy-Riemann (2.4) nell’origine ma non e ivi derivabile. Infatti,per z 6= 0, risulta

f(z) =z2

z=

z3

|z|2 =x(x2 − 3y2)

x2 + y2+ i

y(y2 − 3x2)

x2 + y2

e dunque

u(x, y) =x(x2 − 3y2)

x2 + y2, v(x, y) =

y(y2 − 3x2)

x2 + y2.

Pertanto, per definizione di derivata parziale,


∂u

∂x(0, 0) = lim

x→0

u(x, 0) − u(0, 0)

x= lim

x→0

x3

x · x2= 1

∂v

∂y(0, 0) = lim

y→0

v(0, y) − v(0, 0)

y= lim

y→0

y3

y · y2= 1

e, analogamente,∂u

∂y(0, 0) = 0 =

∂v

∂x(0, 0). Cosı le condizioni di Cauchy-Riemann sono

soddisfatte in z = 0. Ma la derivata in z = 0, se esistesse, sarebbe il valore del limite

limz→0

z2

z2.

Tale limite non esiste, come si puo vedere considerando le direzioni lungo l’asse realeoppure lungo la diagonale x = y; in effetti, se y = 0 e x→ 0, risulta

limx→0

x2

x2= 1

mentre, se x = y e (x, y) → (0, 0), si ha

lim(x,y)→(0,0)

(1 − i)2x2

(1 + i)2x2= −1 . 2

Forma polare delle condizioni di Cauchy-RiemannFissato z0 6= 0, il Teorema 2.7 puo essere riformulato utilizzando le coordina-te polari anziche quelle cartesiane. Riscriviamo per tale ragione le condizioni diCauchy-Riemann (2.4) in forma polare. Usiamo la trasformazione x = r cos θ e

y = r sin θ e la sua inversa r =√

x2 + y2, θ = arctan yx + cost (si ricordi la (1.10))

per esprimere le derivate parziali di u e v rispetto alle variabili r e θ anziche x ey. Risulta

∂r

∂x=

x√

x2 + y2= cos θ ,

∂r

∂y=

y√

x2 + y2= sin θ

∂θ

∂x= − y

x2 + y2= − sin θ

r,

∂θ

∂y=

x

x2 + y2=

cos θ

r

e quindi, usando la regola di derivazione in catena,

∂u

∂x=∂u

∂r· ∂r∂x

+∂u

∂θ· ∂θ∂x

= cos θ · ∂u∂r

− sin θ

r· ∂u∂θ

∂u

∂y=∂u

∂r· ∂r∂y

+∂u

∂θ· ∂θ∂y

= sin θ · ∂u∂r

+cos θ

r· ∂u∂θ

;

analogamente,

∂v

∂x= cos θ · ∂v

∂r− sin θ

r· ∂v∂θ

,∂v

∂y= sin θ · ∂v

∂r+

cos θ

r· ∂v∂θ

.

Pertanto le condizioni (2.4) equivalgono a


cos θ

(

∂u

∂r− 1

r

∂v

∂θ

)

= sin θ

(

∂v

∂r+

1

r

∂u

∂θ

)

cos θ

(

∂v

∂r+

1

r

∂u

∂θ

)

= − sin θ

(

∂u

∂r− 1

r

∂v

∂θ

)

.

Tali relazioni sono verificate solo se

∂u

∂r=

1

r

∂v

∂θ1

r

∂u

∂θ= −∂v

∂r

(2.9)

e queste corrispondono alle condizioni di Cauchy-Riemann in forma polare.Il Teorema 2.7 puo quindi essere espresso in modo equivalente nella seguente

forma.

Teorema 2.13 Sia f(z) = u(r, θ) + iv(r, θ) definita in un intorno del punto z0 =r0e

iθ0 6= 0. Supponiamo che le derivate parziali di u e v, rispetto a r e θ, esistanoin tale intorno e siano continue in (r0, θ0). Allora, se sono soddisfatte le condizioni(2.9) in (r0, θ0), la derivata di f ′(z0) di f in z0 esiste e

f ′(z0) = e−iθ0

(

∂u

∂r(r0, θ0) + i

∂v

∂r(r0, θ0)

)

=e−iθ0

r0

(

∂v

∂θ(r0, θ0) − i

∂u

∂θ(r0, θ0)

)

.

Dimostrazione. L’esistenza segue per quanto detto prima. Verifichiamo che vale

f ′(z0) = e−iθ0

(

∂u

∂r(r0, θ0) + i

∂v

∂r(r0, θ0)

)

. Posto z0 = r0eiθ0 = x0 + iy0, si ha

f ′(z0) =∂u

∂x(x0, y0) + i

∂v

∂x(x0, y0)

= cos θ0∂u

∂r(r0, θ0) −

sin θ0r0

∂u

∂θ(r0, θ0) + i cos θ0

∂v

∂r(r0, θ0) − i

sin θ0r0

∂v

∂θ(r0, θ0)

=(

cos θ0 − i sin θ0

)∂u

∂r(r0, θ0) +

(

sin θ0 + i cos θ0

)∂v

∂r(r0, θ0)

= e−iθ0

(

∂u

∂r(r0, θ0) + i

∂v

∂r(r0, θ0)

)

.

In modo analogo si verifica la seconda uguaglianza. 2

Esempio 2.14 Verifichiamo che la funzione f(z) = 1z e analitica per ogni z 6= 0.

Poiche

f(z) =1

reiθ=

1

r

(

cos θ − i sin θ)

,

risulta


u(r, θ) =1

rcos θ ,

∂u

∂r(r, θ) = −cos θ

r2,

∂u

∂θ(r, θ) = − sin θ

r,

v(r, θ) = − sin θ

r,

∂v

∂r(r, θ) =

sin θ

r2,

∂v

∂θ(r, θ) = −cos θ

r.

Dunque le derivate parziali di u e v rispetto a r e θ sono continue per ogni (r, θ) conr > 0 e le condizioni (2.9) sono verificate. Applicando il Teorema 2.13 otteniamoil risultato. Inoltre

f ′(z) = e−iθ

(

∂u

∂r(r, θ) + i

∂v

∂r(r, θ)

)

= e−iθ

(− cos θ + i sin θ

r2

)

= −e−2iθ

r2= − 1

r2e2iθ= − 1

z2. 2

Nel seguito useremo la notazione ux per indicare la derivata parziale di u rispettoa x e similmente per le altre variabili.

2.3 Funzioni analitiche e armoniche

Diamo innanzitutto la seguente definizione

Definizione 2.15 Una funzione reale di due variabili reali h : Ω ⊆ R2 → R sidice funzione armonica in Ω se e di classe1 C2(Ω) e soddisfa in Ω l’equazionedifferenziale

hxx(x, y) + hyy(x, y) = 0 . (2.10)

Tale equazione e nota in letteratura come equazione di Laplace e l’operatore

∆ =∂2

∂x2+

∂2

∂y2

e detto operatore di Laplace o laplaciano. Possiamo quindi riscrivere l’equazione(2.10) nella forma

∆h(x, y) = 0 per ogni (x, y) ∈ Ω .

Il legame tra funzioni armoniche e funzioni analitiche e espresso dal seguenterisultato.

Teorema 2.16 Sia f(z) = u(x, y)+iv(x, y) analitica in Ω ⊆ C. Allora le funzioniu(x, y) e v(x, y) sono armoniche in Ω.

1 Ricordiamo che h ∈ C2(Ω) significa che h ammette derivate parziali sino al secondoordine continue in Ω.

2.3 Funzioni analitiche e armoniche 39

Dimostrazione. Utilizziamo un risultato che verra dimostrato nel seguito (si vedail Paragrafo 2.7) il quale garantisce che, se una funzione di variabile complessa fe analitica, allora le funzioni parte reale u e parte immaginaria v sono di classeC2(Ω).

Per dimostrare il teorema e sufficiente dunque verificare che le funzioni u(x, y)e v(x, y) soddisfano l’equazione di Laplace in Ω. In effetti, dalle condizioni diCauchy-Riemann, ux = vy e uy = −vx, derivando entrambe le equazioni rispettoa x e a y, otteniamo

uxx = vyx

uyx = −vxxe

uxy = vyy

uyy = −vxy .

Per il Teorema di Schwartz2 applicato alle funzioni u e v, si ha

uxx + uyy = vyx − vxy = 0 , vxx + vyy = −uyx + uxy = 0

e quindi u e v sono armoniche in Ω. 2

Se due funzioni u e v sono armoniche in Ω e soddisfano le condizioni di Cauchy-Riemann in Ω, si dice che v e una funzione armonica coniugata di u. Chia-ramente se f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e una funzione analitica in Ω, allora v(x, y)e un’armonica coniugata di u. Viceversa, se v e un’armonica coniugata di u in Ω,necessariamente la funzione f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e analitica in Ω (Teorema2.7).

Si osservi che se v e un’armonica coniugata di u in Ω, non e in generale veroche u e un’armonica coniugata di v. Ad esempio, si consideri

u(x, y) = x2 − y2 e v(x, y) = 2xy .

Poiche f(z) = u(x, y) + iv(x, y) = z2 e una funzione intera, v e un’armonicaconiugata di u. Ma u non e un’armonica coniugata di v in quanto, scambiando iruoli di u e v, non valgono le (2.4). Notiamo che se Ω e un insieme connesso e ue v sono una la coniugata dell’altra allora necessariamente sono funzioni costanti.Infatti, se valgono contemporaneamente

ux = vy

uy = −vxe

vx = uy

vy = −ux ,

si ha ux = −ux e uy = −uy, ossia ux = uy = 0. Quindi u(x, y) e costante;analogamente si ottiene che v(x, y) e costante.

Data una funzione armonica u(x, y) in Ω ci poniamo il problema di trovare unafunzione armonica coniugata v(x, y) di u in Ω; ovvero ci chiediamo se sia possibileindividuare una funzione analitica la cui parte reale sia assegnata. Vediamo conun esempio come si puo procedere.

2 Teorema di Schwartz. Sia h(x, y) di classe C2 su Ω ⊆ R2; allora le derivate parziali

miste hxy e hyx coincidono.


Esempio 2.17 Sia u(x, y) = y3 − 3x2y, con ux(x, y) = −6xy e uy(x, y) =3y2 − 3x2. Dalla condizione ux = vy, si dovra avere vy(x, y) = −6xy; possiamoconcludere, integrando rispetto alla variabile y, che

v(x, y) = −3xy2 + φ(x)

dove φ(x) e una funzione (al momento arbitraria) della variabile x. Poichevx(x, y) = −3y2 + φ′(x), dalla condizione uy = −vx, si dovra avere

3y2 − 3x2 = 3y2 − φ′(x) .

Pertanto φ′(x) = 3x2 e, integrando rispetto a x, si ha φ(x) = x3 + c, dove ce un’arbitraria costante. In definitiva, v(x, y) = −3xy2 + x3 + c e un’armonicaconiugata di u e la funzione

f(z) = y3 − 3x2y + i(−3xy2 + x3 + c) = i(z3 + c)

e analitica in C. 2

2.4 Richiami su archi e cammini

Come e noto dai corsi di calcolo, con il termine “curva” si indica in generale unaapplicazione γ : I → Rn, dove I = [a, b] e un intervallo della retta reale e Rn e lospazio Euclideo. L’idea intuitiva e la seguente: possiamo immaginare [a, b] come unintervallo temporale, e il valore γ(t) della funzione γ nel punto t come una posizionenello spazio Euclideo (ad esempio nel piano o nello spazio tridimensionale), cioela “posizione al tempo t”. In altre parole, all’istante iniziale t = a ci troviamo nelpunto γ(a), all’istante finale t = b ci troviamo nel punto γ(b) e cosı via, per tuttigli istanti di tempo intermedi.

Qui siamo interessati al caso di curve3 nel piano, cioe ad applicazioni del tipoγ : [a, b] → R2, in relazione alla teoria delle funzioni di variabile complessa edin particolare delle funzioni olomorfe. Conviene quindi identificare il piano R

2 colpiano complesso C, e dare la seguente definizione:

Definizione 2.18 Si chiama curva nel piano o cammino una applicazione γ :[a, b] → C continua e di classe C1 a tratti, dove [a, b] e un intervallo limitato

3 La terminologia qui adottata non e esattamente quella classica. Di solito, infatti, sidefinisce “curva nel piano” una applicazione γ : I → C, dove I e un qualsiasi intervalloreale, con la sola ipotesi che γ sia continua: viene poi specificato separatamente cosasi intende per curva regolare, o regolare a tratti, chiamando talvolta “arco” una curvaregolare a tratti il cui dominio I sia un intervallo chiuso e limitato, come nel nostrocaso. Per non appesantire la terminologia, qui abbiamo preferito fornire la definizionedi curva in un caso particolare, limitandoci a quanto sara necessario nel seguito.

2.4 Richiami su archi e cammini 41

della retta reale. Indichiamo con z(t) il punto immagine di t ∈ [a, b] attraverso γ;l’insieme

C = z(t) ∈ C : t ∈ [a, b],cioe l’immagine dell’applicazione γ, viene detto sostegno della curva.

Come per tutte le funzioni a valori complessi, data una curva z(t) possiamo con-siderare la sua parte reale x(t) e la sua parte immaginaria y(t). In altre parole,possiamo scrivere

z(t) = x(t) + iy(t)

dove x(t) e y(t) sono due funzioni reali, entrambe definite sull’intervallo [a, b]. Eimportante rimarcare che nella definizione precedente, quando si dice che z(t) econtinua e C1 a tratti, si intende dire che ognuna delle due funzioni x(t) ed y(t) econtinua e C1 a tratti su [a, b]. Si puo allora parlare della derivata z′(t0) di unacurva nel punto t0, intendendo con questo il numero complesso

z′(t0) = x′(t0) + iy′(t0),

a patto che entrambe le funzioni x(t) e y(t) siano derivabili nel punto t0 (si noti chequesto avviene su tutto [a, b] tranne eventualmente in un numero finito di punti,avendo richiesto che z(t) sia C1 a tratti).

La richiesta che z(t) sia continua e C1 a tratti ha in parte motivazioni tecniche,mentre e essenziale comprendere la differenza tra una curva z(t) e il suo sostegnoC. La curva z(t) e una funzione (di variabile reale e a valori complessi), mentreil suo sostegno C e un insieme di punti nel piano (cioe l’immagine della curvastessa). Se immaginiamo la curva come la descrizione del moto di una particellanel piano, la funzione z(t) rappresenta la legge oraria del moto, mentre il sostegnoC rappresenta l’insieme di tutti i punti nei quali la particella e passata almenouna volta.

Si puo anche pensare una curva z(t) come ad un modo di parametrizzare il suosostegno C, associando ad ogni valore del parametro t ∈ [a, b] uno ed un solo puntodel sostegno C. Tuttavia, l’insieme C puo essere il sostegno di curve diverse, ovveropuo essere parametrizzato in modi diversi: con un’immagine del mondo reale, sipensi a C come al tracciato di una pista automobilistica, ed a z(t) come ad unodei tanti modi in cui questo tracciato puo essere percorso (tenendo quindi contodi eventuali accelerazioni, soste, inversioni di marcia ecc.).

Ad esempio, la curva z(t) = t(1+ i) con t ∈ [0, 1] ha come sostegno il segmentodi estremi w1 = 0 e w2 = 1 + i nel piano complesso. Tale segmento e pero ancheil sostegno di altre curve, ad esempio della curva h(t) = t2(1 + i), t ∈ [0, 1]. Ledue curve costituiscono due diverse parametrizzazioni dello stesso segmento w0w1.Ad esempio, il punto medio del segmento e individuato dal parametro t = 1/2 nelprimo caso e t =

√2/2 nel secondo.

Va tuttavia detto che frequentemente si indica con il termine “curva” o “ar-co” un sottoinsieme del piano (ad esempio, si parla comunemente di ‘arco dicirconferenza’); in tal caso viene sottointesa una parametrizzazione dell’oggettogeometrico, solitamente definita nel modo piu naturale.


Nelle applicazioni, e importante costruire curve che parametrizzano figuregeometriche semplici, quali ad esempio segmenti e circonferenze.

Esempi 2.19 i) Consideriamo due punti del piano complesso w0 e w1, ed unintervallo reale [a, b]. Per costruire una curva γ : [a, b] → R che parametrizzi ilsegmento w0w1, possiamo porre

z(t) = w0 + (t− a)w1 − w0

b− a, t ∈ [a, b] (2.11)

(si verifichi per esercizio che si ottiene effettivamente la parametrizzazione cer-cata). La formula precedente si puo interpretare, da un punto di vista cinema-tico, nel modo seguente: si vuole andare da w0 a w1, con un percorso rettilineo,nell’intervallo di tempo [a, b] (e quindi in un tempo totale pari a b − a). Lavelocita media (identificando i vettori coi numeri complessi) e quindi data dalrapporto (w1 −w2)/(b− a) (spazio totale percorso, diviso tempo totale impie-gato). Percorrendo il segmento con velocita costante, al tempo t ci troveremonella posizione ottenuta sommando il vettore di partenza w0 allo spazio giapercorso, cioe la velocita media (w1 −w2)/(b− a) per il tempo trascorso t− a.Se siamo liberi di scegliere l’intervallo [a, b], conviene lavorare sull’intervallounitario [0, 1]. La curva precedente allora prende la forma piu semplice

z(t) = w0 + (w1 − w0)t, t ∈ [0, 1].

ii) Per parametrizzare una circonferenza di centro w0 e raggio R, con una curvaγ : [a, b] → C, basta porre

z(t) = w0 +Rei2π(t−a)/(b−a), t ∈ [a, b].

L’interpretazione cinematica e ora quella del moto circolare uniforme, con ve-locita angolare costante pari a 2π/(b− a) (perche si vuole compiere un angologiro in un tempo totale b − a). Come prima, il termine t − a indica il tempotrascorso, all’istante t, dall’inizio del moto.Se siamo liberi di scegliere l’intervallo di tempo [a, b], conviene scegliere [a, b] =[0, 2π], in modo da parametrizzare con velocita angolare unitaria. La curvaprecedente allora prende la forma piu semplice

z(t) = w0 +Reit, t ∈ [0, 2π]. (2.12)

Una curva γ si dice semplice se γ e un’applicazione iniettiva, ossia se valoridiversi del parametro individuano punti diversi del sostegno.

Inoltre, una curva γ : [a, b] → C si dice chiusa se z(a) = z(b): si noti che,ovviamente, una curva chiusa non puo essere semplice (a parte il caso degenere incui a = b e l’intervallo si riduce a un solo punto!).

Una nozione fondamentale nella teoria delle curve piane e quella di curvadi Jordan. Una curva γ : [a, b] → C si dice curva di Jordan se verifica le duecondizioni seguenti:

2.4 Richiami su archi e cammini 43

1. E una curva chiusa, cioe z(a) = z(b).2. Il punto z(a) = z(b) e l’unico punto del sostegno ad essere l’immagine di due

valori diversi del parametro.

Intuitivamente, una curva di Jordan e la parametrizzazione di un percorso chiu-so che non passa mai una seconda volta sui punti gia percorsi, tranne ovviamenteper il punto finale z(b) che coincide con z(a).

Esempi 2.20 i) La curva

z(t) = 1 + cos t+ i(3 + sin t) = 1 + 3i+ eit , t ∈ [0, 2π] ,

ha come sostegno la circonferenza di centro 1 + 3i e raggio 1; infatti

(

x(t) − 1)2

+(

y(t) − 3)2

= cos2 t+ sin2 t = 1.

Si tratta quindi di una curva di Jordan e costituisce il modo piu naturale perparametrizzare tale circonferenza percorrendola in senso antiorario, a partiredal punto 2 + 3i.Piu in generale, la curva definita nella (2.12) e una curva di Jordan che hacome sostegno la circonferenza centrata nel punto w0 di raggio R.Si osservi che, se nella (2.12) facciamo variare t in un intervallo di tipo [0, 2kπ],con k intero positivo ≥ 2, la curva ottenuta ha ancora come sostegno la stessacirconferenza, ma questa viene ora percorsa k volte: pertanto, in questo casonon si avrebbe una curva di Jordan.Se invece t varia nell’intervallo [0, π], la corrispondente curva ha come sostegnouna semicirconferenza, e semplice ma non e chiusa (e non e quindi una curvadi Jordan).

ii) Similmente, assegnati a, b > 0, la curva chiusa e semplice

z(t) = a cos t+ ib sin t , t ∈ [0, 2π] ,

parametrizza l’ellisse centrato nell’origine e con semiassi a e b (si verifichi chequesta parametrizzazione fornisce una curva di Jordan).

iii) La curvaz(t) = t cos t+ it sin t = teit , t ∈ [0, 4π] ,

ha come sostegno la spirale parzialmente rappresentata in Figura 2.1, che vie-ne percorsa in senso antiorario a partire dall’origine. Infatti il punto z(t) hadistanza dall’origine uguale a |z(t)| = t, che cresce al crescere di t. La curva esemplice ma non e chiusa.

iv) La formula (2.11) fornisce una parametrizzazione del segmento di estremi w0

e w1. La curva e semplice, ma non e una curva di Jordan.v) Sia f : I → R una funzione derivabile con continuita sull’intervallo I; la curva

γ(t) =(

t, f(t))

, t ∈ I ,

ovvero z(t) = t+ if(t) , t ∈ I, e una curva avente come sostegno il grafico dellafunzione f .


PSfrag replacements

XAB

CAFigura 2.1. Rappresentazione della spirale definita nell’Esempio 2.20 iii)

vi) La curva γ : [0, 2] → R2

γ(t) =

(t, 1) , t ∈ [0, 1) ,(t, t) , t ∈ [1, 2] ,

ovvero

z(t) =

t+ i , t ∈ [0, 1) ,(1 + i)t , t ∈ [1, 2] ,

e una parametrizzazione della poligonale ABC (si veda la Figura 2.2, a sinistra);invece la curva

γ(t) =

(t, 1) , t ∈ [0, 1) ,

(t, t) , t ∈ [1, 2) ,(

t, 2 − 12 (t− 2)

)

, t ∈ [2, 4]

ovveroPSfrag replacements

1

1 2

A B

C

O

112ABCO

PSfrag replacements

112ABCO

1

1 2

A B

C

O

Figura 2.2. Poligonale ABC, a sinistra e ABCA, a destra, definite nell’Esempio 2.20vi)

2.5 Integrali di linea 45

z(t) =

t+ i , t ∈ [0, 1) ,

(1 + i)t , t ∈ [1, 2] ,

t+ (3 − 12 t)i , t ∈ [2, 4] ,

e una parametrizzazione della poligonale ABCA (si veda la Figura 2.2, a de-stra). Entrambe le curve sono C1 a tratti, in particolare l’ultima poligonale euna curva di Jordan. 2

Enunciamo ora un risultato intuitivamente vero, detto Teorema di Jordan, lacui dimostrazione e tutt’altro che immediata.

Teorema 2.21 Associati ad ogni curva di Jordan γ vi sono due domini ognunodei quali ha la frontiera coincidente con il sostegno C della curva. Uno di questidomini, detto l’ interno di γ, e limitato; l’altro, l’ esterno di γ, e non limitato.

2.5 Integrali di linea

In questo paragrafo si vuole definire l’integrale di una funzione di variabilecomplessa lungo un cammino.

Prima di tutto, occorre definire l’integrale di una funzione di variabile reale ea valori complessi g : [a, b] → C. Possiamo scrivere

g(t) = u(t) + iv(t) , a ≤ t ≤ b

con u e v funzioni reali che supponiamo continue a tratti in [a, b]. Definiamo quindil’integrale di g su [a, b] come

∫ b

a

g(t) dt =

∫ b

a

u(t) dt+ i

∫ b

a

v(t) dt. (2.13)

In altre parole, l’integrale e un numero complesso: la sua parte reale, e l’integraledella parte reale di g, mentre la sua parte immaginaria e l’integrale della parteimmaginaria di g. In formule,

Re

∫ b

a

g(t) dt =

∫ b

a

Re g(t) dt , Im∫ b

a

g(t) dt =

∫ b

a

Im g(t) dt.

Inoltre, si verifica facilmente (lo si faccia per esercizio) che

∫ b

a

λg(t) dt = λ

∫ b

a

g(t) dt , ∀λ ∈ C .

Consideriamo ora una curva γ : [a, b] → C, ed una funzione f(z) di variabilecomplessa e a valori complessi, che supponiamo essere continua sul sostegno Cdella curva.


Definizione 2.22 Si definisce integrale di linea di f lungo C la quantita

∫

γ

f(z) dz =

∫ b

a

f(z(t)) z′(t) dt . (2.14)

Si noti che, per definizione, l’integrale lungo una curva e ricondotto all’integrale,sull’intervallo reale [a, b], della funzione g(t) = f(z(t))z′(t), che va quindi intesonel senso della (2.13).

Vale la pena di scrivere in modo esplicito il membro destro della (2.14). Ponendof(z) = u(x, y) + iv(x, y) e z(t) = x(t) + iy(t), si ha z′(t) = x′(t) + iy′(t) e quindisvolgendo il prodotto si trova

f(z(t)) z′(t) = u(

x(t), y(t))

x′(t) − v(

x(t), y(t) y′(t))

+

+i(

v(

x(t), y(t))

x′(t) + u(

x(t), y(t))

y′(t))

.(2.15)

Il secondo integrale nella (2.14) e quindi ben definito grazie alle ipotesi fatte sullafunzione f , e grazie al fatto che z(t) e (per definizione stessa di curva) C1 a tratti,quindi le funzioni x′(t) e y′(t) sono continue a tratti su [a, b].

Inoltre, usando la (2.15), si ha

Re

∫

γ

f(z) dz =

∫ b

a

(

u(

x(t), y(t))

x′(t) − v(

x(t), y(t))

y′(t))

dt, (2.16)

Im∫

γ

f(z) dz =

∫ b

a

(

v(

x(t), y(t))

x′(t) + u(

x(t), y(t))

y′(t))

dt. (2.17)

Possiamo riscrivere la (2.14) come

∫

γ

f(z) dz =

∫

γ

(

u dx− v dy)

+ i

∫

γ

(

v dx+ u dy)

, (2.18)

espressione che puo anche essere formalmente dedotta dalla (2.14) sostituendo fcon u+ iv e dz con dx+ idy.

Per motivare la Definizione 2.22, cerchiamo di capire cosa succede se si cercadi costruire l’integrale complesso come limite di somme di Riemann. Dividiamoquindi l’intervallo [a, b] in n intervalli congruenti, di estremi

a = t0 < t1 < · · · < tn = b, dove tj − tj−1 =b− a

n,

consideriamo i punti sulla curva

z0 = z(t0), z1 = z(t1), · · · , zn = z(tn)

corrispondenti agli estremi degli intervalli, e costruiamo la somma di Riemann


n∑

j=1

f(zj) · (zj − zj−1). (2.19)

Si potrebbe pensare di definire l’integrale di f lungo γ come il limite delle sommedi Riemann, cioe porre

∫

γ

f(z) dz = limn→∞

n∑

j=1

f(zj) · (zj − zj−1)

(2.20)

(i punti tj e le loro immagini zj dipendono ovviamente anche dal valore di n:non indichiamo esplicitamente questa dipendenza, per non appesantire troppo lanotazione). In effetti, questa seconda definizione non solo sarebbe perfettamentelecita, ma sarebbe in totale accordo con la (2.14). Infatti, se in ogni somma diRiemann moltiplichiamo e dividiamo ogni termine per il corrispondente incrementotemporale tj − tj−1, otteniamo

∫

γ

f(z) dz = limn→∞

n∑

j=1

f(z(tj))z(tj) − z(tj−1)

tj − tj−1(tj − tj−1)

. (2.21)

Si puo dimostrare non solo che il limite esiste, ma che esso coincide col membrodestro della (2.14): la presenza della derivata z′(t) nella (2.14), infatti, e dovutaproprio alla presenza dei rapporti incrementali nella somme di Riemann, scrit-te come nella (2.21). Preferiamo comunque mantenere la (2.14) come definizio-ne di integrale, perche essa si presta maggiormente al calcolo diretto del valoredell’integrale.

E comunque utile tenere presente che vale la caratterizzazione (2.20), percheben si adatta a interpretare il significato dell’integrale complesso da un punto divista fisico e geometrico. Infatti, ponendo

∆zj = zj − zj−1 = ∆xj + i∆yj ,

la somma di Riemann (2.19) si puo scrivere come

∑

n

(

u(zj) + iv(zj))

(∆xj + i∆yj) =∑

n

(

u(zj)∆xj − v(zj)∆yj

)

+

+i∑

n

(

v(zj)∆xj + u(zj)∆yj

)

.(2.22)

Consideriamo ad esempio la parte reale di questa somma. La quantita u(zj)∆xj −v(zj)∆yj si puo interpretare come prodotto scalare tra i due vettori

−→E j =

(

u(zj)

−v(zj)

)

e ∆−→lj =

(

∆xj

∆yj

)

. (2.23)

Pensando al vettore−→E j come al campo vettoriale


−→E (x, y) =

(

u(x, y)

−v(x, y)

)

calcolato nel punto zj della curva4, e al vettore ∆−→lj come a un incremento (che,

passando al limite, diventera infinitesimo) di posizione lungo la curva, risulta chia-ro, in base alla (2.20), che la parte reale dell’integrale complesso di f lungo γ non enient’altro che l’integrale di linea (detto anche circuitazione se γ e una curva chiu-

sa) del campo vettoriale−→E lungo il cammino γ. Ad esempio, se

−→E rappresenta un

campo di forze, la parte reale dell’integrale complesso rappresenta il lavoro com-piuto dal campo di forze lungo il cammino γ. Notiamo inoltre che, identificandoancora i numeri complessi coi vettori, il campo

−→E si ottiene da f(z) passando alla

funzione coniugata. In formule,

Re

∫

γ

f(z) dz =

∮

γ

−→E · d−→l , −→

E (x, y) = f(x+ iy).

Veniamo ora all’intepretazione della parte immaginaria dell’integrale. Nella secon-da sommatoria della (2.22), analogamente, la quantita v(zj)∆xj +u(zj)∆yj si puointerpretare come prodotto scalare tra i due vettori

−→E j =

(

u(zj)

−v(zj)

)

e −→nj =

(

∆yj

−∆xj

)

.

Notiamo che il vettore −→nj e ortogonale al vettore ∆−→lj definito nella (2.23), anzi −→nj

si ottiene ruotando ∆−→lj di 90 gradi in senso orario. Quindi, se indichiamo con νj

il vettore normalizzato

νj =−→nj

∆lj, ∆lj =

√

(∆xj)2 + (∆yj)2,

esso rappresenta una approssimazione del versore normale alla curva, nel punto zj

(e infatti perpendicolare al segmento di estremi zj−1 e zj), e possiamo scrivere

v(zj)∆xj + u(zj)∆yj =−→E j · −→nj =

−→E j · −→νj ∆lj .

Questa quantita rappresenta quindi il flusso del vettore E(zj) attraverso il seg-

mento ∆−→lj (con la normale orientata verso destra, rispetto all’orientazione del

segmento). Sommando e passando al limite, si ottiene quindi che

Im∫

γ

f(z) dz =

∫

γ

−→E · ν dl, −→

E (x, y) = f(x+ iy), (2.24)

ovvero la parte immaginaria dell’integrale complesso di f(z) lungo γ, rappresenta

il flusso del campo vettoriale−→E attraverso la curva γ (nella formula, ν indica la

normale alla curva, orientata verso destra rispetto al verso di percorrenza dellacurva stessa).

4 Al solito, per comodita, identifichiamo i numeri complessi coi vettori nel piano.


Esempio 2.23 Vogliamo calcolare la circuitazione ed il flusso uscente del campovettoriale

−→E (x, y) = (x, y), relativamente alla circonferenza di raggio unitario cen-

trata nell’origine, orientata in senso antiorario. Per quanto detto prima, convieneconsiderare la funzione di variabile complessa f(z) = z, in modo che il campo vet-

toriale−→E sia rappresentato dalla funzione f(z) (lo si verifichi), e calcolare il suo

integrale complesso lungo la circonferenza. Per parametrizzare la circonferenza C,consideriamo la curva

z(t) = eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

Si ha z′(t) = ieit e quindi usando la definizione (2.14) troviamo

∫

γ

f(z) dz =

∫

γ

z dz =

∫ 2π

0

eitieit dt = i

∫ 2π

0

dt = 2πi.

L’integrale complesso ha parte reale nulla e parte immaginaria uguale a 2π: lacircuitazione del campo lungo γ e quindi nulla, mentre il flusso uscente e pari a 2π(si noti che, avendo orientato la circonferenza in senso antiorario, il versore normalepunta verso l’esterno, essendo orientato a destra rispetto al verso di percorrenzadella curva). 2

Introduciamo ora due definizioni che utilizzeremo nel seguito.Associato al sostegno C, parametrizzato dalla curva γ : [a, b] → C, vi e il

cammino indicato con −γ che ha lo stesso sostegno di γ percorso nel senso inverso.In altre parole, il cammino −γ unisce il punto z(b) col punto z(a) ed e descrittodalla parametrizzazione z = z(−t), con −b ≤ t ≤ −a.

Sia data la curva γ : [a, b] → C; introduciamo una suddivisione di [a, b] mediantei punti a = t0 < t1 < · · · < tn = b e consideriamo i punti z(t0), z(t1), · · · , z(tn)appartenenti al sostegno. La quantita

supa=t0<t1<···<tn=b

(

|z(t1) − z(t0)| + |z(t2) − z(t1)| + · · · + |z(tn) − z(tn−1)|)

, (2.25)

dove l’estremo superiore e fatto al variare di tutte le scelte di numeri reali tiviene chiamata lunghezza della curva. Notiamo che, per una data scelta deinumeri ti, la sommatoria che compare nella (2.25) rappresenta la lunghezza dellaspezzata che si ottiene congiungendo tra loro, tramite segmenti, i punti del sostegnoz(t0), z(t1), . . . , z(tn), presi in questo ordine.

Immaginiamo, per fissare le idee, che z(t) sia una curva semplice. Intuitiva-mente, e chiaro che la lunghezza di qualsiasi spezzata ottenuta in questo modofornisce una approssimazione per difetto della lunghezza della curva (dove la pa-rola “lunghezza” e usato qui nel senso intuitivo del termine). D’altra parte, siintuisce anche che, infittendo la spezzata (cioe considerando un numero via viamaggiore di punti del supporto), si ottiene una approssimazione via via miglioredella lunghezza effettiva della curva. Queste considerazioni intuitive giustificano lapresenza dell’estremo superiore, nella definizione di lunghezza tramite la (2.25).


Effettivamente, nel caso in cui z(t) sia una curva semplice, si puo dimostrareche la sua lunghezza dipende unicamente dal supporto C, e non dal modo in cuiC e parametrizzato (purche la parametrizzazione sia iniettiva). In altre parole, lalunghezza e effettivamente una caratteristica geometrica del supporto C.

In ogni caso, in base alla nostra definizione di curva, si puo dimostrare che lalunghezza L definita nella (2.25) e sempre finita, e puo essere calcolata tramite ilseguente integrale:

L =

∫ b

a

|z′(t)| dt.

Per interpretare il significato di questo integrale notiamo che, per quanto dettoin questo paragrafo, la derivata z′(t) rappresenta la velocita istantanea con cui lacurva viene percorsa al tempo t. Il suo modulo |z′(t)| rappresenta quindi la velocitascalare al tempo t: integrando la velocita scalare rispetto al tempo, si ottiene difatto la “lunghezza del percorso”, ovvero -piu precisamente- la lunghezza dellacurva.

Torniamo all’integrale complesso e alla sua definizione.

Proposizione 2.24 Sia γ un cammino e siano f e g due funzioni continue atratti su C, sostegno di γ. Allora

a) per ogni λ, µ ∈ C,∫

γ

(

λf(z) + µg(z))

dz = λ

∫

γ

f(z) dz + µ

∫

γ

g(z) dz ;

b)

∫

−γ

f(z) dz = −∫

γ

f(z) dz ;

c) sia M ≥ 0 tale che |f(z)| ≤M su C e sia L la lunghezza di γ; si ha∣

∣

∣

∣

∫

γ

f(z) dz

∣

∣

∣

∣

≤ML ; (2.26)

d) se C e l’unione dei sostegni C1 e C2 di due curve γ1 : [a1, b1] → C e γ2 :[a2, b2] → C tali che z1(b1) = z2(a2), risulta

∫

γ

f(z) dz =

∫

γ1

f(z) dz +

∫

γ2

f(z) dz .

Lasciamo la dimostrazione di queste proprieta dell’integrale come esercizio, soffer-mandoci soltanto sul punto c) che fornisce un’utile maggiorazione per il modulodi un integrale complesso. Per mostrare la (2.26), e utile ricorrere alla caratte-rizzazione (2.20). Infatti, nelle ipotesi del punto c), per una qualsiasi somma diRiemann si ha∣

∣

∣

∣

∣

∣

n∑

j=1

f(zj) · (zj − zj−1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

≤n∑

j=1

|f(zj)| · |zj − zj−1| ≤Mn∑

j=1

|zj − zj−1| ≤ML


(si noti che l’ultima sommatoria e la lunghezza della poligonale individuata daipunti zj , ed e quindi minore o uguale rispetto alla lunghezza L della curva).Passando al limite sulle somme di Riemann, si ottiene la maggiorazione (2.26).

Esempi 2.25 a) Calcoliamo

∫

γ

z dz, dove γ e descritta dall’equazione z = z(t) =

2t+ it, 0 ≤ t ≤ 2. Poiche z′(t) = 2 + i, dalla (2.14), si ha

∫

γ

z dz =

∫ 2

0

(2t− it)(2 + i) dt = (2 − i)(2 + i)

∫ 2

0

t dt = 10 .

b) Calcoliamo

∫

γ

z dz, dove γ e l’unione dei cammini γ1 e γ2 descritti rispettiva-

mente dalle equazioni z1(t) = t, t ∈ [0, 4], e z2(t) = 4 + it, t ∈ [0, 2]. Poichez′1(t) = 1 e z′2(t) = i,

∫

γ

z dz =

∫

γ1

z dz +

∫

γ2

z dz =

∫ 4

0

t dt+

∫ 2

0

(4 − it)i dt = 10 + 8i .

c) Calcoliamo

∫

γ

ez dz, dove γ e il cammino descritto in a). Poiche ez = ex(cos y+

i sin y), si ha

∫

γ

ez dz =

∫ 2

0

e2t(

cos t+ i sin t)

(2 + i) dt = . . . = e4+2i − 1 .

d) Calcoliamo

∫

γ

ez dz, dove γ e il cammino descritto in b). Risulta

∫

γ

ez dz =

∫ 4

0

et dt+

∫ 2

0

e4(

cos t+ i sin t)

i dt = . . . = e4+2i − 1 .

Si osservi come gli integrali della funzione f(z) = z lungo due cammini, en-trambi aventi come estremi i punti 0 e 4+2i, abbiano valori differenti, mentre perla funzione f(z) = ez essi assumano lo stesso valore. 2

Esempio 2.26 Calcoliamo

∫

γ

zn dz dove n ∈ Z e γ e il cammino percorso in senso

antiorario, il cui sostegno e la circonferenza |z| = 1. Usiamo la parametrizzazione(2.12) z = z(t) = eit, t ∈ [0, 2π]; allora z′(t) = ieit e dunque

∫

γ

zn dz =

∫ 2π

0

einti eit dt = i

∫ 2π

0

ei(n+1)t dt

=

1

n+ 1ei(n+1)t

∣

∣

∣

2π

0= 0 n 6= −1,

2πi n = −1 .


Un analogo risultato vale se γ e il cammino, percorso in senso antiorario, il cuisostegno e la circonferenza centrata in z0 ∈ C e avente raggio r > 0. Precisamentesi ha

∫

γ

(

z − z0)ndz =

0 n 6= −1,

2πi n = −1 .(2.27)

2.6 Teorema di Cauchy-Goursat

Il seguente teorema e uno dei risultati fondamentali della teoria delle funzioniolomorfe. Esso venne dimostrato da Cauchy con l’ipotesi aggiuntiva di continuitadella derivata e, in un secondo tempo, da Goursat nella sua forma piu generaleche qui riportiamo.

Teorema 2.27 (di Cauchy-Goursat) Sia γ una curva di Jordan, contenuta inun insieme aperto Ω, tale che il suo interno A sia ancora contenuto in Ω. Se f(z)e una funzione olomorfa in Ω, allora si ha

∫

γ

f(z) dz = 0 .

Occorre riflettere attentamente sul significato di questo teorema e sulle sue ipotesi.Il valore dell’integrale di f lungo γ dipende unicamente dai valori che f assumenei punti del sostegno C; tuttavia, le ipotesi richiedono che f sia olomorfa in unaperto Ω che contiene sia C sia la regione A delimitata da C.

Qui dimostreremo questo risultato nell’ipotesi piu restrittiva che la derivataprima f ′(z) sia anch’essa una funzione continua nell’aperto Ω. Faremo discendereil teorema di Cauchy–Goursat dal seguente importante teorema, che riportiamosenza dimostrazione.

Ricordiamo che, se−→E (x, y) = (a, b) e un campo vettoriale piano avente per

componenti due funzioni a(x, y) e b(x, y) di classe C1, si chiama divergenza di−→E

la funzione

div−→E =

∂a

∂x+∂b

∂y, (2.28)

mentre si chiama rotore (o vorticita) di−→E la quantita

rot−→E =

∂a

∂y− ∂b

∂x. (2.29)

Teorema 2.28 (Formula di Gauss–Green) Sia γ una curva di Jordan, conte-nuta in un insieme aperto Ω, tale che la parte di piano A delimitata dal sostegno Csia anch’essa contenuta in Ω. Se

−→E (x, y) : Ω → R

2 e un campo vettoriale aventeper componenti due funzioni di classe C1, allora si ha

∮

γ

−→E · −→dl =

∫∫

A

rot−→E dxdy, (2.30)

2.6 Teorema di Cauchy-Goursat 53

∫

γ

−→E · ν dl =

∫∫

A

div−→E dxdy. (2.31)

In altre parole, la circuitazione di−→E lungo γ e uguale all’integrale del rotore di−→

E all’interno di γ, mentre il flusso di−→E uscente da γ e uguale all’integrale della

divergenza di−→E , esteso all’interno di γ.

Per dimostrare il Teorema di Cauchy–Goursat nell’ipotesi che f ′(z) sia continua,e sufficiente considerare il campo vettoriale

−→E (x, y) =

(

u(x, y)−v(x, y)

)

dove u e v sono la parte reale e la parte immaginaria di f . Calcoliamo divergenzae rotore di

−→E . Si ha

div−→E (x, y) =

∂u

∂x− ∂v

∂y, rot

−→E (x, y) =

∂u

∂y+∂v

∂x

e quindi, applicando le condizioni di Cauchy–Riemann, si ottiene che il campo−→E

ha divergenza nulla e rotore nullo. Pertanto, dalla formula di Gauss–Green, segueche sia la circuitazione di

−→E (parte reale dell’integrale complesso di f) lungo γ

sia il flusso di−→E (parte immaginaria dell’integrale complesso di f) attraverso γ

sono nulli. Di conseguenza, l’integrale complesso di f lungo γ e nullo, e si ottieneil teorema di Cauchy–Goursat.

Ricordiamo che un campo a rotore nullo e detto irrotazionale, mentre un campoa divergenza nulla e detto solenoidale (ad esempio, il campo elettrico dovuto a unadistribuzione stazionaria di cariche e ovunque irrotazionale e solenoidale, nei puntial di fuori delle cariche che lo generano). Da quanto appena detto segue subito che

il campo−→E associato a f(z) e irrotazionale e solenoidale, nelle regioni dove f(z)

e analitica.

Osserviamo che il cammino considerato puo essere sostituito da un camminochiuso non necessariamente semplice. Infatti, se γ interseca se stesso solo un nu-mero finito di volte, allora e formato da un numero finito di cammini semplicie chiusi. E dunque possibile applicare il teorema ad ognuno di essi e ottenere ilrisultato per il cammino γ.

Il teorema puo essere esteso a domini piu generali. Iniziamo con l’introdurre lanozione di dominio semplicemente connesso, ovvero un dominio al quale si applicail Teorema di Cauchy-Goursat.

Definizione 2.29 Un dominio semplicemente connesso D e un dominio taleche l’interno di ogni cammino semplice e chiuso e interamente contenuto in D.

Intuitivamente, un dominio semplicemente connesso e un insieme senza buchi.Sono, ad esempio, semplicemente connessi gli intorni e i poligoni, mentre non lo euna corona circolare.

Introduciamo ora la nozione di dominio con bordo.


PSfrag replacements

Re z

Im z

z0

r1

r2

C1 C2

Figura 2.3. Anello Ω = z ∈ C : r1 < |z − z0| < r2

Definizione 2.30 Chiameremo dominio con bordo un dominio Ω la cui fron-tiera ∂Ω e l’unione di un numero finito di sostegni C1, C2, . . . , Cn, a due a duedisgiunti, di cammini chiusi e semplici, γ1, γ2, . . . , γn.

Ciascuno di questi cammini e orientato in modo tale che un osservatore idealeche percorre la frontiera vede Ω alla sua sinistra. Chiameremo tale orientamentoorientamento positivo.

Esempio 2.31 Ogni anello Ω = z ∈ C : r1 < |z − z0| < r2 e un dominio conbordo la cui frontiera e l’unione dei sostegni C1 = z ∈ C : |z − z0| = r1 eC2 = z ∈ C : |z− z0| = r2 relativi ai cammini −γ1 e γ2 dove γ1 e γ2 ammettonoparametrizzazioni z1(t) = z0 + r1e

it e z2(t) = z0 + r2eit, t ∈ [0, 2π]. Si noti che

la circonferenza esterna e percorsa in senso antiorario, mentre la circonferenzainterna in senso orario (si veda la Figura 2.3). 2

Teorema 2.32 Sia Ω un dominio con bordo e sia γ l’unione dei cammini i cuisostegni coincidono con la frontiera di Ω orientata positivamente. Sia f analiticain un aperto che contiene l’unione di Ω con la sua frontiera; allora

∫

γ

f(z) dz = 0 .

Dimostrazione. Indichiamo con C0 il cammino esterno e C1, . . . , Cn quelli con-tenuti nell’interno di C0 (si veda la Figura 2.4). Consideriamo un cammino che

Figura 2.4. ?????????????????

2.6 Teorema di Cauchy-Goursat 55

Figura 2.5. ?????????????????

decomponga Ω in due parti Ω1 e Ω2 per mezzo di cammini L1, . . . , Ln+1 congiun-genti rispettivamente C0 a C1, C1 a C2, . . . , Cn−1 a Cn e Cn a C0 (aventi sostegnoin Ω). Indichiamo con Kj il cammino il cui sostegno coincide con la frontiera diΩj , j = 1, 2. K1 e K2 consistono di cammini Lj o −Lj e di parti di C. Il Teoremadi Cauchy-Goursat 2.27 puo essere applicato a f su K1 e K2 e la somma degliintegrali su questi cammini e nulla. Poiche gli integrali in direzioni opposte lungoLj si elidono, risulta

0 =

∫

K1

f(z) dz +

∫

K2

f(z) dz =

∫

γ

f(z) dz .2

Osservazione 2.33 Se f e analitica in Ω, dominio semplicemente connesso, allo-

ra, per ogni z1, z2 ∈ Ω, risulta ben definito

∫ z2

z1

f(z) dz. Esso e quell’unico numero

corrispondente al valore dell’integrale di f lungo un qualsiasi cammino, con soste-gno in Ω, congiungente z1 a z2. Infatti, se γ1 e γ2 sono due cammini congiungentiz1 a z2, l’integrale di f lungo il cammino chiuso ottenuto unendo γ1 a −γ2 e nullo;dunque

0 =

∫

γ1

f(z) dz +

∫

−γ2

f(z) dz =

∫

γ1

f(z) dz −∫

γ2

f(z) dz

e quindi∫

γ1

f(z) dz =

∫

γ2

f(z) dz . 2

Osservazione 2.34 Supponiamo che Ω sia un dominio con bordo la cui frontierasia l’unione dei sostegni C1 e C2 di due cammini chiusi γ1 e γ2 (si veda la Figura2.5). Sia f analitica in un aperto contenente Ω ∪ ∂Ω, allora

∫

γ1

f(z) dz =

∫

γ2

f(z) dz

dove i sostegni C1 e C2 sono percorsi in senso antiorario. 2

E possibile dimostrare un risultato che puo considerarsi il viceversa del Teoremadi Cauchy-Goursat. Vale infatti il seguente teorema dovuto a Morera.

Teorema 2.35 (di Morera) Se f e una funzione continua in un dominio sem-plicemente connesso D e se, per ogni cammino semplice e chiuso γ il cui sostegnosia contenuto in D, risulta

∫

γ

f(z) dz = 0 ,

allora f e analitica in D.


Figura 2.6. ?????????????????

2.7 Formula integrale di Cauchy

Stabiliamo ora il seguente fondamentale risultato.

Teorema 2.36 (formula integrale di Cauchy) Sia f analitica in un apertocontenente Ω∪∂Ω, con Ω dominio e ∂Ω sostegno di un cammino chiuso e sempliceγ percorso in verso antiorario. Se z0 ∈ Ω, allora

f(z0) =1

2πi

∫

γ

f(z)

z − z0dz . (2.32)

Dimostrazione. Poiche Ω e aperto, esiste r0 > 0 tale che Br0(z0) ⊂ Ω. Indichia-mo con γ0 il cammino chiuso e semplice percorso in verso antiorario il cui sostegnoe la circonferenza C0 = |z−z0| = r0 (si veda la Figura 2.6). Consideriamo la fun-

zione g(z) =f(z)

z − z0; essa e analitica in

(

Ω\z0)

∪∂Ω e dunque, per l’Osservazione

2.34, risulta

∫

γ

g(z) dz =

∫

γ0

g(z) dz = f(z0)

∫

γ0

1

z − z0dz +

∫

γ0

f(z) − f(z0)

z − z0dz .

Ricordando la (2.27), si ha

∫

γ

g(z) dz = 2πif(z0) +

∫

γ0

f(z) − f(z0)

z − z0dz .

Verifichiamo ora che l’ultimo integrale e nullo, ottenendo cosı la (2.32). Poiche fe continua, fissato ε > 0 esiste δ > 0 tale che per ogni z ∈ Ω con |z − z0| < δ siha |f(z) − f(z0)| < ε. Non e restrittivo supporre che r0 ≤ δ. Pertanto, grazie alla(2.26), si ha

∣

∣

∣

∣

∫

γ0

f(z) − f(z0)

z − z0dz

∣

∣

∣

∣

≤ supz∈C0

∣

∣

∣

∣

f(z) − f(z0)

z − z0

∣

∣

∣

∣

· 2πr0

= 2π supz∈C0

|f(z) − f(z0)| < 2πε .

Per l’arbitrarieta di ε, otteniamo l’asserto. 2

Esempio 2.37 Si voglia calcolare

∫

γ

z

(9 − z2)(z + i)dz

2.7 Formula integrale di Cauchy 57

dove γ e il cammino (verso antiorario) il cui sostegno coincide con la circonferenza|z| = 2.

La funzione f(z) =z

9 − z2e analitica in tutto C tranne nei punti z = ±3

e quindi, in particolare, sull’insieme Ω = z ∈ C : |z| < 2 unito alla frontiera∂Ω = z ∈ C : |z| = 2. Possiamo pertanto applicare la formula integrale diCauchy (2.32) con z0 = −i e ottenere

f(−i) =1

2πi

∫

γ

f(z)

z + idz = − i

10.

In definitiva∫

γ

z

(9 − z2)(z + i)dz =

∫

γ

f(z)

z + idz =

π

5. 2

Usando il Teorema 2.36, possiamo dimostrare che se una funzione e analitica inun punto z0 allora esistono (in z0) le derivate di ogni ordine, ovvero le derivatesuccessive sono anch’esse funzioni analitiche in z0. Precisamente vale il seguenterisultato di cui omettiamo la dimostrazione.

Teorema 2.38 Sia f analitica in z0, allora le sue derivate di ogni ordine esistonoin z0. Inoltre, per ogni intero n ≥ 1 e per ogni cammino γ semplice e chiuso (versoantiorario) il cui sostegno sia contenuto nell’intorno di z0 in cui f e derivabile, siha

f (n)(z0) =n!

2πi

∫

γ

f(z)

(z − z0)n+1dz . (2.33)

Esempio 2.39 Sia f(z) = 1, allora f (n)(z) = 0, per ogni n ≥ 1. Dunque,applicando la (2.33) a f per ogni z0 ∈ C, ritroviamo la (2.27):

∫

γ0

1

(z − z0)n+1dz = 0 , n = 1, 2, . . .

dove γ0 e, ad esempio, il cammino con sostegno la circonferenza di raggio r0 > 0e centro z0. 2

Osservazione 2.40 Ricordando il Teorema 2.32, e immediato verificare che leformule (2.32) e (2.33) possono essere estese al caso in cui il cammino chiuso esemplice γ e sostituito dalla frontiera orientata di un dominio con bordo. 2


2.8 Risultati globali

Diamo ora una serie di risultati che si riferiscono al comportamento di una funzionein una regione (o anche in tutto il piano complesso).

Mostriamo innanzitutto che il valore di una funzione al centro di un cerchiosul quale essa e analitica dipende soltanto dai valori della funzione sulla frontieradi tale cerchio. Precisamente, si ha

Teorema 2.41 (Proprieta della media) Sia f analitica su un insieme sem-plicemente connesso D unito alla sua frontiera. Sia z0 ∈ D e r > 0 tale cheBr(z0) ⊂ D. Allora

f(z0) =1

2π

∫ 2π

0

f(z0 + reit) dt .

Dimostrazione. Sia γ il cammino semplice e chiuso percorso in senso antiora-rio descritto dalla parametrizzazione z = z(t) = z0 + reit, 0 ≤ t ≤ 2π. Allora,applicando la (2.32), si ottiene

f(z0) =1

2πi

∫

γ

f(z)

z − z0dz =

1

2πi

∫ 2π

0

f(z0 + reit)

reitrieit dt

=1

2π

∫ 2π

0

f(z0 + reit) dt .2

Enunciamo ora il cosiddetto principio del massimo che si puo dedurre dallaproprieta della media.

Teorema 2.42 (Principio del massimo) Sia f analitica e non costante in undominio Ω, sia inoltre continua in Ω ∪ ∂Ω. Allora |f(z)| raggiunge il suo valoremassimo sulla frontiera ∂Ω. 2

Analoghe proprieta si possono dedurre per le funzioni armoniche u(x, y) = Re f(z)e v(x, y) = Im f(z).

Teorema 2.43 (di Liouville) Sia f intera e limitata per ogni z ∈ C, allora f(z)e costante.

Dimostrazione. Sia z0 ∈ C, r0 > 0 e γ0 il cammino di sostegno C0 parametrizzatoda z = z(t) = z0 + r0e

it, t ∈ [0, 2π]. Per ipotesi, esiste M > 0 tale che |f(z)| ≤Mper ogni z. Dalla formula (2.33) con n = 1, usando la (2.26), si ha

|f ′(z0)| =1

2π

∣

∣

∣

∣

∫

γ0

f(z)

(z − z0)2dz

∣

∣

∣

∣

≤ 1

2πsupz∈C0

∣

∣

∣

∣

f(z)

(z − z0)2

∣

∣

∣

∣

· 2πr0

=1

r0supz∈C0

|f(z)| ≤ M

r0.

2.9 Esercizi 59

Poiche r0 e arbitrario e f ′(z0) e un numero fissato, la disuguaglianza |f ′(z0)| ≤M

r0puo valere solo se f ′(z0) = 0. Quindi f ′(z) = 0, per ogni z ∈ C e dunque f(z) ecostante. 2

Un’interessante conseguenza del Teorema di Liouville e il Teorema fondamen-tale dell’algebra. Esso afferma che ogni polinomio P (z) = a0 + a1z + · · · + anz

n,an 6= 0, n ≥ 1, ha almeno uno zero; ossia esiste z0 ∈ C tale che P (z0) = 0. In effetti,procedendo per assurdo, se P (z) fosse non nullo per ogni z ∈ C allora la funzionef(z) = 1/P (z) sarebbe intera e limitata in C. Si giunge cosı ad un assurdo in quan-to, per il Teorema di Liouville, ne segue che f(z) e costante e conseguentementeanche il polinomio P (z) lo e.

2.9 Esercizi

1. Dire se le seguenti funzioni soddisfano le condizioni di Cauchy-Riemann nel

loro dominio:

a) f(z) = |z| b) f(z) =1

zc) f(z) = zn , n = 1, 2, . . .

2. Dire dove esiste la derivata delle seguenti funzioni e trovarne il valore:

a) f(z) =1

zb) f(z) = x2 + iy2 c) f(z) = z Im z

3. Usando il Teorema 2.13, verificare che la funzione f(z) =√r eiθ/2 definita in

Ω = z = reiθ ∈ C : r > 0, −π < θ < π e derivabile in ogni punto di Ω con

f ′(z) =1

2f(z).

4. Sia f(z) = x3 − i(y− 1)3; allora ux(x, y) + ivx(x, y) = 3x2. Perche f ′(z) = 3x2

solo nel punto z = i?

5. Dire se le seguenti funzioni sono analitiche nel loro dominio:

a) f(z) = 3x+ y + i(3y − x) b) f(z) = xy + iy

c) f(z) = e−yeix d) f(z) = eyeix

e) f(z) =2z + 1

z(z2 + 1)f) f(z) =

1

(z + 2)(z2 + 2z + 2)

6. Verificare che la funzione f(z) = Log r + iθ definita in Ω = z = r eiθ ∈ C :r > 0, −π

2 < θ < π2 e analitica in Ω e f ′(z) = 1

z .


7. Verificare che le seguenti funzioni u(x, y) sono armoniche nel loro dominio e

trovare la corrispondente funzione armonica coniugata v(x, y):

a) u(x, y) = 2x(1 − y) b) u(x, y) = y2 − x2

c) u(x, y) = sinhx sin y d) u(x, y) =y

x2 + y2

8. Sia f analitica in un dominio Ω; verificare che f e necessariamente costante

se:

a) la funzione f(z) e anch’essa analitica in Ω;

b) Im f(z) = 0 in Ω.

9. Sia f(z) = u(r, θ)+ iv(r, θ) analitica in Ω con 0 6= Ω. Utilizzando le condizionidi Cauchy-Riemann in forma polare (2.9), verificare che la funzione u(r, θ)soddisfa l’equazione di Laplace in forma polare in Ω:

r2urr(r, θ) + r ur(r, θ) + uθ,θ(r, θ) = 0 . (2.34)

10. Verificare che la funzione u(r, θ) = Log r e armonica in Ω = z = r eiθ ∈ C :r > 0, 0 < θ < 2π. Trovare un’armonica coniugata v(r, θ) in Ω.

11. Sia z = z(t) = x(t) + iy(t), t ∈ [a, b], un arco regolare. Verificare che set = φ(r), c ≤ r ≤ d, con φ : [c, d] → [a, b], φ ∈ C1([c, d]) e φ′(r) > 0, allora

L =

∫ b

a

|z′(t)| dt =

∫ d

c

|Z ′(r)| dr

dove Z(r) = z(φ(r)).

12. Calcolare, direttamente dalla definizione (2.14), l’integrale di linea delle se-guenti funzioni lungo il cammino di cui e indicato il sostegno:

a) f(z) = z2 C=segmento che unisce l’origine a 2 + i;

b) f(z) = z C=circonferenza unitaria centrata nell’origine;

c) f(z) =z + 2

zC=semicirconferenza superiore con r = 2 e centro 0;

d) f(z) = ez C=segmento che unisce πi a 1;

e) f(z) =1

(z + 2 + i)2C=circonferenza con r = 4 e centro −2 − i.

2.9 Esercizi 61

13. Sia γ il cammino percorso in verso antiorario il cui sostegno e la frontiera delquadrato con vertici nei punti z = 0, z = 1, z = 1 + i, z = i. Calcolare

∫

γ

eπz dz .

14. Verificare che, se C e la frontiera di un triangolo con vertici nei punti z = 0,z = 3i, z = −4 orientato in verso antiorario, allora

∣

∣

∣

∣

∫

C

(ez − z) dz

∣

∣

∣

∣

≤ 60 .

15. Sia C la frontiera della circonferenza |z| = R percorsa in senso antiorario.Verificare che

limR→+∞

∫

C

Log z

z2dz = 0 .

16. Calcolare i seguenti integrali di linea lungo i cammini γ di cui e indicato ilsostegno (percorsi in senso antiorario, se chiusi):

a)

∫

γ

ze−z dz sostegno C = z ∈ C : |z| = 1;

b)

∫

γ

eπz dz sostegno C= segmento da i a i/2;

c)

∫

γ

cos z

z(z2 + 8)dz sostegno C = z ∈ C : |z| = 2;

d)

∫

γ

1

(z2 + 4)2dz sostegno C = z ∈ C : |z − i| = 2;

e)

∫

γ

cosh z

z4dz sostegno C= frontiera del quadrato [−1, 1] × [−1, 1];

f)

∫

γ

1

z4 − 1dz sostegno C = z ∈ C : |z + i| = 1;

g)

∫

γ

ez(z2 − 3)

2z2 + 3dz sostegno C = z=x+ iy ∈ C : x2 + 2

3

(

y −√

32

)2= 1.

2.9.1 Soluzioni

1. Condizioni di Cauchy-Riemann:

a) No


b) Poiche, per z 6= 0,

f(z) =1

z=

x

x2 + y2− i

y

x2 + y2

si ha

u(x, y) =x

x2 + y2, ux(x, y) =

y2 − x2

(x2 + y2)2, uy(x, y) = − 2xy

(x2 + y2)2,

v(x, y) = − y

x2 + y2, vx(x, y) =

2xy

(x2 + y2)2, vy(x, y) =

y2 − x2

(x2 + y2)2.

Pertanto le condizioni di Cauchy-Riemann sono soddisfatte per ogni z 6= 0.c) E possibile procedere come nell’esercizio precedente, esplicitando le funzioni

u(x, y) e v(x, y). In alternativa, osserviamo che la funzione f(z) = z e interae, per il Teorema 2.4, anche f(z) = z · z · · · z = zn lo e. Dunque soddisfa lecondizioni di Cauchy-Riemann.

2. Derivate:

a) f ′(z) = − 1

z2, z 6= 0.

b) Risultau(x, y) = x2 , ux(x, y) = 2x , uy(x, y) = 0 ,

v(x, y) = y2 , vx(x, y) = 0 , vy(x, y) = 2y ;

le condizioni (2.4) sono verificate se x = y e dunque per ogni z = x+ix , x ∈ R.In tali punti si ha

f ′(x+ ix) = ux(x, y) + ivx(x, y) = 2x .

c) Poiche f(z) = (x+ iy)y = xy + iy2, si ha

u(x, y) = xy , ux(x, y) = y , uy(x, y) = x ,

v(x, y) = y2 , vx(x, y) = 0 , vy(x, y) = 2y ;

e dunque le (2.4) sono verificate solo in z = 0 dove risulta

f ′(0) = ux(0, 0) + ivx(0, 0) = 0 .

3. Poiche f(z) =√r eiθ/2 =

√r(

cos θ2 + i sin θ

2

)

, si ha

u(r, θ) =√r cos

θ

2, ur(r, θ) =

1

2√r

cosθ

2, uθ(r, θ) = −

√r

2sin

θ

2,

v(r, θ) =√r sin

θ

2, vr(r, θ) =

1

2√r

sinθ

2, vθ(r, θ) =

√r

2cos

θ

2.

Quindi le condizioni (2.9) sono soddisfatte in Ω. Inoltre, si ha

2.9 Esercizi 63

f ′(z) = e−iθ(

ur(r, θ) + ivr(r, θ))

=e−iθ

2√r

(

cosθ

2+ i sin

θ

2

)

=1

2√re−iθeiθ/2 =

1

2√re−iθ/2 =

1

2√r e−iθ/2

=1

2f(z).

4. Poiche

u(x, y) = x3 , ux(x, y) = 3x2 , uy(x, y) = 0 ,

v(x, y) = −(y − 1)3 , vx(x, y) = 0 , vy(x, y) = −3(y − 1)2 ,

la condizione ux = vy e verificata solo se x2 + (y− 1)2 = 0, ossia se x = 0 e y = 1.Dunque le (2.4) sono verificate solo in z = i e la funzione f e derivabile solo inz = i dove vale f ′(i) = 0.

5. Funzioni analitiche:

a) Si con f(z) = (3− i)z ; b) No ; c) Si con f(z) = eiz .d) No ; e) Si in C \ 0,±i ; f) Si in C \ 2,−1 ± i .

7. Funzioni armoniche:

a) v(x, y) = x2 − y2 + 2y + c ; b) v(x, y) = −2xy + c .c) v(x, y) = − coshx cos y + c .d) Poiche

ux(x, y) = − 2xy

(x2 + y2)2, uxx(x, y) =

2y(3x2 − y2)

(x2 + y2)3

uy(x, y) =x2 − y2

(x2 + y2)2, uyy(x, y) = −2y(3x2 − y2)

(x2 + y2)3

la funzione u(x, y) e armonica. Per determinare v(x, y), imponiamo l’ugua-glianza ux = vy, da cui

vy(x, y) = − 2xy

(x2 + y2)2⇒ v(x, y) =

x

x2 + y2+ φ(x) .

Cosı

vx(x, y) =y2 − x2

(x2 + y2)2+ φ′(x) ;

dall’uguaglianza vx = −uy, si ottiene φ′(x) = 0, ossia φ(x) = c. In definitiva,

un’armonica coniugata di u(x, y) e v(x, y) =x

x2 + y2+ c.

8. Funzioni analitiche:

a) Poiche le funzioni f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e g(z) = f(z) = u(x, y) − iv(x, y)sono analitiche in Ω, dovranno valere per entrambe le condizioni di Cauchy-Riemann; dunque


ux(x, y) = vy(x, y)uy(x, y) = −vx(x, y)

e

ux(x, y) = −vy(x, y)uy(x, y) = vx(x, y) .

Allora ux = −ux e uy = −uy, ossia ux = uy = 0 in Ω e quindi u(x, y) e costantein Ω. Analogamente, vx = vy = 0 e anche la funzione v(x, y) e costante in Ω.

9. Dalla relazione ur = 1rvθ, derivando rispetto a r si ha

urr = − 1

r2vθ +

1

rvθr , ossia vθr = rurr +

1

rvθ ;

analogamente, derivando rispetto a θ la relazione 1ruθ = −vr, si ha

1

ruθθ = −vrθ , ossia vrθ = −1

ruθθ .

Poiche vrθ = vθr, si ottiene

rurr +1

rvθ = −1

ruθθ ,

cioer2urr + vθ + uθθ = 0.

Usando l’uguaglianza vθ = rur, otteniamo il risultato.

10. Per verificare che u(r, θ) e armonica, osserviamo che

ur(r, θ) =1

r, urr(r, θ) = − 1

r2, uθ(r, θ) = uθθ(r, θ) = 0

e quindi l’equazione (2.34) e verificata in Ω. Dalla prima delle (2.9), ur = 1r vθ,

ricaviamo vθ(r, θ) = rur(r, θ) = 1. Pertanto

v(r, θ) = θ + φ(r) e vr(r, θ) = φ′(r) .

Dalla seconda delle (2.9), 1ruθ = −vr, otteniamo φ′(r) = 0, ossia φ(r) = c. In

definitiva, v(r, θ) = θ + c.

11. Poiche Z(r) = z(

φ(r))

, si ha

Z ′(r) = z′(

φ(r))

φ′(r) e |Z ′(r)| = |z′(

φ(r))

|φ′(r)

in quanto φ′(r) > 0. Pertanto, con la sostituzione t = φ(r) da cui dt = φ′(r) dr, siottiene

∫ d

c

|Z ′(r)| dr =

∫ d

c

|z′(

φ(r))

|φ′(r) dr =

∫ b

a

|z′(t)| dt .

12. Integrali di linea:

a) 23 + 11

3 i .

2.9 Esercizi 65

b) Parametrizziamo la circonferenza unitaria con z = eit, t ∈ [0, 2π], da cuidz = ieit dt e dunque

∫

γ

z dz =

∫ 2π

0

e−iti eit dt = i

∫ 2π

0

dt = 2πi .

c) La semicirconferenza puo essere descritta dall’equazione z = 2eit, t ∈ [0, π].Cosı z′(t) = 2ieit e

∫

γ

z + 2

zdz =

∫ π

0

2eit + 2

2eit2ieit dt = 2i

∫ π

0

(1 + eit) dt = 2πi+ 4 .

d) 1 + e ; e) 0 .

13. 4π (eπ − 1) .

14. Utilizziamo la (2.26), ottenendo

∣

∣

∣

∣

∫

C

(ez − z) dz

∣

∣

∣

∣

≤ML

con |ez − z| ≤ M per z ∈ C e L e la lunghezza di C. Non e difficile verificare cheL = 12, in quanto i lati del triangolo hanno lunghezza rispettivamente 3, 5 e 4. Perdeterminare una costante M soddisfacente la relazione |ez − z| ≤ M , osserviamoche

|ez − z| ≤ |ez| + |z| = ex + |z| ≤ e0 + 4 = 5 .

Pertanto vale la disuguaglianza desiderata.

15. Usando la (2.26), si ha

∣

∣

∣

∣

∫

C

Log z

z2dz

∣

∣

∣

∣

≤ 2πR max|z|=R

∣

∣

∣

∣

Log z

z2

∣

∣

∣

∣

.

Ma

max|z|=R

∣

∣

∣

∣

log z

z2

∣

∣

∣

∣

=1

R2max|z|=R

|Log |z| + iArg z| ≤ 1

R2(logR+ π) .

Allora∣

∣

∣

∣

∫

C

Log z

z2dz

∣

∣

∣

∣

≤ 2π(LogR+ π)

R

e, per R→ +∞, la quantita la secondo membro tendo a 0. Dunque

limr→+∞

∣

∣

∣

∣

∫

C

Log z

z2dz

∣

∣

∣

∣

= 0,

da cui l’asserto.


16. Integrali di linea:

a) 0 ; b) 1π (i+ 1) ; c) π

4 i .d) All’interno della circonferenza C, la funzione g(z) = 1

(z2+4)2 ha un unico punto

di non analiticita z = 2i. Usando la (2.33) con n = 1 e f(z) = 1(z+2i)2 , risulta

∫

γ

1

(z2 + 4)2dz = 2πi

d

dz

1

(z + 2i)2

∣

∣

∣

∣

z=2i

=π

16.

e) Nel quadrato in esame, la funzione g(z) = cosh zz4 ha un unico punto di non

analiticita z = 0. Sempre usando la (2.33) con n = 3 e f(z) = cosh z, si ha

∫

γ

cosh z

z4dz =

2πi

3!

d3

dz3cosh z

∣

∣

∣

∣

z=0

= 0 .

f) π2 ; g) −

√

32πe

√32 i .

3

Serie di Taylor e di Laurent. Residui

3.1 Successioni e serie di numeri complessi

Una successione cnn∈N di numeri complessi e un’applicazione di N in C. Diremoche la successione cnn∈N ha limite ` ∈ C se per ogni ε > 0 esiste un numeronε ∈ N tale che per ogni n > nε si ha |cn − `| < ε. In simboli

limn→∞

cn = ` ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃nε ∈ N : ∀n > nε si ha |cn − `| < ε .

Geometricamente, questo significa che per valori di n sufficientemente grandi ipunti cn sono arbitrariamente vicini al limite `. Non e difficile verificare che il limite,se esiste, e unico. Quando il limite esiste, diremo che la successione converge a`; in tutti gli altri casi diremo che la successione non converge.

Come per i limiti di funzioni di variabile complessa, vale un risultato analogoai Teoremi 1.4 e 1.6.

Teorema 3.1 Supponiamo che cn = an + ibn e ` = `re + iìm. Allora

a) limn→∞

cn = ` ⇐⇒

limn→∞

an = `re

limn→∞

bn = ìm .

b) limn→∞

cn = ` ⇐⇒ limn→∞

|cn − `| = 0 .

c) limn→∞

cn = ` =⇒ limn→∞

|cn| = |`| .

Dimostrazione. a) Supponiamo dapprima che limn→∞

cn = `. Per definizione, per

ogni ε > 0, esiste nε ∈ N tale che

∀n > nε =⇒ |an − `re + i(bn − ìm)| < ε .

Ma |an − `re| ≤ |an − `re + i(bn − ìm)| e |bn − ìm| ≤ |an − `re + i(bn − ìm)| .Conseguentemente, per ogni n > nε, risulta


|an − `re| < ε e |bn − ìm| < ε ;

cioelim

n→∞an = `re e lim

n→∞bn = ìm . (3.1)

Viceversa, se vale la (3.1), per ogni ε > 0, esistono n1, n2 ∈ N tali che

∀n > n1 ⇒ |an − `re| <ε

2e ∀n > n2 ⇒ |bn − ìm| < ε

2.

Pertanto, se nε = max(n1, n2), si ha

∀n > nε =⇒ |an − `re + i(bn − ìm)| ≤ |an − `re| + |bn − ìm| < ε ;

ovvero∀n > nε =⇒ |cn − `| < ε

e dunque limn→∞

cn = `.

b) Si osservi che, direttamente dalla definizione, si ha

limn→∞

zn = ` ⇔ limn→∞

(zn − `) = 0 ⇔ limn→∞

|zn − `| = 0 .

c) Il risultato segue immediatamente osservando che∣

∣|cn| − |`|∣

∣ ≤∣

∣cn − `∣

∣ . 2

Osserviamo che nel punto c) non vale, in generale, l’implicazione inversa. Sipensi, ad esempio, alla successione cn = (−1)n. Risulta |cn| = 1 e quindi la succes-sione dei moduli |cn| converge a 1, mentre la successione di partenza cn nonconverge.

Esempio 3.2 Studiamo il comportamento della successione geometrica cn = zn,al variare di z ∈ C.Per z = 1, la successione converge a 1.Per |z| < 1, utilizzando il punto b) del teorema precedente, risulta

limn→∞

|z|n = 0 ⇔ limn→∞

|zn| = 0 ⇔ limn→∞

zn = 0 ;

dunque anche in questo caso la successione converge.Sia ora |z| > 1. Poiche

limn→∞

|z|n = limn→∞

|zn| = +∞ ,

la successione zn non puo convergere, altrimenti si contraddirebbe il punto c) delteorema precedente.E possibile dimostrare, ma non e immediato, che la successione non convergeneppure per |z| = 1 e z 6= 1. Riassumendo

limn→∞

zn =

1 , z = 1 ,0 , |z| < 1 ,non converge, altrimenti . 2

3.1 Successioni e serie di numeri complessi 69

Come nel caso reale, la somma di infiniti numeri complessi (studio della convergen-za di una serie) si definisce a partire dalle successioni. Piu precisamente, sia cnuna successione di numeri complessi. Consideriamo la successione delle ridotte osomme parziali sn definita, per ogni n ≥ 0, come

s0 = c0 , sn =

n∑

k=0

ck = sn−1 + cn , n ≥ 1 .

Diremo che la serie∞∑

n=0

cn converge a s ∈ C se limn→∞

sn = s. In tutti gli altri casi

diremo che la serie non converge. Il numero s, se esiste, e detto somma della serie.Dal Teorema 3.1 si ottiene il seguente risultato.

Teorema 3.3 Supponiamo che cn = an + ibn e s = sre + isim. Allora la serie∞∑

n=0

cn converge a s se e solo se le serie

∞∑

n=0

an e

∞∑

n=0

bn convergono a sre e sim,

rispettivamente. 2

Si osservi inoltre che il termine generale cn di una serie convergente tendenecessariamente a 0, in quanto tendono a 0 sia la sua parte reale an sia quellaimmaginaria bn. In particolare, la successione cn e limitata, ossia esiste unacostante M > 0 tale che |cn| ≤M , per ogni n.

Esempio 3.4 Consideriamo la serie geometrica∞∑

n=0

zn, al variare di z ∈ C. Se

z = 1, sappiamo che la serie non converge. Sia ora z 6= 1, scriviamo

sn = 1 + z + z2 + · · · + zn =1 − zn+1

1 − z

e utilizziamo l’Esempio 3.2 per concludere che

limn→∞

sn =

1

1 − z, |z| < 1 ,

non converge , altrimenti .

In conclusione, la serie converge e la sua somma vale1

1 − zsolo se |z| < 1. 2

Come per le serie a valori reali, diremo che la serie∞∑

n=0

cn converge assoluta-

mente se converge la serie∞∑

n=0

|cn|. La convergenza assoluta implica la convergenza

e si ha


∣

∣

∣

∣

∣

∞∑

n=0

cn

∣

∣

∣

∣

∣

≤∞∑

n=0

|cn| .

Si osservi che la serie∞∑

n=0

|cn| e una serie a termini reali positivi e quindi ad essa

si possono applicare tutti i criteri studiati nei corsi di base di matematica.

Esempio 3.5 Verifichiamo che la serie∞∑

n=0

in

n!converge. Infatti,

∣

∣

∣

in

n!

∣

∣

∣=

1

n!e la

serie

∞∑

n=0

1

n!converge (si applichi, ad esempio, il Criterio del rapporto). Dunque la

serie data converge assolutamente. 2

3.1.1 Serie di potenze

Particolarmente importanti per lo studio delle funzioni di variabile complessa sonole serie di potenze. Una serie di potenze ha la forma

∞∑

n=0

an(z − z0)n

con an successione di numeri complessi, detti coefficienti della serie e z0 ∈ C

detto centro della serie. Le definizioni e i risultati che seguono sono riferiti aserie con centro l’origine; ci si riconduce al caso generale mediante la sostituzionew = z − z0. Si osservi che una serie di potenze converge sempre almeno nel suocentro z0.

Il primo esempio di serie di potenze e la serie geometrica considerata nell’E-sempio 3.4. Ricordiamo che

∞∑

n=0

zn =1

1 − zse |z| < 1

e la serie non converge per |z| ≥ 1.Vedremo che il comportamento di tale serie e tipico: infatti, proveremo che ogni

serie di potenze converge all’interno di un cerchio e non converge al suo esternoeccetto nei casi limite in cui si ha convergenza solo nel centro della serie oppureper ogni valore di z. Piu precisamente, vale il seguente risultato dovuto a Abel.

Teorema 3.6 Per ogni serie di potenze∞∑

n=0

anzn esiste un numero R, con 0 ≤

R ≤ +∞, detto raggio di convergenza con le seguenti proprieta:

a) se R = 0, la serie converge solo per z = 0;


b) se R > 0, la serie converge assolutamente per ogni z con |z| < R; se 0 < ρ < R,la serie converge uniformemente nel cerchio |z| ≤ ρ;

c) se R = +∞, la serie converge assolutamente per ogni z ∈ C e uniformementein ogni cerchio |z| ≤ ρ con ρ > 0.

Per dimostrare il teorema, premettiamo un risultato tecnico.

Lemma 3.7 Sia data la serie∞∑

n=0

anzn.

a) Se esiste z1 6= 0 in cui la serie converge, allora la serie converge assolutamenteper ogni z con |z| < |z1|.

b) Se esiste z2 6= 0 in cui la serie non converge, allora la serie non converge perogni z con |z| > |z2|.

Dimostrazione. a) Poiche la serie∞∑

n=0

anzn1 converge, il suo termine generale

anzn1 tende a 0 per n → ∞ e dunque la successione |anz

n1 | e limitata. Quindi

esiste una costante M > 0 tale che |anzn1 | ≤M , per ogni n. Sia ora z 6= 0 tale che

|z| < |z1|; risulta

|anzn| = |anz

n1 |∣

∣

∣

z

z1

∣

∣

∣

n

≤M∣

∣

∣

z

z1

∣

∣

∣

n

.

La serie∞∑

n=0

∣

∣

∣

z

z1

∣

∣

∣

n

converge in quanto e una serie geometrica con∣

∣

∣

z

z1

∣

∣

∣ < 1; per-

tanto, applicando il Criterio del confronto valido per serie numeriche reali, la serie∞∑

n=0

anzn converge assolutamente.

b) Se la serie convergesse in z con |z| > |z2|, allora per la prima parte del lemma,dovrebbe convergere anche in z2, contrariamente all’ipotesi. 2

Il lemma appena dimostrato ci permette di definire il raggio di convergenza

della serie∞∑

n=0

anzn come l’estremo superiore dei moduli dei punti in cui la serie

converge

R = sup|z| :∞∑

n=0

anzn converge . (3.2)

Torniamo ora alla dimostrazione del Teorema 3.6.

Dimostrazione. (del Teorema 3.6)a) E immediata dalla definizione di raggio di convergenza (3.2).b) Sia z con |z| < R. Dalla (3.2), esiste z1 con |z| < |z1| < R in cui la serieconverge. Per il punto a) del Lemma 3.7, la serie converge assolutamente in z.Sia ora ρ tale che 0 < ρ < R. Per quanto e stato appena dimostrato, la serie


converge assolutamente nel punto z = ρ, cioe la serie∞∑

n=0

|an|ρn converge. Allora

se |z| ≤ ρ, si ha |anzn| ≤ |an|ρn. Per il Criterio di Weiertrass, la serie converge

uniformemente in |z| ≤ ρ.c) La dimostrazione e analoga a quella relativa al punto b). 2

Si noti che il teorema non fornisce alcuna indicazione sulla convergenza dellaserie nei punti della circonferenza |z| = R.

Esempi 3.8 a) Per quanto visto in precedenza, al serie geometrica∞∑

n=0

zn ha

raggio di convergenza R = 1, cosı come la serie∞∑

n=0

nzn. Infatti, applicando il

Criterio del rapporto alla serie dei moduli, si ha

limn→∞

(n+ 1)|z|n+1

n|z|n = |z| .

Dunque la serie converge per ogni z con |z| < 1; inoltre non converge se |z| > 1in quanto il termine generale non tende a 0.

b) Consideriamo la serie

∞∑

n=0

zn

n!. Fissato z ∈ C, studiamone la convergenza

assoluta applicando ancora il Criterio del rapporto alla serie numerica cosıottenuta

limn→∞

|zn+1|(n+ 1)!

n!

|zn|n = limn→∞

|z|n+ 1

= 0 < 1 .

Dunque la serie converge per ogni z ∈ C e il suo raggio di convergenza R vale+∞. Vedremo piu avanti che la sua somma e la funzione analitica f(z) = ez

(si veda l’Esempio 3.15).

c) Consideriamo la serie∞∑

n=1

zn

n2. Come sopra, fissato z ∈ C, applichiamo il Criterio

della radice alla serie dei moduli

limn→∞

n

√

|z|nn2

= |z| .

Pertanto la serie converge se |z| < 1; non converge se |z| > 1 in quanto iltermine generale non tende a 0; il raggio di convergenza vale quindi 1. Perstudiare il comportamento della serie sulla circonferenza |z| = 1, osserviamo

che la serie dei moduli si riduce alla serie armonica generalizzata∞∑

n=1

1

n2che

converge. In definitiva, la serie converge assolutamente (e uniformemente) in|z| ≤ 1.


d) Non e difficile verificare che la serie∞∑

n=1

n!zn converge solo per z = 0. 2

Per determinare il raggio di convergenza di una serie di potenze senza ricorrereallo studio diretto della serie stessa, e possibile utilizzare i cosiddetti criteri delrapporto e della radice. Non riporteremo le dimostrazioni di tali teoremi in quantosono del tutto analoghe a quelle gia viste nei precedenti corsi di matematica validi

per le serie di potenze reali∞∑

n=0

anxn con coefficienti an ∈ R e variabile x ∈ R.

Teorema 3.9 (Criterio del rapporto) Sia∞∑

n=0

anzn una serie di potenze e sia

an 6= 0 per ogni n; se esiste

limn→∞

∣

∣

∣

∣

an+1

an

∣

∣

∣

∣

= `

allora il raggio di convergenza R e dato da

R =

0 se ` = +∞ ,1

`se 0 < ` < +∞ ,

+∞ se ` = 0 .

(3.3)

2

Teorema 3.10 (Criterio della radice) Sia∞∑

n=0

anzn una serie di potenze e

supponiamo che esistalim

n→∞n√

|an| = ` .

Allora il raggio di convergenza R e dato dalla (3.3). 2

Esempi 3.11 a) Calcoliamo il raggio di convergenza della serie∞∑

n=1

n!

nnzn. Uti-

lizziamo il Criterio del rapporto:

limn→∞

(n+ 1)!

(n+ 1)n+1

nn

n!= lim

n→∞

(

n

n+ 1

)n

= limn→∞

[(

1 +1

n

)n]−1

= e−1 ;

quindi R = e.

b) Sia∞∑

n=1

nnzn. Applicando il Criterio della radice si ha

limn→∞

n√nn = lim

n→∞n = +∞ ;

pertanto R = 0. 2


Il nostro interesse verso le serie di potenze deriva dal loro comportamento come

funzioni. Come abbiamo gia detto, una serie di potenze∞∑

n=0

anzn, con raggio di

convergenza R 6= 0, converge per |z| < R e quindi ivi definisce una funzione f(z).Mostreremo che f e analitica in tale disco. L’idea e dimostrare che la derivazionetermine a termine e legittima. Iniziamo con il seguente risultato tecnico.

Lemma 3.12 Le due serie di potenze

∞∑

n=0

anzn e

∞∑

n=0

nanzn−1

hanno lo stesso raggio di convergenza.

Dimostrazione. Verifichiamo dapprima che se∞∑

n=0

anzn converge assolutamente

in |z| < R (R 6= 0), allora anche la serie∞∑

n=0

nanzn−1 ivi converge assolutamente.

Fissato z con 0 < |z| < R e scelto ρ tale che |z| < ρ < R, si ha

|nanzn−1| =

n

|z|

( |z|ρ

)n

|anρn| .

La serie∞∑

n=0

n

( |z|ρ

)n

converge (si ricordi l’Esempio 3.8 a) e che |z| < ρ), dunque

limn→∞

n

( |z|ρ

)n

= 0 e pertanto esiste una costante M ≥ 0 tale che n

( |z|ρ

)n

≤M ,

per ogni n. In definitiva,

|nanzn−1| ≤ M

|z| |anρn|

e, per il Criterio del confronto per serie numeriche, la serie∞∑

n=0

nanzn−1 converge

assolutamente.

Viceversa, se la serie∞∑

n=0

nanzn−1 converge assolutamente in |z| < R, per ogni

z 6= 0, risulta

|anzn| ≤ 1

|z| |nanzn−1|

e dunque anche la serie∞∑

n=0

anzn converge assolutamente in |z| < R. 2


Teorema 3.13 Una serie di potenze∞∑

n=0

anzn, con raggio di convergenza R > 0,

rappresenta una funzione f(z) analitica nel disco |z| < R.

Dimostrazione. Per |z| < R, scriviamo

f(z) =∞∑

n=0

anzn = sn(z) + rn(z)

dove

sn(z) =n∑

k=0

akzk , rn(z) =

∞∑

k=n+1

akzk

e

g(z) =∞∑

n=1

nanzn−1 = lim

n→∞s′n(z) .

Dobbiamo verificare che f ′(z0) = g(z0) per ogni z0 con |z0| < R. Siano z e ρ taliche |z|, |z0| < ρ < R; possiamo scrivere

f(z) − f(z0)

z − z0− g(z0) =

(

sn(z) − sn(z0)

z − z0− s′n(z0)

)

+ (s′n(z0) − g(z0)) +

+

(

rn(z) − rn(z0)

z − z0

)

.

(3.4)

Inoltre, ricordando che zk − zk0 = (z − z0)(z

k−1 + zk−2z0 + · · ·+ zzk−20 + zk−1

0 ), siha

rn(z) − rn(z0)

z − z0=

1

z − z0

∞∑

k=n+1

ak

(

zk − zk0

)

=∞∑

k=n+1

ak(zk−1 + zk−2z0 + · · · + zzk−20 + zk−1

0 ) .

Usando la disuguaglianza triangolare e la condizione |z|, |z0| < ρ, risulta

|zk−1 + zk−2z0 + · · · + zzk−20 + zk−1

0 |≤ |z|k−1 + |z|k−2|z0| + · · · + |z||z0|k−2 + |z0|k−1 ≤ kρk−1

e quindi∣

∣

∣

∣

rn(z) − rn(z0)

z − z0

∣

∣

∣

∣

≤∞∑

k=n+1

k|ak|ρk−1 .

Quest’ultima espressione e il resto di una serie convergente e tende a 0 per n→ ∞.Pertanto, fissato ε > 0, possiamo trovare n0 ∈ N tale che, per ogni n ≥ n0,

∣

∣

∣

∣

rn(z) − rn(z0)

z − z0

∣

∣

∣

∣

<ε

3.


Inoltre, poiche limn→∞

s′(z) = g(z0), esiste n1 ∈ N tale che, per ogni n ≥ n1,

|s′n(z0) − g(z0)| <ε

3.

Sia n ≥ n0, n1; per definizione di derivata, esiste δ > 0 tale che 0 < |z − z0| < δimplica

∣

∣

∣

∣

sn(z) − sn(z0)

z − z0− s′n(z0)

∣

∣

∣

∣

<ε

3.

In definitiva, tornando alla (3.4), si ha

∣

∣

∣

∣

f(z) − f(z0)

z − z0− g(z0)

∣

∣

∣

∣

< ε

quando 0 < |z−z0| < δ. Abbiamo dimostrato che f ′(z0) esiste ed e uguale a g(z0).Poiche il ragionamento puo essere ripetuto, abbiamo in realta dimostrato che

f(z) = a0 + a1z + a2z2 + · · ·

f ′(z) = a1 + 2a2z + 3a3z2 + · · ·

...

fn(z) = n!an +(n+ 1)!

1!an+1z +

(n+ 2)!

2!an+2z

2 + · · ·...

In particolare, an =fn(0)

n!e la serie di potenze ha la forma

f(z) =∞∑

n=0

anzn =

∞∑

n=0

fn(0)

n!zn . (3.5)

3.2 Serie di Taylor

La serie (3.5) altro non e che il familiare sviluppo di Maclaurin, ma lo abbiamoricavato nell’ipotesi che f(z) abbia uno sviluppo in serie. Sappiamo che, se esiste,lo sviluppo e unico; la proprieta fondamentale, ovvero che ogni funzione analiticain un punto z0 ammette uno sviluppo in serie di Taylor centrato in z0 e dimostratanel seguente risultato.

Teorema 3.14 (Sviluppo in serie di Taylor) Sia f analitica in un dominioΩ. Fissato z0 ∈ Ω, sia Br0(z0) un intorno di z0 contenuto in Ω. Allora per ogniz ∈ Br0(z0), si ha

3.2 Serie di Taylor 77

Figura 3.1. ?????????????????

f(z) =∞∑

n=0

f (n)(z0)

n!(z − z0)

n

= f(z0) + f ′(z0)(z − z0) +1

2f ′′(z0)(z − z0)

2 + · · ·(3.6)

(ovvero la serie di potenze converge a f(z) se |z − z0| < r0).

Dimostrazione. Sia z ∈ Br0(z0); poniamo |z − z0| = r < r0. Sia r1 tale cher < r1 < r0 e sia s un qualunque punto sulla circonferenza C1 di centro z0 e raggior1, cosı |s− z0| = r1 (si veda la Figura 3.1).

Poiche f e analitica in |z − z0| ≤ r1, per la formula integrale di Cauchy(2.32), si ha

f(z) =1

2πi

∫

C1

f(s)

s− zds .

Ma1

s− z=

1

(s− z0) − (z − z0)=

1

s− z0

1

1 − z − z0s− z0

;

ricordando che1

1 − q= 1 + q + · · · + qn−1 +

qn

1 − q,

l’espressione precedente con q =z − z0s− z0

diventa

1

s− z=

1

s− z0

1 +

z − z0s− z0

+ · · · +(

z − z0s− z0

)n−1

+

(

z − z0s− z0

)n1

1 − z − z0s− z0

.

Allora

f(s)

s− z=

f(s)

s− z0+

f(s)

(s− z0)2(z − z0) + · · · +

+f(s)

(s− z0)n(z − z0)

n−1 +f(s)

(s− z)(s− z0)n(z − z0)

n ;

integriamo ora su C1 e dividiamo per 2πi, ottenendo

f(z) =1

2πi

∫

C1

f(s)

s− zds =

1

2πi

∫

C1

f(s)

s− z0ds+

z − z02πi

∫

C1

f(s)

(s− z0)2ds+ · · · +

+(z − z0)

n−1

2πi

∫

C1

f(s)

(s− z0)nds+

(z − z0)n

2πi

∫

C1

f(s)

(s− z)(s− z0)nds .

Ricordando la (2.33), si ha


f(z) = f(z0) + f ′(z0)(z − z0) + · · · + f (n−1)(z0)

(n− 1)!(z − z0)

n−1 + rn(z) (3.7)

con

rn(z) =(z − z0)

n

2πi

∫

C1

f(s)

(s− z)(s− z0)nds .

Per stimare rn(z), sia M = maxs∈C1

|f(s)| e si osservi che

|s− z| = |s− z0 − (z − z0)| ≥ |s− z0| − |z − z0| = r1 − r ;

allora, usando la (2.26), si ha

|rn(z)| ≤ rn

2π

M2πr1(r1 − r)rn

1

=Mr1r1 − r

(

r

r1

)n

.

Poicher1r< 1, abbiamo lim

n→∞rn(z) = 0. Cosı per ogni punto z ∈ Br0(z0), il limite

per n→ ∞ della somma dei primi n termini a secondo membro nella (3.7) e f(z)e questo conclude la dimostrazione. 2

Si noti che lo sviluppo (3.6) vale nel piu grande disco aperto centrato in z0 econtenuto in Ω. Il raggio di convergenza della serie di Taylor e cosı almeno ugualealla distanza di z0 dalla frontiera di Ω. Naturalmente, come abbiamo visto nelTeorema 3.13, ogni serie di potenze convergente coincide con il proprio sviluppodi Taylor.

Come nel caso reale, se z0 = 0 parleremo di serie o di sviluppo di Maclaurin.

Esempi 3.15 a) Consideriamo la solita serie geometrica

∞∑

n=0

zn =1

1 − z|z| < 1 . (3.8)

La funzione f(z) =1

1 − ze analitica in |z| < 1, il suo sviluppo di Maclaurin e

∞∑

n=0

zn, da cui si ricava inoltre f (n)(0) = n!.

b) Sia f(z) = ez e z0 = 0. Ricordando che tutte le sue derivate coincidono con ez,abbiamo f (n)(0) = 1 per ogni n ≥ 0. Pertanto, lo sviluppo in serie di Maclaurindella funzione e

ez =∞∑

n=0

zn

n!(3.9)

e, come abbiamo gia visto nell’Esempio 3.8 b), il raggio di convergenza di taleserie e R = +∞; quindi l’uguaglianza vale per ogni z ∈ C.

3.3 Serie di Laurent 79

c) Procedendo come nel punto precedente, si ha che le funzioni trigonometri-che sin z e cos z e le funzioni iperboliche sinh z e cosh z ammettono i seguentisviluppi di Maclaurin con raggio di convergenza R = +∞:

sin z =∞∑

n=0

(−1)n z2n+1

(2n+ 1)!sinh z =

∞∑

n=0

z2n+1

(2n+ 1)!

cos z =∞∑

n=0

(−1)n z2n

(2n)!cosh z =

∞∑

n=0

z2n

(2n)!

(3.10)

3.3 Serie di Laurent

In molte applicazioni si incontrano funzioni che non sono analitiche in qualchepunto o in qualche sottoinsieme del piano complesso. Di conseguenza esse nonammettono sviluppi in serie di Taylor nell’intorno di tali punti. Ciononostante epossibile costruire rappresentazioni in serie di potenze, centrate in un punto di nonanaliticita z0, contenenti potenze sia positive sia negative di (z − z0). In effetti, ladecomposizione in serie di Laurent permette di rappresentare una funzione anali-tica in un anello r1 < |z − z0| < r2 (con 0 ≤ r1 < r2) come la somma di unafunzione analitica nell’anello e di una analitica all’esterno. Vale infatti il seguenteteorema.

Teorema 3.16 Sia f analitica nell’anello Ω = z ∈ C : r1 < |z − z0| < r2 conz0 ∈ C e 0 ≤ r1 < r2. Allora per ogni z ∈ Ω, si ha

f(z) =+∞∑

n=−∞cn(z − z0)

n (3.11)

dove

cn =1

2πi

∫

C

f(s)

(s− z0)n+1ds (3.12)

e C e il cammino, percorso in senso antiorario, il cui sostegno e la circonferenzas ∈ C : |s− z0| = r con r1 < r < r2.

Dimostrazione. Fissato z ∈ Ω e posto |z − z0| = r, sia t > 0 tale che r1 < t <r < r2 e indichiamo con Ct il cammino, percorso in senso antiorario, il cui sostegnoe la circonferenza |z− z0| = t. Allora, ricordando l’Osservazione 2.40, la formulaintegrale di Cauchy diventa

f(z) =1

2πi

∫

C

f(s)

s− zds− 1

2πi

∫

Ct

f(s)

s− zds . (3.13)

Come nella dimostrazione del Teorema 3.14, nel primo integrale scriviamo


f(s)

s− z=

f(s)

s− z0+

f(s)

(s− z0)2(z − z0) + · · · +

+f(s)

(s− z0)n(z − z0)

n−1 +f(s)

(s− z)(s− z0)n(z − z0)

n .

Per il secondo integrale della (3.13), notiamo che

− 1

s− z=

1

(z − z0) − (s− z0)=

1

z − z0

1

1 − s− z0z − z0

e otteniamo l’identita

− f(s)

s− z= f(s)

1

z − z0+

f(s)

(s− z0)−1

1

(z − z0)2+ · · · +

+f(s)

(s− z0)−n+1

1

(z − z0)n+

(s− z0)nf(s)

(z − s)

1

(z − z0)n.

Poiche le funzioni f(s)/(s−z0)k+1 con k = −n, . . . , n sono analitiche nella regionet ≤ |z − z0| ≤ r, l’integrale sul cammino C coincide con quello sul cammino Ct.

Tornando alla (3.13), si ha

f(z) =n∑

k=−n

ck(z − z0)k + rn(z) + qn(z)

con ck, k = −n, . . . , n, dati dalla formula (3.12) e

rn(z) =(z − z0)

n

2πi

∫

C

f(s)

(s− z)(s− z0)nds

qn(z) =1

2πi(z − z0)n

∫

Ct

(s− z0)nf(s)

z − sds .

La dimostrazione del fatto che rn(z) → 0 quando n→ +∞ e identica a quella vistanel Teorema 3.14. Analogamente, per stimare qn(z), sia M = max

s∈Ct

|f(s)|, allora

|z − s| = |z − z0 − (s− z0)| ≥ |z − z0| − |s− z0| = r − t

e

|qn(z)| ≤ 1

2πrn

tnM2πt

r − t=

Mt

r − t

(

t

r

)n

.

Poiche t < r, limn→∞

qn(z) = 0 e il teorema e dimostrato. 2

La serie (3.11) e detta serie di Laurent. Si osservi che se f e analitica in |z−z0| < r2 eccetto che nel punto z0, il raggio r1 puo essere scelto arbitrariamentepiccolo e lo sviluppo vale per 0 < |z − z0| < r2. Se f e analitica in tutto il disco|z − z0| < r2, per n + 1 ≤ 0 anche la funzione f(z)/(z − z0)

n+1 lo e. Dunquetutti i coefficienti cn con n intero negativo sono nulli e lo sviluppo si riduce allosviluppo di Taylor. Infine, non e difficile verificare che la serie di Laurent convergeuniformemente in ogni sottoanello t ≤ |z − z0| ≤ r con r1 < t ≤ r < r2.

3.3 Serie di Laurent 81

Esempi 3.17 a) Consideriamo la funzione f(z) =1

(z − 1)(z − 2)e cerchiamo lo

sviluppo di Laurent centrato in z0 = 0 valido nelle regioni

A = z : |z| < 1 , B = z : 1 < |z| < 2 , C = z : |z| > 2 .

Osserviamo che

f(z) =1

z − 2− 1

z − 1

e utilizziamo lo sviluppo della serie geometrica (3.8). Se consideriamo z ∈ A,risulta

f(z) = −1

2

1

1 − z/2+

1

1 − z= −1

2

∞∑

n=0

zn

2n+

∞∑

n=0

zn =∞∑

n=0

(

1 − 1

2n+1

)

zn

e la funzione, analitica in A, ammette uno sviluppo in serie di Maclaurin concn = 1 − 1

2n+1 , n ≥ 0.Sia ora z ∈ B, si ha

f(z) = −1

2

1

1 − z/2− 1

z

1

1 − 1/z= −1

2

∞∑

n=0

zn

2n− 1

z

∞∑

n=0

1

zn

=∞∑

n=0

−1

2n+1zn +

∞∑

n=1

−1

zn,

quindi la funzione ha uno sviluppo in serie di Laurent con coefficienti

cn =

− 1

2n+1n ≥ 0

−1 n < 0 .

Infine, se z ∈ C, avremo

f(z) =1

z

1

1 − 2/z− 1

z

1

1 − 1/z=

1

z

∞∑

n=0

2n

zn− 1

z

∞∑

n=0

1

zn

=∞∑

n=0

(2n − 1)1

zn+1=

−1∑

n=−∞

(

1

2n+1− 1

)

zn .

La funzione ha dunque un o sviluppo in serie di Laurent valido per z ∈ C, concn = 1

2n+1 − 1 per n < 0 e cn = 0 per n ≥ 0.

b) Sia f(z) =ez

z2. Per trovare lo sviluppo in |z| > 0, centrato in z0 = 0, utilizziamo

la (3.9), ottenendo

f(z) =1

z2ez =

1

z2

∞∑

n=0

zn

n!=

∞∑

n=0

zn−2

n!=

∞∑

n=−2

zn

(n+ 2)!


con

cn =

1

(n+ 2)!n ≥ −2

0 n < −2 .

c) Sia f(z) =z − 1

ze individuiamone lo sviluppo di Laurent centrato in z0 = 1

valido nella regione |z − 1| < 1. Consideriamo la sostituzione w = z − 1 e lafunzione g(z) = 1

z . Allora a z0 = 1 corrisponde w0 = 0 e possiamo scrivere

g(z) =1

z=

1

w + 1=

∞∑

n=0

(−1)nwn =∞∑

n=0

(−1)n(z − 1)n .

Pertanto

f(z) = (z − 1)g(z) =∞∑

n=0

(−1)n(z − 1)n+1 =∞∑

n=1

(−1)n−1(z − 1)n

e lo sviluppo e in realta uno sviluppo in serie di Taylor.Se consideriamo ora la regione |z− 1| > 1 e procediamo come sopra, avremo

g(z) =1

z=

1

w + 1=

1

w

1

1 + 1/w=

1

w

∞∑

n=0

(−1)n

wn

=∞∑

n=0

(−1)n

wn+1=

∞∑

n=0

(−1)n

(z − 1)n+1

e dunque

f(z) = (z − 1)g(z) =∞∑

n=0

(−1)n

(z − 1)n

con

cn =

(−1)n n ≤ 0

0 n > 0 .

3.4 Singolarita isolate

Sia f una funzione analitica in z0, allora esiste un intorno Br0(z0) all’interno delquale f puo essere rappresentata dalla sua serie di Taylor

f(z) =+∞∑

n=0

cn(z − z0)n , |z − z0| < r0 .

Se z0 e uno zero di f , allora c0 = 0; se, inoltre,

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

3.4 Singolarita isolate 83

allora z0 e detto zero di ordine m e

f(z) = (z − z0)m

+∞∑

n=0

cn+m(z − z0)n = (z − z0)

mg(z) , |z − z0| < r0 , cm 6= 0 .

Si osservi che g(z0) 6= 0 ed essendo la funzione g continua in z0, ne segue che enon nulla in tutto un intorno di z0. Vale quindi il seguente risultato.

Teorema 3.18 Sia f analitica in un punto z0 che e uno zero per f . Allora esisteun intorno di z0 in cui z0 e l’unico zero di f a meno che f non sia identicamentenulla. Ossia, gli zeri di una funzione analitica (non nulla) sono isolati.

Definizione 3.19 Un punto z0 ∈ C e detto singolarita isolata per f se esisteun intorno di z0 in cui f e analitica eccetto il punto z0.

Pertanto se z0 ∈ C e una singolarita isolata per f , esiste r > 0 tale che f eanalitica in Ω = z ∈ C : 0 < |z − z0| < r. Dunque, per ogni z ∈ Ω, f puo essererappresentata dalla serie di Laurent

f(z) = · · · + c−2

(z − z0)2+

c−1

z − z0+ c0 + c1(z − z0) + c2(z − z0)

2 + · · ·

La parte di serie contenente le potenze negative di z−z0 e detta parte principaledi f in z0. Utilizzeremo la parte principale per classificare il tipo di singolaritaisolata di f in z0.

Definizione 3.20 Se la parte principale di f in z0, singolarita isolata per f , con-tiene almeno un termine non nullo ma il numero di tali termini e finito, z0 si dicepolo per f . Piu precisamente, se esiste un intero non nullo m tale che c−m 6= 0 ec−m−1 = c−m−2 = · · · = 0, ossia

f(z) =c−m

(z − z0)m+

c−m+1

(z − z0)m−1+ · · · + c−1

z − z0+ c0 + c1(z − z0) + · · ·

il polo si dice di ordine m. In particolare, se m = 1, parleremo di polo semplicee se m = 2 di polo doppio.

Ragionando come nel caso di uno zero, possiamo scrivere

f(z) =1

(z − z0)m

∞∑

n=0

c−m+n(z − z0)n =

g(z)

(z − z0)m, |z − z0| < r , c−m 6= 0

dove g e una funzione analitica e non nulla in un intorno di z0.

Definizione 3.21 Se la parte principale di f in z0 contiene un numero infinitodi termini, allora il punto z0 e detto punto di singolarita essenziale.


Esempi 3.22 i) Consideriamo la funzione f(z) = z sinh z e scriviamone la seriedi Maclaurin

f(z) = z∞∑

n=0

z2n+1

(2n+ 1)!= z2 +

1

3!z4 + . . .

Dunque z0 = 0 e uno zero per f di ordine 2.

ii) Sia f(z) =z − sin z

z2. Lo sviluppo di Laurent di f centrato in z0 = 0 ha la

forma

f(z) =1

z2

(

z −∞∑

n=0

(−1)n z2n+1

(2n+ 1)!

)

=1

z2

∞∑

n=1

(−1)n z2n+1

(2n+ 1)!

=∞∑

n=1

(−1)n z2n−1

(2n+ 1)!=

1

3!z − 1

5!z3 + . . .

Dunque z0 = 0 e uno zero per f (singolarita apparente) di ordine 1.

iii) Consideriamo f(z) =eπz

z3in z0 = 0. Risulta

f(z) =1

z3

∞∑

n=0

πnzn

n!=

1

z3+π

z2+π2

2z+π3

3!+π4

4!z + . . .

e quindi z0 = 0 e un polo per f di ordine 3.Il risultato si poteva anche ottenere direttamente dall’espressione di f , senza

ricorrere agli sviluppi di Laurent, osservando che f(z) =g(z)

z3con g(z) = eπz,

analitica e non nulla in z0 = 0.iv) Sia f(z) = cos 1

z . In z0 = 0, si ha

f(z) =

∞∑

n=0

(−1)n

(2n)! z2n.

Cosı z0 = 0 e una singolarita essenziale per f .

3.5 Residui e loro calcolo

Definizione 3.23 Sia z0 una singolarita isolata per f e sia r > 0 tale che

f(z) =

+∞∑

n=−∞cn(z − z0)

n , 0 < |z − z0| < r .

Allora il coefficiente c−1 e detto residuo di f in z0 e indicato con c−1 = Ref (z0).

3.5 Residui e loro calcolo 85

Figura 3.2. ?????????????????

Ricordiamo che

Ref (z0) = c−1 =1

2πi

∫

C

f(z) dz

dove C e un cammino chiuso il cui sostegno, ad esempio, coincide con la circonfe-renza z ∈ C : |z − z0| = r.

Teorema 3.24 (dei residui) Sia C un cammino chiuso e semplice all’internodel quale e sul quale una funzione f e analitica eccetto che per un numero finitodi punti singolari z1, z2, . . . , zn appartenenti all’interno di C. Allora

∫

C

f(z) dz = 2πin∑

k=1

Ref (zk) .

Dimostrazione. Sia Ω l’interno di C; poiche z1, z2, . . . , zn ∈ Ω, e possibile tro-vare n intorni Brk

(zk) disgiunti a due a due e interamente contenuti in Ω. SianoC1, . . . , Cn i cammini i cui sostegni sono le circonferenze z ∈ Ω : |z − zk| =rk = ∂Brk

(zk) (si veda la Figura 3.2). La frontiera del dominio con bordo

Ω0 = Ω \n⋃

k=1

Brk(zk) e il sostegno di un cammino C0 al quale possiamo applicare

il Teorema 2.32 e ottenere∫

C0

f(z) dz = 0 .

Ma

0 =

∫

C0

f(z) dz =

∫

C

f(z) dz −n∑

k=1

∫

Ck

f(z) dz

=

∫

C

f(z) dz −n∑

k=1

Ref (zk)

e dunque il teorema e dimostrato. 2

Osservazione 3.25 Si noti che il teorema dei residui permette di trasformare unintegrale lungo un cammino generico in una somma di integrali lungo circonferenze.2

Esempi 3.26 i) Si voglia calcolare

∫

C

z

z2 − 1dz


dove C e il cammino il cui sostegno e la circonferenza z ∈ C : |z| = 3. Poichef(z) = z

z2−1 e analitica in Ω = interno di C tranne che nei punti z1 = 1 ez2 = −1, per il Teorema dei residui, risulta

∫

C

z

z2 − 1dz = 2πi (Ref (z1) + Ref (z2)) .

Maz

z2 − 1=

1/2

z − 1+

1/2

z + 1

e dunque Ref (z1) = Ref (z2) = 12 . In conclusione, l’integrale vale 2πi.

ii) Si voglia calcolare∫

C

e1/z dz

dove C e il cammino il cui sostegno e la frontiera del quadrato [−1, 1]× [−1, 1].La funzione f(z) = e1/z e analitica in tutto C tranne l’origine; pertanto

∫

C

e1/z dz = 2πiRef (0) .

Poiche

f(z) =∞∑

n=0

1

n!zn= 1 +

1

z+

1

2z2+ . . .

risulta c1 = Ref (0) = 1; dunque l’integrale cercato vale 2πi . 2

3.5.1 Calcolo dei residui

Poli semplici

Sia z0 un polo semplice per f , allora

f(z) =c−1

z − z0+ c0 + c1(z − z0) + · · · =

g(z)

z − z0, 0 < |z − z0| < r

per cui risultaRef (z0) = c−1 = g(z0)

o, anche, osservando che g(z) = (z − z0)f(z),

Ref (z0) = limz→z0

(z − z0)f(z) .

Piu in generale, sia f(z) =n(z)

d(z), con n(z0) 6= 0 e z0 zero di ordine 1 per d(z),

ossia d(z0) = 0 ma d′(z0) 6= 0. Allora si ha

Ref (z0) =n(z0)

d′(z0).

Infatti

Ref (z0) = limz→z0

(z − z0)n(z)

d(z)= lim

z→z0

(z − z0)

d(z) − d(z0)n(z) =

n(z0)

d′(z0).

3.6 Esercizi 87

Poli multipli

Sia z0 un polo di ordine m per f , allora

f(z) =c−m

(z − z0)m+

c−m+1

(z − z0)m−1+ · · ·+ c−1

z − z0+ c0 + c1(z− z0)+ · · · =

g(z)

(z − z0)m

cong(z) = c−m + c−m+1(z − z0) + · · · + c−1(z − z0)

m1 + · · ·Si ha

Ref (z0) =1

(m− 1)!g(m−1)(z0) =

1

(m− 1)!lim

z→z0

dm−1

dzm−1(z − z0)

mf(z) .

3.6 Esercizi

1. Determinare l’insieme di convergenza delle seguenti serie di funzioni:

a)∞∑

n=0

zn

n!b)

∞∑

n=1

zn

n2c)

∞∑

n=0

n!zn

2. Verificare che:

a)1

4z − z2=

∞∑

n=0

zn−1

4n+1per 0 < |z| < 4

b)sin z2

z4=

1

z2− z2

3!+z6

5!− z10

7!+ · · · per z 6= 0

3. Calcolare lo sviluppo di Taylor di:

a) f(z) = z3 − 3z2 + 4z − 2 in z0 = 2

b) f(z) = z e2z in z0 = −1

c) f(z) = (z2 + 1) cos 3z3 in z0 = 0

4. Calcolare lo sviluppo di Laurent in z0 = 0 delle seguenti funzioni nelle regioni

indicate:

a) f(z) =z + 1

z − 1in |z| < 1 e in |z| > 1

b) f(z) =cos 2z2

z5in |z| > 0

c) f(z) =6iz2

z2 + 9in |z| < 3 e in |z| > 3

d) f(z) =2

(z − 1)(z − 3)in |z − 1| < 2


5. Verificare che z0 = 0 e una singolarita essenziale per f(z) = cosh1

z.

6. Classificare le singolarita di

f(z) =cos z cosh z

z3(

z2 − π2

4

)2(

z2 + π2

4

)

.

7. Determinare le singolarita e calcolare i residui delle seguenti funzioni:

a) f(z) =z + 1

z2 − 2zb) f(z) =

1 − e2z

z4

c) f(z) = z cos1

zd) f(z) =

1

3 + 2iz

8. Calcolare:

a)

∫

C

e−z

(z − 1)2dz C = |z| = 2

b)

∫

C

e1/z2

dz C = |z| = 1

c)

∫

C

5z − 2

z(z − 1)dz C = |z| = 3

d)

∫

C

3z3 + 2

(z − 1)(z2 + 9)dz C = |z − 2| = 2 oppure C = |z| = 4

3.6.1 Soluzioni

1. Insiemi di convergenza:

a) C ; b) |z| ≤ 1 ; c) 0 .

3. Sviluppi di Taylor:

a) f(z) = 2 + 4(z − 2) + 3(z − 2)2 + (z − 2)3 ;

b) f(z) = −e−2 +e−2

2

∞∑

n=1

n− 2

n!2n(z + 1)n ;

c) f(z) = 1 + z2 − 9

2z6 − 9

2z8 +

81

4!z12 +

81

4!z14 − · · · .

4. Sviluppi di Laurent:

a) f(z) = 1 − 2∞∑

n=0

zn in |z| < 1 ; e f(z) = 1 + 2∞∑

n=0

1

zn+1in |z| > 1 ;

3.6 Esercizi 89

b) f(z) =∞∑

n=0

(−1)n 22nz4n−5

(2n)!;

c) f(z) = 6i∞∑

n=0

(−1)nz2n+2

9n+1in |z| < 3 ; e f(z) = 6i

∞∑

n=0

(−1)n9n

z2nin |z| > 3 ;

d) f(z) =∞∑

n=0

3n+1 − 1

3n+1zn se |z| < 1 mentre f(z) = −

∞∑

n=0

zn

3n+1−

∞∑

n=0

1

zn+1se

|z| > 1 e |z − 1| < 2 .

6. z = 0 polo del terzo ordine; z = ±π2 poli semplici; z = ±π

2 i sono punti disingolarita eliminabili.

7. Singolarita e residui:

a) Ref (0) = −1

2; Ref (2) =

3

2; b) Ref (0) = −4

3;

c) Ref (0) = −1

2; d) Ref (

3

2i) = − i

2.

8. Integrali:

a) −2πi

e; b) 0 ; c) 10πi ; d) πi e − 2π2 +

23

10πi .

4

Introduzione alle distribuzioni

4.1 Introduzione e motivazioni.

Come piu volte abbiamo avuto modo di constatare, ci sono molte situazioni nellequali si ha l’esigenza di generalizzare il concetto di funzione a qualcosa di piuflessibile. Presentiamo un paio di esempi, in parte gia visti, per illustrare questotipo di necessita.

Esempio 4.1 Consideriamo il circuito come in figura sotto.

E C

(4.1)

Come e ben noto il legame tra l’intensita di corrente i(t) che scorre nel circuito ela forza elettromotrice E(t) e dato da:

E′(t) =1

Ci(t) . (4.2)

Tuttavia questo presuppone che la funzione E(t) sia derivabile. Che cosa succedese ad esempio E(t) = H(t) la funzione di Heaviside? E(t) e derivabile ovunquetranne che in 0 e la sua derivata e sempre eguale a 0. In t = 0 non e derivabile esi potrebbe pensare di porre E′(0) = +∞. Quindi per la (4.2) si avrebbe che la


corrente i(t) e sempre 0 tranne che per t = 0 dove vale +∞. Ha senso una i(t)definita cosı ? Si noti che la (4.2) puo anche essere scritta come

E(t) =1

C

∫ t

−∞i(s) ds .

Essendo i(t) sempre 0 tranne che in un punto e poiche l’integrale di una funzione(di Riemann, ma in realta anche qualunque estensione ad esempio l’integrale diLebesgue) non ‘vede’ cio che la funzione fa in un singolo punto, otterremmo cheE(t) = 0 su tutto R. Ma questa non e la nostra E(t) di partenza! Eppure fisica-mente e chiaro che cosa succede: la corrente fluisce per un tempo infinitamentebreve con un picco in 0. Il problema e come rappresentare una fenomenologia diquesto tipo: una funzione sempre 0 con il valore +∞ in 0 non e soddisfacente.Finche imponiamo che i(t) sia una funzione non riusciamo a superare il problema.2

Esempio 4.2 Se abbiamo una densita volumetrica di cariche distribuite secondola densita di carica ρ(x, y, z), la carica totale contenuta in un certo volume V sicalcola come:

Q =

∫ ∫

V

∫

ρ(x, y, z) dxdydz .

Se abbiamo invece cariche puntiformi q1, . . . , qn nel volume V , l’espressione per lacarica totale diventa

Q =n∑

i=1

qi .

Le due formule sono chiaramente di tipo diverso; ci piacerebbe averne una unicache possa trattare densita e cariche puntiformi alla stessa stregua. Il problemachiaramente e che le cariche puntiformi non possono essere descritte da densita sequeste devono essere delle normali funzioni. Si noti che cariche puntiformi possonoin effetti essere approssimate da densita di carica. Facciamolo vedere lavorando persemplicita sulla retta invece che nello spazio. Si consideri la successione di densitalineari di carica1

ρn(x) = qnp1/n(x)

dove q e una costante. Esse descrivono distribuzioni omogenee concentrate sull’in-tervallo [−1/2n, 1/2n] e la carica totale e data da

Qn =

∫ +∞

−∞ρn(x) dx = qn

1

n= q

e non dipende quindi da n. All’aumentare di n quindi queste distribuzioni di ca-rica tendono a concentrarsi sempre di piu intorno allo 0, ma sempre mantenendo

1 La funzione p1/n indica la funzione porta di ampiezza 1/n.

4.2 Lo spazio delle funzioni test. 93

costante la quantita di carica totale q. L’idea dovrebbe essere che al tendere di na +∞ tali densita dovrebbero convergere alla carica puntiforme q concentrata in0. Tuttavia se ne guardiamo il limite dal punto di vista delle funzioni si ha che

limn→+∞

ρn(x) =

0 se x 6= 0+∞ se x = 0

e tale funzione limite, se integrata sulla retta, da come risultato 0 e non q. Anzil’informazione che la carica totale e q sembra essersi completamente persa nelpassaggio al limite. Come vedremo, utilizzando invece le distribuzioni, saremo ingrado di non perdere questa informazione nel passaggio al limite. 2

L’idea fondamentale della teoria delle distribuzioni e che una misura di unaquantita fisica, di un segnale temporale, non fornisce mai il valore in un precisoistante o in un preciso punto dello spazio. Lo strumento di misura, per quantopreciso, comunque media la quantita da misurare nel tempo e nello spazio anchese su intervalli temporali o zone di spazio molto piccole. Ne consegue che la quan-tita fisica, il segnale non e necessario pensarlo come qualcosa di definito punto perpunto o istante per istante, quanto invece come un qualcosa che associa ad ognipossibile misura un numero che e il valore della misura su quel segnale. D’altraparte, le possibili misure possono essere descritte dalle medie che esse operano. Neconsegue che un segnale potra essere pensato come un’applicazione dallo spaziodelle funzioni che descrivono le medie, dette funzioni test, al campo degli scalari.Il primo problema da affrontare e la scelta dello spazio delle funzioni test. Unapossibilita, per il caso di segnali di tipo scalare, e prendere lo spazio delle fun-zioni infinitamente derivabili a supporto compatto. Come vedremo questa sceltapermette di costruire una teoria ricca e completa e ben si adatta all’idea dello stru-mento di misura che media su intervalli spaziali o temporali piccoli. Altre sceltesono possibili e necessarie quando si vogliono studiare particolari problemi; vedre-mo in particolare l’utilita di un altro spazio di funzioni test quando cercheremo diestendere la trasformata di Fourier all’ambito distribuzionale.

4.2 Lo spazio delle funzioni test.

Cominciamo con l’introdurre con precisione lo spazio delle funzioni test cheuseremo.

Definizione 4.3 Definiamo D come lo spazio delle funzioni φ di classe C∞ sututto R ed a supporto2 compatto, cioe tali che esiste R ≥ 0 per cui φ(x) = 0 perogni x tale che |x| > R.

2 Il supporto di una funzione f = f(x) e l’insieme degli x tali che f(x) 6= 0, unito allasua frontiera.


Un esempio di tali funzioni e

γ(x) =

e− 1

1−x2 |x| < 10 |x| ≥ 1

il cui grafico e mostrato in Figura 4.1. E’ a supporto compatto in [−1, 1] percostruzione e si puo far vedere che e effettivamente di classe C∞. Da essa se nepossono costruire molte altre. Ad esempio si possono considerare, al variare delparametro r > 0,

γr(x) =γ(rx)

+∞∫

−∞γ(rx) dx

.

Si noti che γr ha supporto concentrato in [−1/r, 1/r] che diventa sempre piu piccoloall’aumentare di r. Per definizione tuttavia

+∞∫

−∞

γr(x) dx = 1

qualunque sia r > 0. Questo significa che il picco γr(0) dovra forzatamente crescereall’aumentare di r (anzi tendera a +∞ per r → +∞). In Figura 4.2 sono riportatii grafici per alcuni valori di r.

Se convolviamo le γr con funzioni porta otteniamo altre funzioni in D. Defi-niamo:

γr,M = γ2r ∗ χ[−M− 12r

,M+ 12r ] .

Il grafico di una funzione di questo tipo e proposto in Figura 4.3. Non e difficilefar vedere (provare per esercizio) che

γr,M (x) = 0 se |x| ≥M + 1/rγr,M (x) = 1 se |x| ≤M

.

−1 1

1/e

Figura 4.1.

4.2 Lo spazio delle funzioni test. 95

Figura 4.2.

−M M−M−1/r M+1/r

1

Figura 4.3.

Inoltre si puo dimostrare che esse sono effettivamente in C∞. Questo e un fattogenerale: convolvendo una funzione in D con una qualunque altra funzione continuaa tratti, si ottiene una funzione in C∞.

Sullo spazio delle funzioni test D si puo introdurre un concetto di convergenzamolto forte nel modo seguente: data una successione φn di elementi di D e un’altra


funzione φ ∈ D diciamo che φn converge a φ in D, se tutte le φn mantengonoil loro supporto in un intervallo limitato fissato e se la successione φn convergeuniformemente3 con tutte le sue derivate a φ. Piu formalmente, se

(i) Esiste a ≥ 0 tale che φn(x) = 0 per ogni x tale che |x| > a.

(ii) φ(q)n → φ(q) uniformemente per ogni q ∈ N.

Osservazione 4.4 E facile rendersi conto che se abbiamo due successioni convergentiφn → φ e ψn → ψ in D, allora qualunque combinazione lineare risulta ancora convergente,piu precisamente si ha

λφn + µψn → λφ+ µψ .

Questo permette di affermare, in particolare, che

φn → φ in D ⇔ φn − φ→ 0 in D . (4.3)

4.3 Distribuzioni: definizione ed esempi

Possiamo ora definire le distribuzioni:

Definizione 4.5 Si definisce distribuzione una qualunque applicazione

T : D → R

tale che

(i) T e lineare : T (λ1φ1 +λ2φ2) = λ1T (φ1)+λ2T (φ2) qualunque siano φ1, φ2 ∈ De λ1, λ2 ∈ R.

(ii) T e continua: se φn → φ in D, allora T (φn) → T (φ).

Si noti che in virtu dell’Osservazione 4.4 e del punto (i) e sufficiente richiedereche se φn → 0 in D, allora T (φn) → 0

E comune usare la notazione distribuzionale < T, φ > anziche T (φ) per motiviche saranno chiari tra poco.

Presentiamo ora alcuni fondamentali esempi di distribuzioni.

3 Una successione di funzioni fn : I ⊆ R → R, si dice che converge uniformemente aduna funzione f : I → R se fissato comunque ε > 0 si puo trovare un intero positivo n0

tale che∀n ≥ n0, ∀x ∈ I ⇒ |fn(x) − f(x)| < ε .

Equivalentemente, la successione fn converge uniformemente a f se

limn→∞

supx∈I

|fn(x) − f(x)| = 0 .

4.3 Distribuzioni: definizione ed esempi 97

Esempio 4.6 (Distribuzioni regolari) Sia f ∈ R1loc(R). Definiamo la distribu-

zione Tf associata ad f nel modo seguente:

< Tf , φ >=

+∞∫

−∞

f(x)φ(x) dx , φ ∈ D . (4.4)

Si noti innanzitutto che l’integrale sopra ha sempre senso. In effetti se φ ∈ D siha che esiste a ≥ 0 tale che φ(x) = 0 se |x| > a. Quindi l’integrale in questionesi riduce di fatto ad un integrale su un intervallo limitato [−a, a] di una funzionef(x)φ(x) che e in R1

loc(R). Per essere sicuri che (4.4) definisce una distribuzionedobbiamo verificare che si tratti di un’applicazione lineare e continua. La linearitae semplice e viene lasciata per esercizio. Vediamo la continuita: supponiamo cheφn → 0 in D . Si ha allora che esiste a ≥ 0 tale che φn(x) = 0 se |x| > a. Inoltreφn → 0 uniformemente. Possiamo allora stimare come segue:

| < Tf , φn > | =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∞∫

−∞

f(x)φn(x) dx

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a∫

−a

f(x)φn(x) dx

∣

∣

∣

∣

∣

∣

≤a∫

−a

|f(x)||φn(x)| dx =

[

sup−a<x<a

|φn(x)|]

a∫

−a

|f(x)| dx .

A causa della convergenza uniforme si ha che

sup−a<x<a

|φn(x)|

converge a 0 per n→ +∞. Per confronto si ha quindi che

< Tf , φn >→ 0

che e quanto volevamo dimostrare. 2

Sono proprio le distribuzioni regolari a motivare la notazione< T, φ >. In effettisi ha che < Tf , φ > si esprime come il prodotto scalare nella norma quadratica trale funzioni f e φ.

Esempio 4.7 (La delta di Dirac) La distribuzione delta di Dirac nel puntoa ∈ R e definita come

< δa, φ >= φ(a) , φ ∈ D .

E’ immediato verificare la linearita e la continuita di questa applicazione che cosıe effettivamente una distribuzione. Questa non e una distribuzione regolare, cioenon esiste una funzione f ∈ R1

loc(R) tale che


< δa, φ >= φ(a) =

+∞∫

−∞

f(x)φ(x) dx

qualunque sia φ ∈ D. Questo e intuitivo, f per quanto a supporto molto piccolointorno ad a fara una media di φ e non potra mai fornire l’esatta valutazione nelpunto a. Dimostrarlo in realta,... non e tanto semplice! Vedremo in seguito delledimostrazioni indirette. 2

L’insieme di tutte le distribuzioni viene indicato con il simbolo D′. Esso e unospazio vettoriale reale in modo naturale. In effetti, date T1 e T2 in D′ e due scalariλ1 e λ2, possiamo definire la distribuzione combinazione lineare λ1T1 +λ2T2 come

< λ1T1 + λ2T2, φ >= λ1 < T1, φ > +λ2 < T, φ2 > .

Si verifichi per esercizio che questa sopra e effettivamente una distribuzione (sitratta di verificare la linearita e la continuita).

Esempio 4.8 Siano a1, a2, . . . an ∈ R punti della retta e λ1, λ2, . . . , λn ∈ R scalari.La distribuzione

∑ni=1 λiδai

agisce nel modo seguente:

⟨

n∑

i=1

λiδai, φ

⟩

=n∑

i=1

λi < δai, φ >=

n∑

i=1

λiφ(ai) . 2

Esempio 4.9 La distribuzione T = Tsin x−12δ4 agisce sulle funzioni test nel modoseguente

< T, φ >=

+∞∫

−∞

sinxφ(x) dx− 12φ(4) . 2

Esempio 4.10 Consideriamo l’applicazione T : D → R data da

< T, φ >=

∫

R

|φ(x)|dx .

Questa non e una distribuzione in quanto non e verificata la linearita. Infatti si hasempre, ad esempio, < T,−φ >=< T, φ > qualunque sia φ ∈ D.

4.4 Le proprieta fondamentali delle distribuzioni

Le funzioni definite su R a valori in R (o in C) ammettono una serie di importantitrasformazioni: esse possono essere tra loro sommate e moltiplicate; inoltre, datauna funzione f(x), si possono considerare le traslazioni f(x − x0), i riscalamenti

4.4 Le proprieta fondamentali delle distribuzioni 99

f(ax) (in particolare l’inversione temporale per a = −1), la derivazione f ′(x) (sef(x) e derivabile). Vorremmo introdurre le stesse operazioni anche sulle distribu-zioni. Sappiamo gia come sommare tra loro le distribuzioni e come moltiplicarleper scalari. Come fare per le altre operazioni? L’idea e di partire dalle distribuzioniregolari e cercare da queste di trovare il modo per estendere la definizione alle altredistribuzioni.

Prima di continuare facciamo un’ulteriore convenzione notazionale che saramolto utile in seguito. Denoteremo le distribuzioni T spesso con il simbolo T (x)anche se T non e in generale una funzione della variabile x. Scriveremo quindi< T (x), φ(x) > per indicare l’azione sulla funzione test φ. Il motivo di questanotazione e che ci agevolera nelle notazioni per la traslazione che indicheremoT (x − x0) e per i riscalamenti che indicheremo T (ax) come se fossero funzioni.Naturalmente queste sono soltanto scelte notazionali e non devono far perdere divista il fatto che in generale le distribuzioni T (x) non sono funzioni della variabile xe che quindi < T (x), φ(x) > non sta per l’integrale del prodotto, ma come l’azionedi T sulla funzione test φ.

4.4.1 La traslazione

Cominciamo dunque con le traslazioni. Sia f ∈ R1loc(R) e sia x0 ∈ R. Come e fatta

la distribuzione associata a f(x− x0)? Vale la seguente catena di eguaglianze (laseconda si ottiene con una sostituzione nell’integrale) qualunque sia φ ∈ D.

< Tf(x−x0)(x), φ(x) > =

+∞∫

−∞

f(x− x0)φ(x) dx =

+∞∫

−∞

f(x)φ(x+ x0) dx

= < Tf(x), φ(x+ x0) > .

(4.5)

Quindi l’azione della distribuzione associata alla funzione f(x− x0) sulla funzionetest φ(x) e eguale all’azione della distribuzione associata ad f(x) sulla funzionetest traslata in senso opposto φ(x+x0). Questo suggerisce di definire la traslazionedi una qualunque distribuzione T (x) come quella distribuzione, indicata T (x−x0),tale che

< T (x− x0), φ(x) >=< T (x), φ(x+ x0) > (4.6)

qualunque sia la funzione test φ(x). Questa e una buona definizione in quantoeffettivamente definisce una distribuzione: si ricordi che per dare una distribuzio-ne si deve dire quanto essa vale su ogni funzione test e poi verificare linearita econtinuita. L’espressione sopra definisce T (x− x0) contro ogni funzione test φ(x),linearita e continuita seguono facilmente dal fatto che la T (x) aveva le due pro-prieta. Si noti inoltre che per distribuzioni regolari, la traslazione cosı definitacoincide con la traslazione usuale delle funzioni, nel senso che

Tf(x)(x− x0) = Tf(x−x0)(x) .

Questo segue semplicemente confrontando (4.5) e (4.6).


Esempio 4.11 Siano a, b ∈ R. Consideriamo δa e calcoliamo la traslata δa(x+ b)in base alla precedente definizione:

< δa(x+ b), φ(x) >=< δa(x), φ(x− b) >= φ(a− b) =< δa−b(x), φ(x) > .

Dunque si ha che δa(x+ b) = δa−b(x).

4.4.2 Il riscalamento

Sia f ∈ R1loc(R) e sia a ∈ R \ 0. Vogliamo capire come opera la distribuzione

associata alla funzione f(ax). Qualunque sia φ ∈ D, si ha che

< Tf(ax), φ(x) > =

+∞∫

−∞

f(ax)φ(x) dx =

+∞∫

−∞

f(x)1

|a|φ(x

a

)

dx

=⟨

Tf(x),1|a|φ

(

xa

)

⟩

(4.7)

(la seconda eguaglianza segue operando la sostituzione t = ax). Questo suggeri-sce di definire il riscalamento di una qualunque distribuzione T (x) come quelladistribuzione indicata T (ax) tale che

< T (ax), φ(x) >=

⟨

T (x),1

|a|φ(x

a

)

⟩

(4.8)

qualunque sia la funzione test φ(x). Come nel caso della traslazione questa formuladefinisce effettivamente una distribuzione; si verifichino linearita e continuita peresercizio. Si noti come anche in questo caso il riscalamento di una distribuzioneregolare Tf(x)(ax) coincida con la distribuzione Tf(ax). Si noti infine che per a = −1otteniamo la definizione dell’inversione temporale di una distribuzione:

< T (−x), φ(x) >=< T (x), φ(−x) > . (4.9)

Esempio 4.12 Siano a, b ∈ R con b 6= 0. Consideriamo δa e calcoliamo ilriscalamento δa(bx) in base alla precedente definizione:

< δa(bx), φ(x) >=

⟨

δa(x),1

|b|φ(x

b

)

⟩

=1

|b|φ(a

b

)

.

Ne segue che

δa(bx) =1

|b|δab.


4.4.3 La moltiplicazione

Supponiamo di avere due funzioni f e g in R1loc(R), una delle due limitate. Il loro

prodotto fg e ancora in R1loc(R). La distribuzione Tfg agisce nel modo seguente

sulle funzioni test:

< Tfg(x), φ(x) >=

+∞∫

−∞

f(x)g(x)φ(x) dx .

Non e chiaro come questa azione si possa esprimere in termini di Tf e Tg per poigeneralizzarla al prodotto di generiche distribuzioni. Potremmo essere tentati discrivere

+∞∫

−∞

f(x)g(x)φ(x) dx =< Tf (x), g(x)φ(x) > .

Si noti tuttavia che se g non e C∞, g(x)φ(x) non e piu una funzione test e l’espres-sione sopra non avrebbe quindi senso se al posto di Tf vi fosse una distribuzionenon regolare. Affinche g(x)φ(x) sia ancora una funzione test qualunque sia φ fun-zione test, e necessario e sufficiente che g(x) sia di classe C∞. Questi problemisono intrinseci alle distribuzioni. In effetti le distribuzioni, in generale, non pos-sono essere moltiplicate tra loro. Il massimo che si puo fare e moltiplicare unadistribuzione per una funzione C∞: in effetti, se T ∈ D′ e ψ ∈ C∞(R) possiamodefinire la distribuzione ψT come

< ψ(x)T (x), φ(x) >=< T (x), ψ(x)φ(x) > , φ ∈ D ;

ψ(x)T (x) cosı definita e effettivamente una distribuzione: la linearita la lasciamoper esercizio e diamo un’idea di come si dimostra la continuita. Sia φn → φ inD. Dobbiamo mostrare che ψφn → ψφ in D. E facile vedere che i supporti dellasuccessione ψφn sono equilimitati essendo tali quelli delle φn. Per quanto riguardala convergenza si noti innazitutto che ψφn → ψφ uniformemente in quanto

supx∈R

|ψ(x)φn(x) − ψ(x)φ(x)| = sup|x|≤a

[|ψ(x)||φn(x) − φ(x)|]

≤ sup|x|≤a

|ψ(x)| sup|x|≤a

|φn(x) − φ(x)| .

e per le derivate, usando la regola di Leibnitz,

(ψφn)(q) =

q∑

k=0

(

qk

)

ψ(k)φ(q−k)n

ci si riconduce a studiare la convergenza uniforme dei vari termini ψ(k)φ(q−k)n a

ψ(k)φ(q−k) che si fa esattamente come per ψφn, notando che ψ(k) e ancora una

funzione di classe C∞ e che φ(q−k)n converge uniformemente a φ(q−k).


Esempio 4.13 Sia ψ ∈ C∞(R). Calcoliamo ψδa. Si ha che

< ψδa, φ >=< δa, ψφ >= ψ(a)φ(a) .

Abbiamo dunque ottenuto che

ψδa = ψ(a)δa .

Come sono fatte le distribuzioni T (x) tali che xT (x) = 0? E’ chiaro che ledistribuzioni del tipo T = cδ0 soddisfano questa proprieta (verificare). Il seguenterisultato mostra che non ce ne sono altre.

Proposizione 4.14 Sia T (x) una distribuzione tale che xT (x) = 0. Allora esistec ∈ R tale che T (x) = cδ0(x).

Dimostrazione. Supponiamo prima che T sia una distribuzione a supporto com-patto tale che xT (x) = 0 e consideriamo una φ ∈ C∞ tale che φ(0) = 0. AlloraΨ(x) = φ(x)/x ∈ C∞ (estendendola per continuita in x = 0). Abbiamo quindi che

< T (x), φ(x) >=< T (x), xΨ(x) >=< xT (x), Ψ(x) >= 0 .

Sia ora φ ∈ D qualsiasi. Allora φ(x) − φ(0) sta in C∞ e si annulla in 0, e quindi

0 =< T (x), φ(x) − φ(0) >=< T (x), φ(x) > −φ(0) < T, 1 >

che implica< T (x), φ(x) >=< T, 1 > φ(0)

e questo significa proprio che T (x) = cδ0 con c =< T, 1 >. Questo ragionamentonon funziona se T non e a supporto compatto. In questo caso si considera allorauna successione di Ψn ∈ D tali che Ψn(x) = 1 per ogni x ∈ [−n, n] (sappiamo comecostruire una successione del genere). Le distribuzioni Tn(x) = Ψn(x)T (x) sono oraa supporto compatto e godono ancora della proprieta xTn(x) = 0. Per i risultatiprecedenti sappiamo che esistono costanti cn tali che Tn = cnδ0. Sia ora φ ∈ Duna qualunque funzione test tale che φ(0) 6= 0 e φ(x) = 0 se |x| ≥ 1. Consideriamo

< T (x), φ(x) >=< T (x), Ψn(x)φ(x) >=< Tn(x), φ(x) >= cnφ(0)

Questo mostra che necessariamente cn deve essere una successione costante cn = cper ogni n. Dunque, Tn = cδ0 per ogni n. Poiche, come e facile vedere Tn → T inD′, ne segue che T = cδ0. 2

La Proposizione 4.14 ha varie possibili estensioni che proponiamo per esercizio(vedi Esercizi 4.7, 4.8, 4.9).


4.4.4 La derivazione

Consideriamo questa volta una funzione f : R → R derivabile con derivata f ′ ∈R1

loc(R). Studiamo Tf ′(x):

< Tf ′(x)(x), φ(x) > =

+∞∫

−∞

f ′(x)φ(x) dx

= f(x)φ(x)∣

∣

∣

+∞−∞ −

+∞∫

−∞

f(x)φ′(x) dx

= −+∞∫

−∞

f(x)φ′(x) dx =< Tf(x),−φ′(x) >

(4.10)

(la seconda eguaglianza segue dall’integrazione per parti, la terza dal fatto chef(x)φ(x) e nulla fuori di un insieme limitato). Questo suggerisce di definire laderivata di una qualunque distribuzione T (x) come quella distribuzione indicataT ′(x) tale che

< T ′(x), φ(x) >=< T (x),−φ′(x) > (4.11)

E’ ancora una buona definizione? Sicuramente e un’applicazione da D in R che sivede facilmente essere lineare. Per quanto riguarda la continuita, si noti innazituttoche se abbiamo una successione φn in D tale che φn → φ in D, allora anche φ′

n → φ′

in D (si pensi al perche). Quindi,

< T ′(x), φn(x) >= − < T (x), φ′n(x) >→ − < T (x), φ′(x) >=< T ′(x), φ(x) >

come volevamo. Si noti inoltre che anche in questo caso il nuovo concetto di deriva-zione coincide col vecchio nel caso di derivazione di distribuzioni regolari con sim-bolo derivabile, cioe se f(x) ammette derivata f ′(x) ∈ R1

loc(R), le considerazioniprecedenti mostrano che

T ′f(x)(x) = Tf ′(x)(x) . (4.12)

In base alla definizione che abbiamo appena dato, ogni distribuzione T e deriva-bile. La derivata T ′ essendo una distribuzione e dunque ancora derivabile. Ognidistribuzione puo quindi essere derivata quante volte vogliamo. Indicheremo conil simbolo T (n) la derivata n-esima della distribuzione T .

Esempio 4.15 Calcoliamo le derivate della delta di Dirac. In base alla definizionedata:

< δ′a(x), φ(x) >= − < δa(x), φ′(x) >= −φ′(a) .La derivata n-esima sara quindi data da

< δ(n)a (x), φ(x) >= (−1)nφ(n)(a) . 2


Esempio 4.16 Sia ψ ∈ C∞(R) e a ∈ R. Consideriamo la distribuzione T =

ψ(x)δ(n)a . Valutiamo la sua azione sulle funzioni test. Utilizzando il risultato

dell’Esempio 4.15 si ottiene,

< T, φ >=< δ(n)a , ψφ >= (−1)n(ψφ)(n)(a) = (−1)n

n∑

k=0

(

nk

)

ψ(n−k)(a)φ(k)(a) .

Dunque si ha,

T = ψ(x)δ(n)a =

n∑

k=0

(

nk

)

(−1)n−kψ(n−k)(a)δa .

Dedichiamoci ora alle derivate delle distribuzioni regolari. Si noti che ognidistribuzione Tf con f ∈ R1

loc(R), ammettera derivata. Tuttavia nei casi in cui ilsimbolo f non e lei stessa derivabile, non e chiaro come questa derivata si calcoli.Vedremo che in generale non sara una distribuzione regolare. Una precisazionenotazionale: quando si deriva una distribuzione regolare Tf , la derivata T ′

f (che ingenere sara una distribuzione) si dice anche derivata distribuzionale della funzionef .

Esempio 4.17 Calcoliamo la derivata della distribuzione regolare TH associataalla funzione di Heaviside H(x). Si noti che, poiche H(x) non e derivabile comefunzione non si puo utilizzare la (4.12). Chi e dunque T ′

H? Usiamo la definizione:

< TH′(x), φ(x) >= − < TH(x), φ′(x) > = −+∞∫

−∞

H(x)φ′(x) dx

= −+∞∫

0

φ′(x) dx = φ(0) .

Abbiamo dunque,< TH′(x), φ(x) >= φ(0)

il che vuol dire che TH′(x) = δ0(x): la derivata della distribuzione regolare associataalla Heaviside e la delta di Dirac in 0. 2

L’esempio precedente ammette la seguente generalizzazione:

Proposizione 4.18 Sia f : R → R una funzione ovunque derivabile tranne chein un punto x0 dove f(x) presenta al piu una discontinuita eliminabile od un salto.Supponiamo inoltre che f ′(x) definita per x 6= x0 sia in R1

loc(R). Allora,

T ′f(x)(x) = [f(x0+) − f(x0−)]δx0(x) + Tf ′(x)(x)

dove f(x0+) e f(x0−) indicano i limiti, destro e sinistro rispettivamente, di f(x)per x→ x0.


Dimostrazione. In base alla definizione di derivata di una distribuzione abbiamoche

< T ′f (x), φ(x) > = − < Tf (x), φ′(x) >= −

+∞∫

−∞

f(x)φ′(x) dx

= −x0∫

−∞

f(x)φ′(x) dx−+∞∫

x0

f(x)φ′(x) dx

(4.13)

Poiche f(x) e una funzione continua su (−∞, x0], se in x0 la facciamo valere il suolimite sinistro f(x0−), ed e ovunque derivabile si ha che integrando per parti

x0∫

−∞

f(x)φ′(x) dx = f(x)φ(x)∣

∣

∣

x0

−∞ −x0∫

−∞

f ′(x)φ(x) dx

= f(x0−)φ(x0) −x0∫

−∞

f ′(x)φ(x) dx .

Similmente si ottiene,

+∞∫

x0

f(x)φ′(x) dx = f(x)φ(x)∣

∣

∣

+∞x0

−+∞∫

x0

f ′(x)φ(x) dx

= −f(x0+)φ(x0) −+∞∫

x0

f ′(x)φ(x) dx .

Sostituendo queste due espressioni nella (4.13) otteniamo la tesi. 2

Osservazione: Con riferimento al risultato precedente si noti che nel caso incui la funzione f(x) sia continua nel punto x0, anche se ivi non necessariamentederivabile, si ha che la derivata della distribuzione Tf non contiene parte singolare.Si ha cioe

T ′f = Tf ′ .

Esempio 4.19 Calcoliamo la derivata della distribuzione regolare avente il sim-bolo

f(x) = exH(x− 1) .

Possiamo scrivere

f(x) =

0 se x < 1ex se x ≥ 1

.


E chiaro quindi che siamo nelle ipotesi della Proposizione 4.18: la nostra funzionee di classe C1 tranne che nel punto 1 dove presenta un salto. Si ottiene dunque

T ′f = (e− 0)δ1 + Tf ′ ,

dove f ′(x) = exH(x− 1) = f(x). Quindi,

T ′f = eδ1 + Tf .


f(x) = |x| + x2 .

La nostra funione e chiaramente di classe C1 tranne che nel punto 0 dove ecomunque continua. Applicando di nuovo la Proposizione 4.18 (in particolarel’osservazione ad essa seguente), si ha che T ′

f = Tf ′ dove f ′(x) = sgn(x) + 2x.

La Proposizione 4.18 si puo estendere al caso in cui vi siano un numero finitodi punti di discontinuita della f(x).

Proposizione 4.21 Sia f : R → R una funzione ovunque derivabile tranneche in un numero finito di punt1 x1, . . . , xk dove f(x) presenta al piu una di-scontinuita eliminabile od un salto. Supponiamo inoltre che f ′(x) (definita perx ∈ R \ x1, . . . , xk) sia localmente integrabile. Allora,

T ′f (x) =

k∑

i=1

[f(xi+) − f(xi−)]δxi(x) + Tf ′(x) .


f(x) = H(x) − 2H(2 − x) .

La nostra funione e chiaramente di classe C1 tranne che nei punti 0 e 2. In effettisi ha

f(x) =

−2 if x < 0−1 if 0 ≤ x ≤ 21 if x > 2

Si noti che f ′(x) = 0 per ogni x 6= 0, 2. Applicando la Proposizione 4.21 si ottienequindi T ′

f = δ0 + 2δ2

I salti dunque producono delta di Dirac a livello della derivata. Meno facilee capire che cosa succeda quando la funzione che si deriva presenta ad esempioun asintoto in un punto. Non miriamo a presentare una teoria generale che stu-di questo tipo di fenomeni e ci limitiamo invece a presentare un paio di esempisignificativi.


Esempio 4.23 Si consideri la funzione f(x) = ln |x|. Essa e in R1loc(R). Calcolia-

mo la sua derivata distribuzionale. In base alla definizione si ha che

< T ′ln |x|, φ >= − < Tln |x|, φ

′ >= −+∞∫

−∞

ln |x|φ′(x) dx . (4.14)

Come nei casi considerati precedentemente, non possiamo integrare per parti, senzaprima spezzare l’integrale isolando la singolarita in 0. Possiamo scrivere,

+∞∫

−∞

ln |x|φ′(x) dx = limε→0+

−ε∫

−∞

ln |x|φ′(x) dx+

+∞∫

ε

ln |x|φ′(x) dx

= limε→0+

(ln ε)φ(−ε) −−ε∫

−∞

1

xφ(x) dx− (ln ε)φ(ε) −

+∞∫

ε

1

xφ(x) dx

= limε→0+

ln ε[φ(ε) − φ(−ε)] − limε→0+

−ε∫

−∞

1

xφ(x) dx+

+∞∫

ε

1

xφ(x) dx

(4.15)Si noti ora che

limε→0+

ln ε[φ(ε) − φ(−ε)] = ( limε→0+

ε ln ε) limε→0+

φ(ε) − φ(−ε)ε

= 0 · 2φ′(0) = 0

(si giustifichino questi passaggi). Sostituendo in (4.15) si ha dunque

+∞∫

−∞

ln |x|φ′(x) dx = − limε→0+

−ε∫

−∞

1

xφ(x) dx+

+∞∫

ε

1

xφ(x) dx

e quindi, tornando alla derivata che volevamo calcolare, utilizzando la (4.14)otteniamo

< T ′ln |x|, φ >= lim

ε→0+

−ε∫

−∞

1

xφ(x) dx+

+∞∫

ε

1

xφ(x) dx

. (4.16)

Potremmo essere tentati di scrivere

< T ′ln |x|, φ >=

+∞∫

−∞

1

xφ(x) dx

e di dire come conseguenza che la derivata della distribuzione regolare Tln |x| e ladistribuzione regolare T1/x cioe quella ottenuta semplicemente derivando il simbolo


ln |x|. Tuttavia questo non e corretto in quanto la funzione 1/x non e in R1loc(R):

la singolarita che presenta in 0 non e integrabile nel senso di Riemann (e neppuredi Lebesgue o di qualunque altra teoria dell’integrazione). Dunque 1/x non puodefinire una distribuzione regolare. Tuttavia la relazione (4.16) e perfettamentecorretta ed in particolare implica che l’applicazione

φ 7→ limε→0+

−ε∫

−∞

1

xφ(x) dx+

+∞∫

ε

1

xφ(x) dx

e una distribuzione (infatti e proprio la derivata di Tln |x|). In particolare questovuol dire che, nonostante la singolarita non integrabile di 1/x, il limite sopra esistesempre finito. Questo si puo anche dimostrare direttamente (esercizio): il fattocruciale e che il limite venga fatto sulla somma dei due integrali che separatamenteinvece divergerebbero, il fatto che 1/x sia una funzione dispari gioca qui un ruolofondamentale. Questa distribuzione viene chiamata il valore principale di 1/x, edindicata v.p.1/x. Dunque

T ′ln |x| = v.p.

1

x. 2

Incontreremo ancora, piu avanti la distribuzione v.p.1/x. Intanto mostriamoneun’utile ed intuitiva proprieta:

Osservazione: Vale la seguente relazione:

x

»

v.p.1

x

–

= T1 . (4.17)

In effetti,˙

xˆ

v.p. 1x

˜

, φ(x)¸

=˙

v.p. 1x, xφ(x)

¸

= limε→0+

2

4

−εZ

−∞

xφ(x)

xdx+

+∞Z

ε

xφ(x)

xdx

3

5

=

+∞Z

−∞

φ(x) dx =< T1(x), φ(x) > .

Esercizio 4.1 Dimostrare che la distribuzione v.p.1/x ammette anche la seguenterappresentazione alternativa: fissato un qualunque a > 0 vale

< v.p.1/x, φ >=

−aZ

−∞

1

xφ(x) dx+

+∞Z

a

1

xφ(x) dx+

+aZ

−a

φ(x) − φ(0)

xdx , ∀φ ∈ D .

La derivata distribuzionale gode di molte proprieta simili al caso della derivatadi funzioni. Alcune sono raccolte nella seguente proposizione.


Proposizione 4.24 Siano T1, T2 ∈ D′, λ1, λ2, x0 ∈ R, a ∈ R\0. Allora valgonole seguenti relazioni:

(i) (λ1T1 + λ2T2)′ = λ1T

′1 + λ2T

′2.

(ii) (T (x− x0))′ = T ′(x− x0).

(iii) (T (ax))′ = aT ′(ax).

Dimostrazione. Dimostriamo (iii) lasciando (i) e (ii) per esercizio. Utilizzandola definizione di derivata e di riscalamento di una distribuzione, si ottiene

< (T (ax))′, φ(x) >= − < T (ax), φ′(x) >=< T (x),−|a|−1φ′(a−1x) > .

D’altra parte, considerando il secondo membro,

< aT ′(ax), φ(x) > = a < T ′(x), |a|−1φ(a−1x) >= − < T (x), a|a|−1(φ(a−1x))′ >= < T (x),−a|a|−1a−1φ′(a−1x) >= < T (x),−|a|−1φ′(a−1x) > .

Avendo ottenuto lo stesso risultato, (iii) segue. 2

Osservazione: Segue dalle regole precedenti che proprio come per le funzioni, perogni a, b ∈ R con a 6= 0, si ha

T (ax+ b)′ = T (a(x+ a−1b))′ = aT ′(a(x+ a−1b)) = aT ′(ax+ b) .

Esempio 4.25 Ricalcoliamo la derivata dell’Esempio 4.22 utilizzando le regoleprecedenti. Si noti che Tf (x) = TH(x) − 2TH(2 − x). Si ha dunque:

T ′f (x) = T ′

H(x)−2(TH(2−x)′ = T ′H(x)+2T ′

H(2−x) = δ0(x)+2δ0(2−x) = δ0(x)+2δ2(x) .

Vale anche una generalizzazione della formula di Leibnitz:

Proposizione 4.26 Siano T ∈ D′ e ψ ∈ C∞(R). Si ha che

(ψ(x)T (x))′ = ψ′(x)T (x) + ψ(x)T ′(x) .

Dimostrazione. Per esercizio. 2

Esempio 4.27 Calcoliamo la derivata della distribuzione T (x) = (x2−9)TI[−2,3](x).

Si noti che TI[−2,3](x) = TH(x+ 2) − TH(x− 3). Dunque si ottiene:

T ′(x) = 2xTI[−2,3](x) + (x2 − 9)[δ−2(x) − δ3(x)] = 2xTI[−2,3]

(x) − 5δ−2(x) .


4.5 Convergenza di distribuzioni

Sullo spazio delle distribuzioni D′ si puo introdurre un utile concetto di conver-genza nel modo seguente. Data una successione Tn in D′ diciamo che Tn convergead una distribuzione T in D′ se accade la cosa seguente:

< Tn, φ >→< T, φ > , ∀φ ∈ D .

Valgono alcune immediate proprieta sulla convergenza di distribuzioni. Se abbiamodue successioni convergenti di distribuzioni Tn → T e Sn → S e λ, µ ∈ R, si verificafacilmente che λTn + µSn → λT + µS. Si noti in particolare che dire che Tn → Te equivalente a dire che Tn − T → 0 o che T − Tn → 0.

Esempio 4.28 Consideriamo la successione δn ∈ D′ e facciamo vedere che essatende alla distribuzione nulla. In effetti se φ ∈ D si ha che

< δn, φ >= φ(n) = 0

per n sufficientemente grande in virtu del fatto che φ ha supporto compatto. 2

Esempio 4.29 Consideriamo la successione

Tn = n(δ1/n − δ0)

e cerchiamo di stabilire a cosa converge. Se φ ∈ D si ha che

< Tn, φ >=< n(δ1/n − δ0), φ >=φ(1/n) − φ(0)

1/n→ φ′(0) .

Dunque abbiamo dimostrato che

n(δ1/n − δ0) → −δ′0 .

Esempio 4.30 Consideriamo la successione δ(−1)n ∈ D′ e facciamo vedere cheessa non converge. In effetti se φ ∈ D si ha che

< δ(−1)n , φ >= φ((−1)n) .

Se φ assume valori diversi nei due punti −1 e +1, e chiaro che la successioneφ((−1)n) oscillera tra questi due valori e non sara dunque convergente.

Esempio 4.31 Consideriamo la successione di somme parziali

n∑

k=−n

δk

4.5 Convergenza di distribuzioni 111

Vorremmo far vedere che essa converge ad una distribuzione T . Ma chi e la possibilecandidata distribuzione limite? Verrebbe di pensare all’oggetto:

T =+∞∑

−∞δn ,

ma ha senso? Dobbiamo dire come T agisce sulle funzioni test; definiamo nel modonaturale

⟨

+∞∑

−∞δn, φ

⟩

=+∞∑

−∞φ(n) .

Si noti innazitutto che la somma a secondo membro e in realta una somma finitain virtu di nuovo del fatto che φ ha supporto limitato. Bisogna far vedere cheeffettivamente si tratta di una distribuzione, cioe che la mappa sulle funzioni testche abbiamo appena definito e lineare e continua. Per quanto riguarda la linearitasi tratta come al solito di una verifica semplice che lasciamo per esercizio. Vediamola continuita. Sia φk → φ per k → +∞ nel senso dello spazio D. Allora sappiamoche esiste a > 0 tale che φk(x) = 0 per ogni x tale che |x| > a e per ogni k; non erestrittivo supporre che a ∈ N. Valutiamo ora T su questa successione. Abbiamo

⟨

+∞∑

−∞δn, φk

⟩

=a∑

−a

φk(n)

Ma quest’ultima espressione converge aa∑

−aφ(n) poiche φk converge a φ uniforme-

mente e quindi anche puntualmente. D’altra parte si ha

⟨

+∞∑

−∞δn, φ

⟩

=a∑

−a

φ(n)

e quindi abbiamo dimostrato che

⟨

+∞∑

−∞δn, φk

⟩

→⟨

+∞∑

−∞δn, φ

⟩

.

Dunque

T =

+∞∑

−∞δn ,

e effettivamente una distribuzione che consiste in infinite delta di Dirac posizionatenella griglia dei numeri interi. Essa viene detta treno di impulsi. Facciamo vedereper concludere che

n∑

k=−n

δk →+∞∑

−∞δn


Facciamo vedere equivalentemente che la differenza

+∞∑

−∞δn −

n∑

k=−n

δk

tende a 0. Fissiamo φ ∈ D e notiamo in effetti che

⟨

+∞∑

−∞δn −

n∑

k=−n

δk, φ

⟩

=∑

n∈Z

|n|>a

φ(n)

e eguale a 0 se n e sufficientemente grande. 2

L’esempio precedente ammette un’utile ed evidente generalizzazione. Sia an

una successione che diverge a +∞ e sia bn una qualunque successione. Conside-riamo la successione di distribuzioni:

Tn =n∑

k=0

bkδak.

Ripetendo le argomentazioni precedenti si puo far vedere che se definiamo

T =+∞∑

k=0

bkδak,

intendendo che se φ ∈ D, si ha

< T, φ >=+∞∑

k=0

bkφ(ak) ,

T risulta una distribuzione e Tn → T . Similmente accade se avessimo che inveceak tende a −∞. Queste considerazioni permettono di estendere la Proposizione4.21 a situazioni con un’infinita di punti di discontinuita:

Proposizione 4.32 Sia f : R → R una funzione ovunque derivabile tranne chein una successione di punti xk (crescente a +∞ o decrescente a −∞) dove f(x)presenta al piu una discontinuita eliminabile od un salto. Supponiamo inoltre chef ′(x) (definita per x ∈ R \ xk , : k ∈ N) sia localmente integrabile. Allora,

T ′f (x) =

+∞∑

i=1

[f(xi+) − f(xi−)]δxi(x) + Tf ′(x) . (4.18)

Dimostrazione. Supponiamo che xk tenda crescendo a +∞ e consideriamo lasuccessione di funzioni

fn(x) = f(x)I]−∞,xn](x) .


E chiaro che Tfn→ Tf . Ne segue che T ′

fn→ T ′

f . Si noti ora che poiche la fn presentaun numero finito di discontinuita, ad essa si puo applicare la Proposizione 4.21 edottenere quindi che

T ′fn

(x) =n−1∑

i=1

[f(xi+) − f(xi−)]δxi(x) − f(xn−)δxn

(x) + Tf ′n(x) .

Passando al limite per n→ +∞ si ottiene quindi la formula (4.18). 2

Esempio 4.33 Consideriamo la funzione f : R → R periodica di periodo 1 etale che f(x) = x per ogni x ∈ [0, 1[. Essa presenta salti nei punti dell’insiemeZ. Applicando il risultato precedente alle due funzioni f(x)H(x) e f(x)H(−x) siottiene che

T ′f = −

+∞∑

−∞δk + T1 .

Esempio 4.34 Consideriamo la funzione f(x) = | sinx|. Essa non e derivabile intutti i punti del tipo kπ con k ∈ Z. Di nuovo per il risultato precedente si ottieneche

T ′f = Tf ′ ,

dovef ′(x) = sgn(sinx) cosx .

Esempio 4.35 Consideriamo la successione di distribuzioni

Tn =1

n

n∑

k=1

δk ∈ D′ .

e vediamo se essa converge alla distribuzione nulla. In effetti se φ ∈ D si ha che

< Tn, φ >=1

n

n∑

k=1

φ(k) .

Poiche φ ha supporto compatto, esiste n0 ∈ N tale che φ(k) = 0 per ogni k > n0.Si ha dunque che se n ≥ n0,

< Tn, φ >=1

n

n0∑

k=1

φ(k) .

E’ chiaro che il secondo membro sopra tende a 0 per n→ +∞ e quindi e dimostrato.2


Vediamo qualche esempio che coinvolge le distribuzioni regolari. Supponiamodi avere una successione fn : R → R di funzioni continue a tratti che convergeuniformemente su tutti gli intervalli limitati ad una funzione f ancora continua atratti. Allora Tfn

converge a Tf nel senso delle distribuzioni (si provi a dimostrarlo).Si possono indebolire le ipotesi e richiedere che fn converga ad f solo in normaquadratica su ogni intervallo limitato ed ottenere ancora che Tfn

converge a Tf

nel senso delle distribuzioni (anche questo si provi a dimostrarlo per esercizio).

Esempio 4.36 Consideriamo la successione di funzioni fn(x) = nI[n,+∞[(x).Chiaramente fn(x) → 0 uniformemente su ogni intervallo limitato e dunqueTfn

→ 0 nel senso delle distribuzioni. 2

Esempio 4.37 Consideriamo la successione di funzioni fn(x) = nI[−n,n](x). Chia-ramente fn(x) → +∞ qualunque sia x ∈ R. Questo di per se non dimostra cheTfn

non converge nel senso delle distribuzioni: facciamo vedere che effettivamentee cosı:

< Tfn, φ >= n

n∫

−n

φ(x) dx .

Si noti ora che

limn→+∞

n∫

−n

φ(x) dx =

+∞∫

−∞

φ(x) dx .

Nell’ipotesi in cui questo integrale da −∞ a +∞ sia non nullo, ad esempiostrettamente positivo, si ottiene che

limn→+∞

< Tfn, φ >= +∞ .

Questo dimostra il nostro asserto. 2

La convergenza delle distribuzioni si puo tuttavia avere anche in casi in cui isimboli corrispondenti non convergono affatto. Questo viene mostrato negli esempiseguenti:

Esempio 4.38 Consideriamo la successione di funzioni fn(x) = sinnx. Sappia-mo che la fn(x) non converge a nessuna funzione f(x), neppure puntualmente.Tuttavia si noti che


< Tsin nx, φ > =

+∞∫

−∞

sinnxφ(x) dx

= − 1

ncosnxφ(x)

∣

∣

∣

∣

+∞−∞ +

1

n

+∞∫

−∞

cosnxφ′(x) dx

=1

n

+∞∫

−∞

cosnxφ′(x) dx

(dove abbiamo usato un passo d’integrazione per parti ed utilizzato il fatto che φha supporto limitato). Si noti ora che

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1

n

+∞∫

−∞

cosnxφ(x) dx

∣

∣

∣

∣

∣

∣

≤ 1

n

+∞∫

−∞

| cosnx||φ′(x)| dx ≤ 1

n

+∞∫

−∞

|φ′(x)| dx

L’ultima quantita e chiaramente infinitesima per n → +∞ in quanto si tratta di1/n moltiplicata per una costante finita. Quindi, per la catena di eguaglianze ediseguaglianze che abbiamo stabilito segue che

< Tsin nx, φ >→ 0

Dunque Tsin nx → 0! 2

Un altro esempio importante e il seguente che mostra come la delta di Dirac sipossa pensare come limite di distribuzioni regolari.

Esempio 4.39 Consideriamo la successione di funzioni

fn = np1/n

e mostriamo che Tfnconverge alla delta in 0. Prendiamo una qualunque φ ∈ D e

consideriamo:

< Tfn, φ >=

+∞∫

−∞

fn(x)φ(x) dx = n

1/2n∫

−1/2n

φ(x) dx = φ(ξ)

dove ξ e un punto in [−1/2n, 1/2n] (abbiamo utilizzato il Teorema della mediaintegrale). Al tendere di n→ +∞, ξ deve tendere a 0 e per la continuita di φ, φ(ξ)tende a φ(0). Quindi abbiamo mostrato che

< Tfn, φ >→ φ(0)

in altre parole che Tfn→ δ0. 2


Mostriamo ora un’esempio dove una successione di distribuzioni costituite dadelta di Dirac converge invece ad una distribuzione regolare.

Esempio 4.40 Consideriamo la successione di distribuzioni

Tn =1

n

n∑

k=1

δ kn.

Sia φ ∈ D. Si ha che

< Tn, φ >=1

n

n∑

k=1

φ(k/n) .

Quella sopra e una somma integrale della funzione φ sull’intervallo [0, 1] e relativaalla partizione

[0, 1/n] , [1/n, 2/n] , . . . , [(n− 1)/n, n/n] .

Essendo φ integrabile su [0, 1] si ha che

limn→+∞

1

n

n∑

k=1

φ(k/n) =

1∫

0

φ(x) dx .

Si ha dunque cheTn → TI[0,1]

.

4.6 Supporto di una distribuzione

Richiamiamo innazitutto il concetto di supporto di una funzione. Sia f : R → R

una funzione in R1loc(R) e consideriamo l’insieme Nf ottenuto facendo l’unione di

tutti gli intervalli aperti sui quali f e nulla. Allora il supporto di f , e dato dalcomplementare di Nf , cioe

supp(f) = (Nf )c

Esso e quindi per definizione sempre un insieme chiuso.

Esempio 4.41 Sia f(x) = sinx. Non ci sono intervalli aperti sui quali f e nulla.Quindi Nf = ∅ e di conseguenza supp(f) = R (e non R \ kπ | k ∈ Z come sisarebbe potuto pensare. 2

Si puo dimostrare che in generale si ha

supp(f) = x ∈ R | f(x) 6= 0

(dove la riga sopra l’insieme indica l’operazione topologica di chiusura).Veniamo ora alle distribuzioni. Data T ∈ D′ e un intervallo aperto A ⊆ R si dice

che T e nulla su A se per ogni φ ∈ D tale che supp(φ) ⊆ A si ha che < T, φ >= 0.

4.6 Supporto di una distribuzione 117

Sia NT l’unione di tutti gli intervalli aperti sui quali T e nulla. Definiamo quindiil supporto della distribuzione T come il complementare

supp(T ) = (NT )c .

Se T = Tf e una distribuzione regolare non e difficile dimostrare che NT = Nf .

Esempio 4.42 Consideriamo T = δx0 e mostriamo che supp(δx0) = x0. Ineffetti se consideriamo un qualunque intervallo aperto (a, b) ⊆ R\x0 e φ ∈ D taleche supp(φ) ⊆ (a, b) si ha che φ(x) = 0 per ogni x ∈ (a, b)c e quindi in particolare< δx0 , φ >= φ(x0) = 0. Dunque Nδx0

= R \ x0 e quindi supp(δx0) = x0. 2

L’operazione di derivazione non aumenta il supporto di una distribuzione:

Proposizione 4.43 Sia T ∈ D′. Allora

supp(T ′) ⊆ supp(T ) .

Dimostrazione. Sia A ⊆ R un intervallo aperto dove si annulla T . Vediamo chesu esso si annulla anche T ′. In effetti se prendiamo φ ∈ D tale che supp(φ) ⊆ Aabbiamo che anche supp(φ′) ⊆ A e quindi

< T ′, φ >= − < T, φ′ >= 0 .

Dunque T ′ si annulla su tutti gli intervalli aperti dove si annulla T e quindi valela tesi. 2

Esempio 4.44 In virtu del risultato precedente, tutte le derivate della delta di Diracδ(q)x0 hanno supporto x0. 2

4.6.1 Distribuzioni a supporto compatto

Veniamo ora ad una definizione molto importante: una distribuzione T ∈ D′ taleche supp(T ) e un insieme compatto (chiuso e limitato) si dice distribuzione asupporto compatto. Se T e a supporto compatto si puo estendere la sua azione dallospazio delle funzioni test D a tutto quanto C∞(R) nel modo seguente. Supponiamoche supp(T ) ⊆ (a, b). Utilizzando le funzioni test γr,M introdotte nel paragrafo 4.2,possiamo costruire una funzione φ0 ∈ D tale che φ0(x) = 1 per ogni x ∈ (a, b). Aquesto punto, se ψ e una generica funzione in C∞(R) definiamo

< T, Ψ >=< T, φ0Ψ > (4.19)

Poiche φ0Ψ e sicuramente in D la definizione sopra ha senso. L’unica cosa daverificare e che non dipenda dalla particolare funzione test di taglio φ0 che abbiamo


scelto: se consideriamo un’altra funzione φ0 ∈ D tale che φ0(x) = 1 per ognix ∈ (a, b), dobbiamo far vedere che

< T, φ0Ψ >=< T, φ0Ψ > , ∀Ψ ∈ C∞(R) .

Consideriamo

< T, φ0Ψ > − < T, φ0Ψ >=< T, (φ0 − φ0)Ψ >

Poiche (φ0 − φ0)Ψ e una funzione test nulla su (a, b) e supp(T ) ⊆ (a, b) ne segueche < T, (φ0 − φ0)Ψ >= 0. Questo dimostra che la nostra definizione (4.19) nondipende dalla particolare funzione φ0 scelta. C’e ancora un’importante verifica dafare: vorremmo che (4.19) fosse un’estensione della T originale definita solo su D.Dobbiamo quindi verificare che se φ ∈ D si ha che

< T, φ >=< T, φ0φ > .

Consideriamo la differenza

< T, φ > − < T, φ0φ >=< T, (1 − φ0)φ > .

e notiamo che (1 − φ0)φ e una funzione test che si annulla su (a, b) che contieneil supporto di T . Quindi come prima < T, (1− φ0)φ >= 0. Dunque effettivamentela nuova definizione estende la vecchia.

4.7 Convoluzione di distribuzioni

Per estendere il concetto di convoluzione alle distribuzioni, cominciamo col farealcune considerazioni per la convoluzione di funzioni. Se f : R → R e g : R → R

sono due funzioni in R1loc(R), una delle due a supporto compatto e limitata, la

convoluzione f ∗ g e ben definita ed e una funzione continua dunque in particolareanche in R1

loc(R). Si puo quindi considerare la distribuzione regolare associataTf∗g. Abbiamo che utilizzando le regole di scambio degli integrali per integraliassolutamente convergenti:

< Tf∗g(x), φ(x) >=

+∞∫

−∞

(f ∗ g)(x)φ(x) dx =

+∞∫

−∞

+∞∫

−∞

f(t)g(x− t) dt

φ(x) dx

=

+∞∫

−∞

f(t)

+∞∫

−∞

g(x− t)φ(x) dx

dt =

+∞∫

−∞

f(t)

+∞∫

−∞

g(x)φ(x+ t) dx

dt

=

+∞∫

−∞

f(t) < Tg(x), φ(x+ t) > dt =< Tf (t), < Tg(x), φ(x+ t) >>

4.7 Convoluzione di distribuzioni 119

Dunque,< Tf∗g(x), φ(x) >=< Tf (t), < Tg(x), φ(x+ t) >> .

Vediamo di capire meglio quello che abbiamo ottenuto. La formula sopra dice cheper calcolare l’azione della distribuzione Tf∗g(x) sulla funzione test φ(x) si puoalternativamente procedere come segue: per primo sulla funzione test φ(x + t)pensata come funzione della x, agisce la distribuzione Tg(x); il risultato ottenutoe a questo punto una funzione di t e su questa agisce quindi la distribuzione Tf (t).Si noti in questo caso l’utilita della notazione con la variabile indipendente nelledistribuzioni. Se T e S sono distribuzioni, saremmo quindi tentati di definire laconvoluzione di T e S tramite la formula

< T ∗ S, φ >=< T (t), < S(x), φ(x+ t) >> (4.20)

E lecito farlo? Si noti che certamente fissato un qualunque t ∈ R, la funzionex 7→ φ(x + t) e una funzione test (e semplicemente una traslazione della φ(x)).Quindi ha perfettamente senso fare < S(x), φ(x + t) > che e effettivamente unafunzione di t. Tuttavia per poter applicate la distribuzione T (t) dovremmo primaaccertarci che < S(x), φ(x + t) > sia, rispetto a t, una funzione test. Il problemanon e la regolarita in t, in effetti vale il seguente risultato che e una sorta diestensione del teorema di derivazione sotto segno di integrale:

Proposizione 4.45 Se φ ∈ D e S ∈ D′ si ha che

t 7→< S(x), φ(x+ t) >

e una funzione di classe C∞.

Senza tuttavia ipotesi aggiuntive su S, la funzione < S(x), φ(x + t) > potrebbenon avere supporto compatto. In effetti se ad esempio consideriamo S = T1 si hache

< T1(x), φ(x+ t) >=

+∞∫

−∞

φ(x+ t) dx =

+∞∫

−∞

φ(x) dx

cioe una funzione costante in t. Se la funzione test φ e tale che il suo integralenon e nullo, si ha quindi una funzione non a supporto compatto. Per ottenere ilsupporto compatto e sufficiente ipotizzare che S sia a supporto compatto comemostra il seguente:

Proposizione 4.46 Sia S ∈ D′ a supporto compatto e sia φ ∈ D. Allora

t 7→< S(x), φ(x+ t) >

e una funzione test.


Dimostrazione. In virtu della Proposizione 4.45 e sufficiente far vedere che hail supporto compatto. Supponiamo che supp(S) ⊆ (−a, a) e che supp(φ(x)) ⊆(−b, b). Allora fissato t, si ha che supp(φ(x + t)) ⊆ (−b − t, b − t). Si noti che se(−a, a) ∩ (−b− t, b− t) = ∅, allora chiaramente < S(x), φ(x+ t) >= 0. Basta oraosservare che sicuramente (−a, a)∩ (−b− t, b− t) = ∅ se b− t < −a o se −b− t > aquindi se t > b+ a o se t < −b− a. Questo completa la dimostrazione. 2

Dunque nell’ipotesi che T sia una qualunque distribuzione e che S sia unadistribuzione a supporto compatto, la formula (4.20) ha perfettamente senso e de-finisce T ∗S che agisce sulle funzioni test. Per esser certi che T ∗S e effettivamenteuna distribuzione, dovremmo come al solito controllare che linearita e continuitasiano rispettate. La linearita segue sfruttando la linearita delle due distribuzioniT e S e viene lasciata per esercizio. Per quanto riguarda la continuita, omettiamola dimostrazione che usa tecniche di analisi funzionale che esulano dal corso. Dun-que in questo caso effettivamente (4.20) definisce una distribuzione che e detta laconvoluzione di T e S e rappresentata appunto con il simbolo T ∗ S.

E’ interessante notare che la formula (4.20) ha ancora senso nel caso T sia asupporto compatto e S qualunque. In effetti in tal caso si ha che comunque lafunzione t 7→< S(x), φ(x+ t) > e di classe C∞. Per cui ad essa si puo applicare ladistribuzione T (t) in virtu dei risultati ottenuti precedentemente per distribuzionia supporto compatto. Si puo mostrare che ancora comunque (4.20) definisce unadistribuzione ancora chiamata convoluzione di T e S.

Se infine entrambe le distribuzioni T e S sono a supporto compatto si puomostrare che anche la convoluzione T ∗S e a supporto compatto (lo si verifichi peresercizio).

La convoluzione tra distribuzioni gode di molte delle proprieta che valevano nelcaso di funzioni. Alcune sono raccolte nella seguente proposizione che enunciamosenza fornire dimostrazione.

Proposizione 4.47 Siano S, T e U tre distribuzioni con almeno due di esse asupporto compatto e siano λ , µ ∈ R. Allora le seguenti convoluzioni sono tutte bendefinite e valgono le eguaglianze:

S ∗ T = T ∗ S

S ∗ (T ∗ U) = (S ∗ T ) ∗ U

S ∗ (λT + µU) = λ(S ∗ T ) + µ(S ∗ U)

Calcoliamo ora esplicitamente alcuni prodotti di convoluzione.

Esempio 4.48 Sia T una qualunque distribuzione. Calcoliamo δx0 ∗ T e T ∗ δx0

mostrando in particolare la validita della regola di commutativita:

< δx0∗T (x), φ(x) >=< δx0(s), < T (x), φ(x+s) >>=< T (x), φ(x+x0) >=< T (x−x0), φ(t) >

4.7 Convoluzione di distribuzioni 121

Dunque, (δx0 ∗ T )(x) = T (x− x0). D’altra parte,

< T∗δx0 , φ >=< T (t), < δx0(s), φ(t+s) >>=< T (t), φ(t+x0) >=< T (t−x0), φ(t) >

Dunque, (T ∗ δx0)(x) = T (x − x0). Quindi abbiamo ottenuto che la convoluzionedi una distribuzione T per la δx0 ne determina una traslazione di x0. Cioe,

(δx0 ∗ T )(x) = (T ∗ δx0)(x) = T (x− x0) .

Si noti in particolare cheδ0 ∗ T = T ∗ δ0 = T .

La convoluzione per la δ0 non produce alcun cambiamento nella distribuzione.In termini algebrici, pensando la convoluzione come un’operazione di prodotto,potremmo dire che δ0 e l’unita rispetto a questo prodotto. 2

Questo esempio e collegato al seguente risultato:

Proposizione 4.49 Siano S e T due distribuzioni delle quali almeno una asupporto compatto e sia x0 ∈ R. Allora si ha

(S(x) ∗ T (x))(x− x0) = S(x− x0) ∗ T (x) = S(x) ∗ T (x− x0) .

Dimostrazione. Segue dall’esempio precedente e dalla proprieta di associativitache

(S(x)∗T (x))(x−x0) = (S(x)∗T (x))∗δx0(x) = S(x)∗(T (x)∗δx0(x)) = S(x)∗T (x−x0) .

Quindi, (S(x) ∗ T (x))(x − x0) = S(x) ∗ T (x − x0). L’altra eguaglianza si dimo-stra similmente in modo diretto oppure segue utilizzando la commutativita dellaconvoluzione. 2

Il prossimo risultato mostra invece come le operazioni di derivazione e diconvoluzione interagiscono tra di loro.

Proposizione 4.50 Siano S e T due distribuzioni delle quali almeno una asupporto compatto. Allora si ha,

(S ∗ T )′ = S′ ∗ T = S ∗ T ′

Dimostrazione. Sia φ ∈ D. Abbiamo che,

< (S ∗ T )′, φ > = − < S ∗ T, φ′ >= − < S(s), < T (t), φ′(s+ t) >>

= < S(s), < T ′(t), φ(s+ t) >>=< S ∗ T ′, φ >

Quindi abbiamo fatto vedere che (S ∗ T )′ = S ∗ T ′. Essendo la convoluzionecommutativa l’altra eguaglianza segue da quella appena dimostrata. 2


Esempio 4.51 Sia T una qualunque distribuzione e consideriamo la sua convolu-zione per le derivate della delta di Dirac. Utilizzando ripetutamente la Proposizione4.50 e l’Esempio 4.48 otteniamo,

(δ(q)x0∗ T )(x) = (δx0 ∗ T )(q)(x) = T (q)(x− x0) .

In particolare, per x0 = 0 otteniamo che

δ(q)0 ∗ T = T ∗ δ(q)0 = T (q) .

Cioe la convoluzione di una distribuzione T per la derivata q-esima della delta δ0produce semplicemente la derivata q-esima di T . 2

Vediamo un altro risultato ancora che mostra come il prodotto di convoluzionetrasforma la convergenza.

Proposizione 4.52 Sia Tn una successione di distribuzioni tali che Tn → T inD′ e sia S un’altra distribuzione a supporto compatto. Allora si ha che

Tn ∗ S → T ∗ S .

Dimostrazione. Fissiamo φ ∈ D. Sappiamo che < S(s), φ(s+t) > e una funzionetest in t. Dunque per la definizione di convergenza di successioni di distribuzioniabbiamo che,

< Tn(t), < S(s), φ(s+ t) >>→< T (t), < S(s), φ(s+ t) >> .

Questo dimostra il risultato. 2

Si puo fornire un’altra versione del risultato sopra ipotizzando che anziche laS, siano le Tn e la T ad essere a supporto compatto:

Proposizione 4.53 Sia Tn una successione di distribuzioni a supporto compatto esia T un’altra distribuzione sempre a supporto compatto. Supponiamo che Tn → Tma nel senso che

< Tn, ψ >→< T,ψ > ∀ψ ∈ C∞ (4.21)

(si noti che questa e una nozione di convergenza piu forte di quella in D′). Sia poiS un’altra qualunque distribuzione. Allora si ha che

Tn ∗ S → T ∗ S .

Dimostrazione. Si procede ripetendo i passi della dimostrazione della Proposi-zione 4.52 e viene lasciata per esercizio. 2

E interessante mostrare che cosa succede quando facciamo la convoluzione trauna qualunque distribuzione T e una distribuzione regolare Tγ con simbolo dato

4.8 Esercizi 123

da una funzione test, γ ∈ D. La convoluzione si puo sicuramente fare poicheTγ e certamente a supporto compatto. La cosa interessante e che T ∗ Tγ e unadistribuzione regolare con simbolo C∞. Vediamo perche. Sia φ ∈ D.

< T ∗ Tγ , φ > = < T (t), < Tγ(s), φ(s+ t) >>=

⟨

T (t),

+∞∫

−∞

γ(s)φ(s+ t) ds

⟩

=

⟨

T (t),

+∞∫

−∞

φ(s)γ(s− t) ds

⟩

=< T (t), < Tφ(s), γ(s− t) >>

= < Tφ(s), < T (t), γ(s− t) >>=

+∞∫

−∞

φ(s) < T (t), γ(s− t) > ds .

(4.22)Ma questo mostra proprio che T ∗ Tγ coincide con la distribuzione regolare aventecome simbolo la funzione

s 7→< T (t), γ(s− t) >

che sappiamo, dalle considerazioni sulla definizione di convoluzione, essere di classeC∞.

E’ possibile dimostrare che vale il seguente risultato.

Teorema 4.54 Data una qualunque T ∈ D′, esiste una successione di funzioniψn ∈ C∞ tale che

TΨn→ T

nel senso delle distribuzioni.

4.8 Esercizi

Esercizio 4.2 Dire, giustificando la risposta, quali delle seguenti applicazioni daD in R sono effettivamente delle distribuzioni:

< T1, φ >=1∫

0

ln(x+ 1)φ(x) dx , < T2, φ >=1∫

0

|φ(x)|2 dx ,

< T3, φ >=1∫

0

φ′(x) dx , < T4, φ >= |φ(5)|

< T5, φ >= φ(1) − φ(2) + φ(3) − φ(4) , < T6, φ >=4∫

−4

sinxφ(x) dx+ 6φ(4)


Esercizio 4.3 Dire, giustificando la risposta, quali delle seguenti applicazioni daD in R sono effettivamente delle distribuzioni:

< T1, φ >=1∫

−1

x2φ(x) dx+3∫

−2

exφ(x) dx , < T2, φ >=1∫

0

φ(x)3 dx

< T3, φ >=1∫

0

xφ′(x) dx , < T4, φ >= φ(5)φ(3)

< T5, φ >=∞∫

−∞(sinhx− 4x)φ(x) dx+ e12φ(e) , < T6, φ >= 1

Esercizio 4.4 Sia φ ∈ D. Dimostrare che φ′ ∈ D e vale

+∞∫

−∞

φ′(x) dx = 0 .

Esercizio 4.5 Sia φ ∈ D tale che

+∞∫

−∞

φ(x) dx = 0 .

Dimostrare che esiste un’altra funzione test ρ ∈ D tale che ρ′(x) = φ(x) per ognix ∈ R. E’ unica una siffatta ρ?

Esercizio 4.6 Sia φ ∈ D tale che

+∞∫

−∞

φ(x) dx 6= 0 .

Mostrare che non esiste una funzione test ρ ∈ D tale che ρ′(x) = φ(x).

Esercizio 4.7 Sia f(x) una funzione di classe C1 tale che f(x0) = 0, f ′(x0) 6= 0 ef(x) 6= 0 per ogni x 6= x0. Allora le uniche distribuzioni che soddisfano l’equazionef(x)T (x) = 0 sono quelle del tipo T (x) = cδx0 .

Esercizio 4.8 Sia f(x) una funzione di classe C1 per la quale esistono puntidistinti x1, x2, . . . xk tali che f(xi) = 0, f ′(xi) 6= 0 per ogni i = 1, . . . , k ef(x) 6= 0 per ogni x 6∈ x1, x2, . . . xk. Allora le uniche distribuzioni che soddisfanol’equazione f(x)T (x) = 0 sono quelle del tipo

T (x) =k∑

i=1

ciδxi.

4.8 Esercizi 125

Esercizio 4.9 Sia f(x) una funzione di classe C1 per la quale esiste una succes-sione di punti distinti (xk) priva di punti di accumulazione tale che f(xk) = 0,f ′(xk) 6= 0 per ogni k e f(x) 6= 0 per ogni x 6∈ x1, x2, . . .. Allora le unichedistribuzioni che soddisfano l’equazione f(x)T (x) = 0 sono quelle del tipo

T (x) =+∞∑

i=1

ciδxi.

Esercizio 4.10 Calcolare la derivata delle distribuzioni regolari aventi i seguentisimboli:

(5x+ 3)H(x) , sgn(x) + 2x , |x2 − 1|

(x2 − 1)H(−x) , sinxH(x) , arctan 1x−1

Esercizio 4.11 Calcolare la derivata delle distribuzioni seguenti

TH(2x) + 5δ3(2x) , ex2

δ−1 + T3sgn(−x) , x2TI[−1,1](x)

Esercizio 4.12 Sia φ ∈ D una funzione test tale che φ′(0) = −2. Calcolare

< sinxδ′′0 , φ > .

Esercizio 4.13 Mostrare che le uniche distribuzioni T ∈ D′ tali che T ′(x) = 0sono quelle del tipo Tf con f : R → R funzione costante. (Sugg.: utilizzare ilrisultato dell’Esercizio 4.5.)

Esercizio 4.14 Determinare tutte le distribuzioni T ∈ D′ tali che T ′ = δ0 + δ2 −2δ′1. (Sugg.: utilizzare il risultato dell’Esercizio 4.13.)

Esercizio 4.15 Determinare la distribuzione T ∈ D′ tale che T ′ = 2δ′0 e che

soddisfa < T, φ >= 1 per ogni φ ∈ D tale che φ(0) = 3 e∫ +∞−∞ φ(x) dx = 1.

Esercizio 4.16 Dimostrare che per n→ +∞ si ha che

nnδn → 0 , δ(n)n → 0 , e−1/nδ1/n → δ0

nel senso delle distribuzioni.

Esercizio 4.17 Dimostrare che la successione

Tn = n(δ1/n + δ0)

non converge.

Esercizio 4.18 Per ciascuna delle successioni di distribuzioni seguente stabilirese converge o meno, per n→ +∞ ed in caso affermativo determinarne il limite.

n(δ1/n − δ−1/n) ,√n(δ1/n − δ−1/n) , n2(δ1/n − δ−1/n) .


Esercizio 4.19 Consideriamo la successione di funzioni

fn(x) = I[2(−1)n,2(−1)n+1](x) .

Dimostrare che Tfnnon converge nel senso delle distribuzioni.

Esercizio 4.20 Consideriamo la successione di funzioni

fn(x) = n2p1/n(x) .

Dimostrare Tfnnon converge nel senso delle distribuzioni.

Esercizio 4.21 Mostrare che se consideriamo la successione γn(x) definita nelparagrafo 4.2, la successione di distribuzioni Tγn

converge a δ0.

Esercizio 4.22 Costruire una successione di funzioni fn(x) tale che Tfn→ δ′0 nel

senso delle distribuzioni.

Esercizio 4.23 Determinare il limite della successione di distribuzioni

Tn =1

n

5n∑

k=−2n

δ kn.

Esercizio 4.24 Determinare il limite della successione di distribuzioni

Tn =1

n2

2n∑

k=1

kδ kn.

Esercizio 4.25 Per ciascuna delle seguenti distribuzioni, se ne determini il sup-porto e si dica quali di esse risulta a supporto compatto:

Tp1 − δ1/2 , δ′−2 − TH ,+∞∑

n=0e−nδn2

xδ0 , ex2

δ′′32 + x6δ−12 , Tx2−x

Esercizio 4.26 Sia T una distribuzione e sia Ψ ∈ C∞(R). Dimostrare che

supp(ΨT ) ⊆ supp(T ) .

Esercizio 4.27 Sia Tn una successione di distribuzioni per le quali esiste x0 > 0tale che

supp(Tn) ⊆ [−x0, x0] ,∀n ∈ N .

Dimostrare che Tn(x− n) → 0 per n→ +∞.

4.8 Esercizi 127

4.8.1 Soluzioni

4.2 T1 e una distribuzione in quanto coincide con Tg dove g(x) = X[0,1](x) ln(x+1). T2 non e una distribuzione in quanto non e lineare (si ha ad esempio< T2,−φ >=< T2, φ > qualunque sia φ ∈ D). T3 e una distribuzione inquanto, per il Teorema fondamentale del calcolo integrale si ha che

< T3, φ >= φ(1) − φ(0) =< δ1 − δ0, φ > .

Dunque, T3 = δ1 − δ0. T4 non e una distribuzione in quanto non e lineare. T5 euna distribuzione in quanto coincide con δ1−δ2+δ3−δ4. T6 e una distribuzionein quanto coincide con Tg + 6δ4 dove g(x) = X[−4,4](x) sinx.

4.3 Sono distribuzioni T1, T3 e T5. Non lo sono le altre.4.10

5TH + 3δ0 , 2δ0 + T2 , T2xsgn(x2−1)

T2xH(−x) + δ0 , Tcos xH(x) , T −1

(x−1)2+1

+ πδ1

4.11δ0 + 5/2δ′3/2 , eδ′−1 − 6δ0 , 2xTI[−1,1](x) + δ−1 − δ1

4.12 −4.4.14 T = TH(x) + TH(x−2) − 2δ1 + CT1 al variare di C ∈ R costante.4.15 T = 2δ0 − 5T1.4.18 2δ′0, 0, non converge.4.23 TI[−2,5]

.4.24 0.4.25

∗ [−1/2, 1/2], −2 ∪ [0,+∞[, n2 | n ∈ N∗ ∅, ∗ −12, 32, R

Sono a supporto compatto quelle contrassegnate con una ∗.

5

Trasformata di Fourier

5.1 Introduzione

5.2 Trasformata di Fourier di funzioni

Le serie di Fourier non sono utilizzabili per rappresentare segnali non periodici. Unadelle conseguenze e l’impossibilita di utilizzarle per risolvere equazioni alle derivateparziali definite su domini non limitati come ad esempio il caso della corda vibranteinfinita. Le trasformate di Fourier che introdurremo in questo capitolo sono unanaturale estensione delle serie di Fourier al caso di segnali non periodici e hannoimportanti applicazioni proprio sul tipo di equazioni alle derivate parziali alle qualiaccennavamo.

Facciamo prima alcune considerazioni informali che guideranno pero le nostrederivazioni successive. Consideriamo una funzione f : R → R continua. FissatoT > 0 sia fT la funzione ottenuta estendendo per T -periodicita la restrizione dif all’intervallo [−T/2, T/2]. Supponendo che fT ∈ CT possiamo allora scrivere lasua rappresentazione in serie di Fourier complessa come

f(t) =+∞∑

−∞cke

ik 2πT

t, t ∈ [−T/2, T/2]

dove

ck =1

T

∫ T/2

−T/2

f(t)e−ik 2πT

t dt

(il limite della serie deve intendersi in senso quadratico ma non ci preoccupiamodi questo nelle considerazioni informali seguenti). Possiamo dunque scrivere, set ∈ [−T/2, T/2],

f(t) =+∞∑

−∞

[

1

T

∫ T/2

−T/2

f(t)e−ik 2πT

t dt

]

eik 2πT

t


Con un po’ di fantasia il secondo membro della formula sopra puo essere interpreta-to, per t fissato, come la somma di Riemann relativa ad una partizione uniforme diintervalli di ampiezza 1/T dall’intervallo di integrazione (−∞,+∞) della funzione

gT (γ) =

[

∫ T/2

−T/2

f(t)e−2πikγt dt

]

e2πikγt

che, con un po’ di fortuna, per T → +∞ dovrebbe convergere all’integrale dellafunzione limite

g∞(γ) =

[∫ ∞

−∞f(t)e−2πikγt dt

]

e2πikγt

cosı da ottenere

f(t) =

∫ +∞

−∞

[∫ +∞


]

e2πikγt (5.1)

Naturalmente il procedimanto non e rigoroso in quanto le somme di Riemannconvergono su intervalli chiusi e limitati ed in questo caso si sta anche contempo-raneamente facendo il limite della funzione integranda; le cose in effetti possanoandare male in quanto gia l’integrale piu interno potrebbe non esistere affatto comeintegrale improprio (ad esempio se f in partenza era periodica). Tuttavia questosuggerisce che se f sara scelta ‘buona’ (in senso da specificare ma che riguarderasoprattutto le sue proprieta asintotiche), la formula (5.1) dovrebbe valere: in essaf e essenzialmente rappresentata come una somma di un insieme continuo (datadall’integrazione esterna) di componenti periodiche e2πikγt pesate dalla funzione

f(γ) =

∫ +∞


che gioca qui il ruolo analogo ai coefficienti di Fourier e che prende appunto il nomedi trasformata di Fourier. In questo senso, tutto questo e la naturale estensionedelle serie di Fourier a segnali non periodici.

5.2.1 Definizione e prime proprieta

Come per le serie di Fourier dobbiamo prima definire lo spazio dei segnali checonsidereremo. Definiamo R1 come lo spazio delle funzioni f : R → C continue atratti (nel senso che su ogni intervallo limitato presentano al piu un numero finitodi discontinuita che possono essere solo salti) ed integrabili assolutamente su tuttoR cioe tali che

∫ +∞

−∞|f(t)| dt = lim

M→+∞

∫ M

−M

|f(t)| dt < +∞ .

(si noti che l’ipotesi di continuita tratti implica l’integrabilita su ogni intervallolimitato).

5.2 Trasformata di Fourier di funzioni 131

Esempio 5.1 Le funzioni seguenti:

1

1 + t2, e−t2 , sin te−|t|

stanno in R1 (sono continue e assolutamente integrabili). Invece le funzioni,

sin t, et, ,

„

sin1

t

«

e−t2

non ci stanno (le prime due perche non sono assolutamente integrabili pur essendocontinue, la terza perche presenta una discontinuita di terza specie in 0.

Introduciamo alcune utili notazioni. Se a < b sono due numeri reali, indichiamocon I[a,b] la funzione indicatrice dell’intervallo [a, b], (nota come funzione porta nellinguaggio dell’ingegneria elettronica):

I[a,b](t) =

1 se t ∈ [a, b]0 se t 6∈ [a, b]

La funzione indicatrice I[0,+∞[ viene anche indicata col simbolo H(t) ed e notacon il nome di funzione di Heavyside.

Esempio 5.2 Le funzioni seguenti:

I[a,b] (a < b ∈ R),

+∞X

k=0

2−kI[k,k+1[

stanno in R1 (verificare per esercizio). Invece le funzioni,

H(t),

+∞X

k=1

(−1)kI[1/k,1/(k+1)[

non ci stanno (la prima non e assolutamente integrabile, la seconda perche presentaun’infinita di salti nell’intervallo limitato [0, 1].

Esercizio 5.1 Si dica quali delle seguenti funzioni stanno in R1:

t4 sin te−|t|, sin tt2 + 1

,(sin t)2

t2

cos(e−t2),+∞P

k=1

(−1)k

kI[1/k,1/(k+1)[,

+∞P

k=1

1k2 I[1/k,1/(k+1)[

Si noti che R1 e effettivamente uno spazio vettoriale (combinazione lineare difunzioni in R1 e ancora una funzione in R1) e in esso e definita una norma:

||f ||1 =

∫ +∞

−∞|f(t)| dt .


Si puo far vedere che essa gode delle proprieta della norma N1), N2), N3) delCapitolo 1 e da essa si puo definire un concetto di distanza come fatto prima. Sinoti che a differenza della norma quadratica tuttavia, la norma ||·||1 non ‘proviene’da un prodotto scalare.

Sia ora f ∈ R1 e sia γ ∈ R; consideriamo la funzione

t 7→ f(t)e−2πiγt

essa e sicuramente una funzione assolutamente integrabile su R. In effetti essa,essendo ancora continua a tratti, e integrabile su ogni intervallo limitato e si ha

|f(t)e−2πiγt| = |f(t)|

il che implica, poiche f ∈ R1, che essa e assolutamente integrabile. In particolarequesto implica che ha senso definire la funzione f : R → C come

f(γ) =

∫ +∞

−∞f(t)e−2πiγt dt

che e detta la trasformata di Fourier della f . Talvolta si usa anche la notazioneF(f) per indicare la trasformata di Fourier della f .

Prima di cominciare ad introdurre le proprieta principali della trasformata diFourier presentiamo alcuni semplici esempi.

Esempio 5.3 sia α ∈ C tale che <eα > 0 e consideriamo la funzione f(t) = H(t)e−αt.Essa e continua a tratti e

Z +∞

−∞

|f(t)| dt =

Z +∞

−∞

H(t)e−<e αt dt =

Z +∞

0

e−<e αt dt =1

<e α < +∞

Dunque sta in R1. Calcoliamo la sua trasformata di Fourier:

f(γ) =

Z +∞

−∞

H(t)e−αte−2πiγt dt =

Z +∞

0

e−(α+2πiγ)t dt =1

α+ 2πiγ

Esempio 5.4 Sia T > 0 e consideriamo la funzione f(t) = I[−T,T ](t). Chiaramente,f ∈ R1 e si ha

f(γ) =

Z +∞

−∞

I[−T,T ](t)e−2πiγt dt =

Z T

−T

e−2πiγt dt =e2πiγT − e−2πiγT

2πiγ=

sin(2πγT )

πγ

La trasformata di Fourier gode di alcune basilari proprieta: per prima cosa eun’operazione di tipo lineare; inoltre scambia tutta una serie di operazioni che ven-gono fatte sul dominio del tempo con altre operazioni nel dominio della frequenza.Il prossimo risultato inizia a presentare questo tipo di risultati molto utili nelleapplicazioni.

Teorema 5.5 Siano f(t), g(t) ∈ R1 e siano α, β ∈ C, γ0, t0 ∈ R. Allora si ha


1. linearita

F(αf(t) + βg(t))(γ) = αF(f(t))(γ) + βF(g(t))(γ).

2. modulazioneF(

e2πiγ0tf(t))

(γ) = F(f(t))(γ − γ0).

3. traslazioneF(f(t− t0))(γ) = e−2πiγt0F(f(t))

Dimostrazione. Le dimostrazioni sono molto semplici. Vediamo la 3. lasciando le altreper esercizio. Una semplice sostituzione nell’integrale mostra che

F(f(t− t0))(γ) =

Z +∞

−∞

f(t− t0)e−2πiγt dt =

Z +∞

−∞

f(s)e−2πiγ(t+t0) dt = e−2πiγt0F(f(t))

2

Osservazione: I punti 2. e 3. del teorema precedente mostrano come F scambi tra di

loro le operazioni di moltiplicazione per esponenziali immaginari e di traslazione.

Un altro risultato dello stesso tipo di quelli illustrati nel teorema precedente eil seguente:

Proposizione 5.6 Sia f(t) ∈ R1, allora

F(f(−t))(γ) = F(f(t))(−γ)

Dimostrazione.

F(f(−t))(γ) =

Z +∞

−∞

f(−t)e−2πiγt dt = −Z −∞

+∞

f(t)e2πiγt dt

=

Z +∞

−∞

f(t)e2πiγt dt = F(f(t))(−γ)

2

Da questo segue subito il seguente:

Corollario 5.7 Sia f(t) ∈ R1, allora

1. Se f(t) e pari, anche f(γ) e pari.

2. Se f(t) e dispari, anche f(γ) e dispari.

Facciamo ora alcune considerazioni sulla struttura in parte reale ed immagina-ria della trasformata di Fourier. Sia f(t) ∈ R1. La sua trasformata di Fourier puoessere scritta come


f(γ) =

∫ +∞


=

∫ +∞

−∞f(t) cos(2πγt) dt− i

∫ +∞

−∞f(t) sin(2πγt) dt

(5.2)

Da questa rappresentazione si ottiene il seguente risultato, che tra l’altroimplica il corollario precedente.

Corollario 5.8 Sia f(t) ∈ R1, allora

1. Se f(t) e pari, allora

f(γ) =

∫ +∞

−∞f(t) cos(2πγt) dt .

2. Se f(t) e dispari, allora

f(γ) = −i∫ +∞

−∞f(t) sin(2πγt) dt .

Dimostrazione. Dimostriamo 1. lasciando 2. per esercizio. Se f(t) e pari, segue chef(t) sin(2πγt) e dispari in t. Dunque,

Z +∞

−∞

f(t) sin(2πγt) dt = 0

Segue allora dalla rappresentazione (5.2) che

f(γ) =

Z +∞

−∞

f(t) cos(2πγt) dt

2

5.2.2 Proprieta di regolarita e di comportamento asintotico

Notiamo alcuni proprieta comuni alle trasformate di Fourier degli Esempi 5.3 e5.4: si sono ottenute, in entrambi i casi funzioni continue, limitate, infinitesime pert → ±∞. Questo non e un caso e lo faremo vedere in generale. Prima tuttaviadobbiamo premettere alcuni richiami tecnici sugli integrali che ci saranno utili nelseguito; sono presentati senza dimostrazione.

Teorema 5.9 (della convergenza dominata di Lebesgue) Sia fn : I → R

una successione di funzioni in R1 che convergono puntualmente ad una funzionef : I → R anch’essa in R1. Supponiamo inoltre che esista g ∈ R1 a valori positivitale che |fn(t)| ≤ g(t) per ogni t ∈ I. Allora vale

limn→+∞

∫

I

fn(t) dt =

∫

I

f(t) dt


Questo risultato ha due importanti conseguenze espresse nei seguenti:

Teorema 5.10 (della continuita sotto segno di integrale) Sia f(t, x) unafunzione di due variabili con t ∈ I e x ∈ J intervalli. Supponiamo che

1. f(t, x) sia continua in x per ogni t ∈ I e x ∈ J .2. per ogni x ∈ J , f(t, x) sia in R1 rispetto a t.3. esista g ∈ R1 a valori non negativi tale che |f(t, x)| ≤ g(t) per ogni t ∈ I e

x ∈ J .

Allora, la funzione di x:∫

I

f(t, x) dt

e continua in x su J .

Dimostrazione. Sia x ∈ J e sia xn → x. Si tratta di far vedere cheZ

I

f(t, xn) dt→Z

I

f(t, x) dt

Sia fn(t) = f(t, xn) e f(t) = f(t, x). Per la continuita della f(t, x) rispetto a x segue chefn(t) → f(t) puntualmente in t. Inoltre,

|fn(t)| = |f(t, xn)| ≤ g(t)

Tutto allora segue dal teorema di convergenza dominata di Lebesgue. 2

Il seguente e ancora un’altra applicazione del teorema di convergenza dominatadi Lebesgue e la dimostrazione (un po’ piu complicata di quella del Teorema 8.24)e lasciata per esercizio.

Teorema 5.11 (della derivazione sotto segno di integrale) Sia f(t, x) unafunzione di due variabili con t ∈ I e x ∈ J intervalli. Supponiamo che

1. f(t, x) sia derivabile in x per ogni t ∈ I e x ∈ J .2. per ogni x ∈ J , f(t, x) e fx(t, x) siano in R1 rispetto a t.3. esista g ∈ R1 a valori non negativi tale che |fx(t, x)| ≤ g(t) per ogni t ∈ I e

x ∈ J .

Allora, la funzione di x:∫

I

f(t, x) dt

e derivabile in x su J e si ha

d

dx

∫

I

f(t, x) dt =

∫

I

fx(t, x) dt

.

Infine presentiamo il seguente utile risultato.


Proposizione 5.12 Sia f(t) ∈ R1 una funzione derivabile con f ′(t) ∈ R1. Allora,

limt→±∞

f(t) = 0

Dimostrazione. Possiamo scrivere, in virtu del teorema fondamentale del calcolointegrale:

f(t) = f(0) +

Z t

0

f ′(s) ds

dalla quale segue che esiste finito

limt→+∞

f(t) = l

Supponiamo per assurdo che l 6= 0. Allora si ha che |f(t)| → |l| > 0 per t → +∞; neconsegue che esiste sicuramente t0 tale che

|f(t)| ≥ |l|2, ∀t ≥ t0

Ne segue cheZ t

t0

|f(s)| ds ≥ (t− t0)|l|2

→ +∞ per t→ +∞

il che e assurdo per il fatto che f(t) ∈ R1. Quindi f(t) e infinitesima per t → +∞.

Analogamente si dimostra per t→ −∞. 2

Osservazione: Se sappiamo soltanto che f(t) ∈ R1 non e affatto detto che valga la tesidella Proposizione 8.15. Si consideri infatti:

f(t) =

N se t = N ∈ N

0 altrimenti

Allora e facile rendersi conto che f(t) ∈ R1 e che infatti si ha ||f ||1 = 0. D’altra parte

f(t) non e infinitesima per t→ +∞ in quanto f(N) → +∞ per N ∈ N → +∞.

Possiamo ora presentare il seguente risultato:

Teorema 5.13 Sia f ∈ R1. Allora,

1. f e continua.2. f e limitata e |f(γ)| ≤ ||f ||1 per ogni γ ∈ R.

3. lim|γ|→+∞

f(γ) = 0.

Dimostrazione.1. Immediata conseguenza del Teorema 8.24.2.

|f(γ)| = |∫ +∞

−∞f(t)e−2πiγt dt| ≤

∫ +∞

−∞|f(t)e−2πiγt| dt =

∫ +∞

−∞|f(t)| dt = ||f ||1


3.Consideriamo il caso particolare in cui f e di classe C1 su di un intervallolimitato [a, b] e 0 altrove. Si ha allora, integrando per parti

f(γ) =

∫ b

a

f(t)e−2πiγt dt

= f(t) e−2πiγt

−2πγ

∣

∣

∣

ba + 1

2πγ

∫ b

a

f ′(t)e−2πiγt dt

=f(a)e−2πiγa − f(b)e−2πiγb

2πγ + 12πγ f

′(γ)

Per γ → ±∞ l’espressione sopra e infinitesima in quanto per il punto 2. f ′(γ)risulta essere limitata in γ. Il caso generale puo essere affrontato approssimandoopportunamente la funzione f con funzioni di questo tipo; gli aspetti tecnici sonotuttavia alquanto complicati e non vengono qui riportati. 2

La trasformata di Fourier scambia le operazioni di derivazione e di moltiplica-zione per la variabile indipendente tra i domini del tempo e della frequenza comemostra il seguente importante risultato.

Teorema 5.14 Sia f(t) una funzione. Allora si ha,

1. derivazione Supponendo che f(t) sia in R1, derivabile con f ′(t) ∈ R1, si hache

F(f ′(t))(γ) = 2πiγF(f(t))(γ)

2. moltiplicazione Supponendo che f(t), tf(t) ∈ R1, si ha che F(f(t))(γ) ederivabile e si ha

F(tf(t))(γ) = − 1

2πiF(f(t))′(γ)

Dimostrazione.

1. Si ha, utilizzando l’integrazione per parti e la Proposizione 8.15

F(f ′(t))(γ) = limM→+∞

Z M

−M

f ′(t)e−2πiγt dt

= limM→+∞

»

f(t)e−2πiγt˛

˛

˛

M−M

+ 2πiγ

Z M

−M

f(t)e−2πiγt dt

–

= limM→+∞

ˆ

f(M)e−2πiγM − f(−M)e2πiγM˜

+ 2πiγF(f(t))(γ)

= 2πiγF(f(t))(γ).

2. Si ha, utilizzando il Teorema 8.25


F(tf(t))(γ) =

Z ∞

−∞

tf(t)e−2πiγt dt

= − 12πi

Z ∞

−∞

f(t)∂

∂γe−2πiγt dt

= − 12πi

∂∂γ

Z ∞

−∞

f(t)e−2πiγt dt .

2

Corollario 5.15 Sia f(t) una funzione. Allora si ha,

1. Supponendo che f(t) sia in R1, derivabile k volte con f ′(t), . . . , f (k)(t) ∈ R1,si ha che

F(f (k)(t))(γ) = [2πiγ]kF(f(t))(γ)

2. Supponendo che f(t), tkf(t) ∈ R1, si ha che F(f(t))(γ) e derivabile k volterispetto a γ e si ha

F(tkf(t))(γ) =

[

− 1

2πi

]k

F(f(t))(k)(γ)

Dimostrazione. Segue da un’applicazione ripetuta del Teorema 5.14. 2

Osservazione: Il risultato espresso nel Corollario 5.15 ha importanti implicazioni sullegame tra regolarita di una funzione e comportamento asintotico della trasformata. Ineffetti segue da 1. che se f(t) e derivabile k volte, [2πiγ]kF(f(t))(γ) risulta essere latrasformata di Fourier di f (k)(t) e dunque, per il punto 3. del Teorema 5.13 si ha che essae infinitesima per t→ ±∞. Si ha dunque

F(f(t))(γ) = o

„

1

γk

«

per t→ ±∞ .

Il punto 2. del Corollario 5.15 si puo invece leggere come una sorta di risultato inverso.

Sapendo che tkf(t) ∈ R1 si ottiene che F(f(t))(γ) e derivabile k volte.

Esercizio 5.2 Calcolare la trasformata di Fourier delle seguenti funzioni (dopo aver

verificato che stanno in R1):

e−a|x|, H(x)e−x cos ax, H(x)e−x sin ax

I[0,1] cosx, x2e−xH(x), x sinxI[−1,1]


5.2.3 L’inversione della trasformata di Fourier

La formula (5.1), se vera, permetterebbe di ricostruire f dalla sua trasformata di

Fourier f :

f(t) =

∫ +∞

−∞f(γ)e2πiγt dγ (5.3)

Questa formula di inversione in generale non potra valere in quanto f(γ) potrebbenon essere integrabile. Inoltre se f(t), g(t) sono due funzioni in R1 che coincidono

ovunque tranne che in un insieme finito di punti, si ha che f(γ) = g(γ) per ogni γ.Questo implica che (5.3) non puo valere simultaneamente per f e g nei punti t doveesse differiscono. Problema simile lo avevamo notato nello studiare la convergenzapuntuale delle serie di Fourier. Come allora pero si possono ottenere dei risultatipositivi di inversione.

Il piu importante risultato che presentiamo e il seguente:

Teorema 5.16 Sia f(t) ∈ R1 una funzione per la quale esistono ovunque derivatedestra e sinistra da intendersi come i limiti (supposti finiti)

limt→t0+

f(t) − f(t0+)

t− t0, lim

t→t0−f(t) − f(t0−)

t− t0.

Allora esiste

limM→+∞

∫ M

M

f(γ)e2πiγt dγ =f(t+) + f(t−)

2(5.4)

Dimostrazione. Presenteremo in piu passi la dimostrazione di questo risultato checontiene una serie di idee e tecniche molto interessanti.

Utilizzando il teorema di scambio per integrali doppi assolutamente convergenti si ha

Z M

M

f(γ)e2πiγt dγ =

Z M

M

»Z +∞

−∞

f(s)e−2πiγs ds

–

e2πiγt dγ

=

Z +∞

−∞

f(s)

»Z M

M

e2πiγ(t−s) dγ

–

ds

=

Z +∞

−∞

f(s)e2πiM(t−s) − e−2πiM(t−s)

π(t− s)ds

=

Z +∞

−∞

f(s)sin 2πM(t− s)

π(t− s)ds

=

Z +∞

−∞

f(s)sin 2πM(s− t)

π(s− t)ds

=

Z +∞

−∞

f(t+ u)sin 2πMu

πuds

(5.5)


(la penultima eguaglianza segue dalla parita della funzione (sin 2πMt)/t, mentre l’ultimasi ottiene con il cambiamento di variabile u = t− s.)

Fissiamo ora δ > 0 e decomponiamo

Z +∞

−∞

f(t+ u)sin 2πMu

πuds =

Z

|u|<δ

f(t+ u)sin 2πMu

πuds+

Z +δ

−δ

f(t+ u)sin 2πMu

πuds

(5.6)Si noti ora che

Z

|u|<δ

f(t+u)sin 2πMu

πuds =

Z +∞

−∞

f(t+ u)

πuI|u|<δ sin 2πMudu = −=mF

„

f(t+ u)

πuI|u|<δ

«

D’altra parte, la funzione

u 7→ f(t+ u)

πuI|u|<δ

sta in R1 e quindi la sua trasformata di Fourier e infinitesima all’infinito (vedi Teorema5.13). Dunque,

limM→+∞

Z

|u|<δ

f(t+ u)sin 2πMu

πuds = 0 (5.7)

Lavoriamo ora sull’altro integrale. Lo riscriviamo nel modo seguente:

Z +δ

−δ

f(t+ u)sin 2πMu

πuds =

Z +δ

0

f(t+ u)sin 2πMu

πuds+

Z 0

−δ

f(t+ u)sin 2πMu

πuds

=

Z δ

0

f(t+ u) − f(t+)

πusin 2πMuds+

Z 0

−δ

f(t+ u) − f(t−)

πusin 2πMuds

+

Z δ

0

f(t+)sin 2πMu

πuds+

Z 0

−δ

f(t−)sin 2πMu

πuds

(5.8)I primi due integrali convergono a 0 per M → +∞ e si vede con la stessa tecnica

utilizzata prima: si noti infatti che la funzione

u 7→ f(t+ u) − f(t+)

πuI[0,δ](u)

e continua, se δ e stato scelto sufficientemente piccolo, per l’ipotesi fatta sull’esistenzadella derivata destra ed e assolutamente integrabile in quanto funzione continua su unintervallo chiuso e limitato. Tutto allora segue ancora dal punto 3. del Teorema 5.13.Analogamente si ragiona per l’altro. Si ha dunque


limM→+∞

Z +δ

−δ

f(t+ u)sin 2πMu

πuds = lim

M→+∞

Z +δ

0

f(t+)sin 2πMu

πuds+

Z 0

−δ

f(t−)sin 2πMu

πuds

= f(t+) limM→+∞

Z +δ

0

sin 2πMu

πuds+ f(t−) lim

M→+∞

Z 0

−δ

sin 2πMu

πuds

= [f(t+) + f(t−)] limM→+∞

R +δ

0sin 2πMu

πuds

= [f(t+) + f(t−)] limM→+∞

1π

Z 2πMδ

0

sinx

xdx

= [f(t+) + f(t−)] limM→+∞

1π

Z M

0

sinx

xdx

(5.9)Da (5.5), (5.6), (5.7), (5.8) e (5.9) segue che

limM→+∞

Z M

M

f(γ)e2πiγt dγ = [f(t+) + f(t−)] limM→+∞

1

π

Z M

0

sinx

xdx

La dimostrazione e dunque completa se facciamo vedere che

limM→+∞

Z M

0

sinx

xdx =

π

2

Questo e vero e sara dimostrato nelle considerazioni successive. 2

Definiamo la seguente famiglia di funzioni:

DN (t) =sin(N + 1

2 )t

2 sin t2

Lemma 5.17∫ π

0

DN (t) dt =π

2=

∫ 0

−π

DN (t) dt

Dimostrazione. Vale la seguente eguaglianza

DN (t) =1

2+

NX

k=1

cos kt

che si puo ottenere semplicemente scrivendo la serie di Fourier di DN (t) (farlo peresercizio). Ne segue che,

Z π

0

DN (t) dt =

Z π

0

"

1

2+

NX

k=1

cos kt

#

dt

= π2 +

NP

k=1

Z π

0

cos kt dt =π

2

L’altra eguaglianza segue per parita. 2


Lemma 5.18

limM→+∞

∫ M

0

sinx

xdx =

π

2

Dimostrazione. Consideriamo la funzione

t 7→»

1

t− 1

2 sin t2

–

I[0,π]

Essa e in R1 (si dica il perche). Dunque sempre in virtu del punto 3. del Teorema 5.13si ha che

limN→+∞

Z π

0

»

1

t− 1

2 sin t2

–

sin

„

N +1

2

«

t dt = 0

Segue dunque dal Lemma 5.17 che

limN→+∞

Z π

0

sin`

N + 12

´

t

tdt =

π

2

Si noti ora cheZ π

0

sin`

N + 12

´

t

tdt =

Z (N+ 12 )π

0

sinx

xdx

Quindi alla fine abbiamo ottenuto che

limN→+∞

Z (N+ 12 )π

0

sinx

xdx =

π

2

Questo non e ancora il risultato che volevamo perche ci stiamo limitando a valutare laconvergenza dell’integrale improprio lungo la particolare successione (N + 1

2)π. Tuttavia,

si noti che se M ∈ [(N − 12)π, (N + 1

2)π] si ha che

˛

˛

˛

˛

˛

Z (N+ 12 )π

0

sinx

xdx−

Z M

0

sinx

xdx

˛

˛

˛

˛

˛

≤Z (N+ 1

2 )π

(N− 12 )π

˛

˛

˛

˛

sinx

x

˛

˛

˛

˛

dx ≤ π/2`

N − 12

´

π→ 0

per N → +∞. Con questa ultima stima si puo ora dimostrare (per esercizio lo si faccia)che effettivamente esiste il limite

limM→+∞

Z M

0

sinx

xdx =

π

2.

2

Sia f : R → C una funzione continua a tratti per la quale esiste finito

limM→+∞

∫ M

−M

f(t)e−2πiγt dt

per ogni γ ∈ R. In tal caso, questo limite si definisce la trasformata di Fourierdi f(t) estendendo la definizione iniziale che era stata data solo per funzioni as-solutamente integrabili. Si noti che questo e in generale piu debole che richiederel’esistenza dei due limiti separatamente


limM→+∞

∫ M

0

f(t)e−2πiγt dt, limM→+∞

∫ 0

−M

f(t)e−2πiγt dt .

Si puo dimostrare che questa estensione della trasformata di Fourier gode ancoradelle proprieta espresse nel Teorema 5.5, nella Proposizione 5.6, nei Corollari 5.7e 5.8, e, con opportune modifiche nelle ipotesi, anche quelle nel Teorema 5.14.

Con questa definizione, il teorema di inversione puo riformularsi nel modoseguente: se f ∈ R1 ammette derivate sinistra e destra in ogni punto si ha che

F(F(f)(−t) =f(t+) + f(t−)

2(5.10)

In particolare se f e anche continua, si ha

F(F(f)(−t) = f(t) (5.11)

cioe trasformando due volte con Fourier e operando un inversione di segno nellavariabile indipendente si riottiene, sotto quelle ipotesi, la funzione iniziale.

Esempio 5.19 Sappiamo che

F(

I[−T,T ]

)

(γ) =sin(2πγT )

πγ

Segue dunque dal teorema di inversione che

F(

sin(2πγT )

πγ

)

(t) = I[−T,T ](t), ∀t 6= ±T

dalla quale segue anche, prendendo T = 1/2π e scambiando t e γ che

F(

sin t

t

)

(t) = πI[− 12π

,T 12π ](t), ∀t 6= ± 1

2π.

5.2.4 La teoria quadratica

Il principale risultato di convergenza per le serie di Fourier era in termini dellanorma quadratica. Anche per le trasformate di Fourier i risultati piu eleganti egenerali si possono stabilire proprio in norma quadratica; vi sono tuttavia unaserie di difficolta tecniche in piu che motivano il fatto di aver presentato questirisultati in un secondo tempo e praticamente senza alcuna dimostrazione.

Definiamo innanzitutto R2 come lo spazio delle funzioni f : R → C continue atratti e assolutamente quadrato integrabili, cioe tali che

∫ +∞

−∞|f(t)|2 dt < +∞

R2 e uno spazio vettoriale di funzioni dotato della cosidetta norma quadratica:


||f ||2 =

(∫ +∞

−∞|f(t)|2 dt

)1/2

Si verifichi che essa soddisfa alle proprieta solite delle norme espresse nel capitolosulle serie di Fourier.

Osservazione 1: R2, se limitato alle funzioni a valori reali ammette un prodotto scalaredato da

(f, g) =

Z +∞

−∞

f(t)g(t) dt

Tale integrale e in effetti assolutamente convergente; vale infatti la diseguaglianza diSchwartz (che si dimostra con la stessa tecnica di quella dimostrata nel capitolo sulleserie di Fourier:

Z +∞

−∞

|f(t)||g(t)| dt ≤„

Z +∞

−∞

|f(t)|2 dt«1/2 „

Z +∞

−∞

|g(t)|2 dt«1/2

Se invece consideriamo anche funzioni a valori complessi, l’oggetto giusto da consideraree il cosiddetto prodotto hermitiano

(f, g) =

Z +∞

−∞

f(t)g(t) dt

Si noti che in ogni caso si ha||f ||2 = (f, f)1/2

Osservazione 2: Vi sono funzioni che stanno in R1 e non in R2 e viceversa comemostrano le considerazioni seguenti. Consideriamo infatti le funzioni:

f(t) =

+∞X

n=1

√nIh

n,n+ 1n2

h, g(t) =

+∞X

n=1

1

nI[n,n+1[

Allora,Z +∞

−∞

f(t) =

+∞X

n=1

√n

1

n2 =

+∞X

n=1

1

n3/2< +∞

Z +∞

−∞

f(t)2 =

+∞X

n=1

n1

n2 =

+∞X

n=1

1

n= +∞

Z +∞

−∞

g(t) =

+∞X

n=1

1

n= +∞

Z +∞

−∞

f(t)2 =

+∞X

n=1

1

n2 < +∞

Se f(t) ∈ R2, potrebbe non aver senso l’integrale

∫ +∞



in quanto, in virtu dell’Osservazione 2, la funzione integranda potrebbe non essereintegrabile. Tuttavia vale il seguente fatto:

Teorema 5.20 Sia f(t) ∈ R2. Allora esiste sempre una funzione f(γ) tale che

limM→+∞

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∫ M

−M

f(t)e−2πiγt dt− f(γ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2

= 0

La funzione f(γ) introdotta nel teorema precedente e detta, anche in questocaso la trasformata di Fourier della f(t) e spesso impropriamente si scrive

f(γ) =

∫ +∞


anche se l’integrale sopra potrebbe non esistere e va dunque in generale intesocome il limite in senso della norma quadratica di

∫ M

−M

f(t)e−2πiγt dt

per M → +∞. Useremo anche in questo caso la scrittura alternativa F(f) perindicare talvolta la trasformata di Fourier di f .

Osservazione 3: Se f(t) ∈ R1 ∩ R2, allora si puo far vedere che la f(γ) definita nel

Teorema 5.20 coincide con la vecchia definizione data per funzioni in R1.

Se f(t) ∈ R2, non e in generale garantito alcun tipo di regolarita per la f(γ).Con un’opportuna estensione della teoria dell’integrazione di Riemann si puo tut-tavia mostrare come f(γ) sia ancora una funzione quadrato integrabile e valga ilseguente fondamentale risultato:

Teorema 5.21 Sia f(t) ∈ R2. Allora,

1. Parseval∫ +∞

−∞|f(t)|2 dt =

∫ +∞

−∞|f(γ)|2 dγ

2. InversioneF(F(f))(t) = f(−t)

dove l’eguaglianza e da intendersi nel seguente senso:

∫ +∞

−∞|F(F(f))(t) − f(−t)|2 dt = 0

Osservazione 4: Vale la pena di dare una definizione formale al senso di eguaglianzaespresso nel punto 2. del Teorema 5.21. Date due funzioni f(t) e g(t) diremo che essesono quasi ovunque eguali se


Z +∞

−∞

|f(t) − g(t)| dt = 0

(naturalmente dobbiamo ipotizzare che l’integrale abbia senso). Dunque il punto 2.precedente dice che

F(F(f))(t) = f(−t)quasi ovunque. Si noti che questo non e affatto in contrasto con la formula (5.4) in quanto,se f e continua a tratti, si ha che

f(t+) + f(t−)

2= f(t)

quasi ovunque.

5.2.5 Trasformate di funzioni rapidamente decrescenti

Introduciamo ora una classe di funzioni che ci sara utile nel seguito del corso: lefunzioni rapidamente decrescenti. Una funzione f(t) si dice rapidamente decrescen-te se essa e di classe C∞ e se le con tutte le sue derivate tendono a 0 a ±∞ conordine superiore ad ogni polinomio cioe formalmente se

lim|t|→+infty

tpf (q)(t) = 0, ∀p, q ∈ N

L’insieme delle funzioni rapidamente decrescenti viene indicato con il simbolo S.Non e difficile mostrare che S e uno spazio vettoriale di funzioni. Esso risultainoltre chiuso rispetto ad altre operazioni. Vale infatti il seguente riultato:

Proposizione 5.22 Sia f(t) ∈ S. Allora, per ogni r, s ∈ N si ha che

trf(t) ∈ S, f (s)(t) ∈ S

Dimostrazione. Il fatto che f (s)(t) stia in S segue immediatamente dalla definizione.Per l’altra, si noti che, detta g(t) = trf(t, si ha, per la formula di derivazione di Leibnitz,

tpg(q)(t) =

qX

k=0

αktr−k+pf (q−k)(t)

doveαk =

“ q

k

”

r(r − 1) · · · (r − k + 1)

Sapendo che f(t) ∈ S, segue subito che tpg(q)(t) → 0 se |t| → +∞. 2

Vale inoltre la seguente

Proposizione 5.23 Ogni f(t) ∈ S sta in R1.


Dimostrazione. Consideriamo la funzione (t2 + 1)f(t). Essa e continua e infinitesimaall’infinito. Segue dunque che essa e una funzione limitata. Esiste cioe M > 0 tale che|(t2 + 1)f(t)| ≤M per ogni t ∈ R. Dunque,

|f(t)| ≤M1

t2 + 1, ∀t ∈ R

Per onfronto, questo implica che f(t) e assolutamente integrabile su R. 2

Esempio 5.24 Si considerino le seguenti funzioni:

f1(t) = e−at2 , f2(t) =1

t2 + 1, f3(t) = e−|t|

Allora f1(t) ∈ S se a > 0 (lo si dimostri). f2(t) e C∞ ma non sta in S in quanto

lim|t|→+∞

t21

t2 + 1= 1

f3(t) invece non sta in S poiche non e una funzione in C∞ (ha un punto angoloso pert = 0).

Sulle funzioni rapidamente decrescenti, la trasformata di Fourier ha un ottimocomportamenteo. Si ha infatti il seguente risultato:

Teorema 5.25 Sia f(t) ∈ S. Allora f(γ) ∈ S.

Dimostrazione. Segue dal Corollario 5.15 che f(γ) ammette derivate di qualunqueordine, e cioe di classe C∞ e si ha

F(f(t))(q)(γ) = (−2πi)qF((tqf(t))(γ) (5.12)

D’altra parte, sempre dal Corollario 5.15 applicato ora alla funzione tkf(t) (che sta ancorain S in virtu della Proposizione 5.22) segue che

F((tkf(t))(p))(γ) = (2πi)pγpF(tkf(t))(γ) (5.13)

Mettendo insieme le eguaglianze (5.12) e (5.13) si ottiene dunque che

γpF(f(t))(q)(γ) = (−1)q(2πi)q−pF((tkf(t))(p))(γ) (5.14)

Poiche la funzione (tkf(t))(p) sta in S in virtu della Proposizione 5.22), essa sta anche in

R1 in virtu della Proposizione 5.23). Dunque per il punto 3. del Teorema 5.13 si ha che

F((tkf(t))(p))(γ) e infinitesima per |γ| → +∞. Segue dunque dall’eguaglianza (5.14) che

anche γpF(f(t))(q)(γ)e infinitesima per |γ| → +∞. Poiche questo vale qualunque siano

p, q ∈ N, questo implica la tesi. 2

Segue dal Teorema 5.16 di inversione che se f(t) ∈ S si ha che

F(F(f(t)) = f(−t)

Ne segue che, F e una trasformazione invertibile da S in se stesso.Presentiamo ora un esempio notevole di trasformata di una funzione in S.


Esempio 5.26 Sia f(t) = e−αt2 dove α > 0. Sappiamo gia che questa e una funzione inS. Calcoliamone la sua trasformata di Fourier:

f(γ) =

Z +∞

−∞

e−αt2e−2πiγt dt

Derivando rispetto a γ ed utilizzando il Teorema 5.14, si ottiene:

f ′(γ) = (−2πi)tf(t)(γ)

= (−2πi)

Z +∞

−∞

te−αt2e−2πiγt dt

= (−2πi) 12α

Z +∞

−∞

“

e−αt2”′

e−2πiγt dt

= πiα

bf ′(γ) = πiα (2πiγ)f(γ) = −2π2

α γf(γ)

Dunque f(γ) soddisfa l’equazione differenziale:

f ′(γ) = −2π2

αγf(γ) .

Integrando si ottiene

f(γ) = e2π2

αγ2

f(0)

Rimane percio soltanto da calcolare f(0):

f(0) =

Z +∞

−∞

e−αt2 dt =1√α

Z +∞

−∞

e−x2

dx

(abbiamo operato la sostituzione x =√αt). Si tratta quindi alla fine di calcolare

I =

Z +∞

−∞

e−x2

dx

Sappiamo che la funzione integranda non ammette primitive esprimibili per mezzo difunzioni elemenatri. Tuttavia l’integrale improprio si riesce a calcolare esattamente conun trucco che consiste nel considerare un integrale doppio e passare in coordinate polari.Ecco il trucco:

I2 =

„Z +∞

−∞

e−x2

dx

« „Z +∞

−∞

e−y2

dy

«

=

+∞Z

−∞

+∞Z

−∞

e−(x2+y2) dx dy

=

2πZ

0

+∞Z

0

e−ρ2

ρ dρ dθ =

2πZ

0

1

2dθ = π

Quindi si ha che I =√π e dunque

f(0) =1√α

√π =

r

π

α


Si ottiene dunque alla fine

f(γ) =

r

π

αe−

π2

αγ2

Si noti in particolare che

f(t) = e−πt2 ⇒ f(γ) = e−πγ2

5.2.6 Convoluzioni e loro trasformate

L’operazione di convoluzione ha gia fatto la sua comparsa in vari punti del corsoed e arrivato il momento di presentarla in modo un po’ piu formale.

Date due funzioni f : R → C e g : R → C, si definisce la convoluzione di f e gcome la funzione indicata f ∗ g data da

(f ∗ g)(t) =

∫ +∞

−∞f(t− s)g(s) ds

nell’ipotesi che, fissato un qualunque t ∈ R, la funzione

s 7→ f(t− s)g(g)

sia integrabile. Le ipotesi da fare sulle f e g che assicurino tale integrabilita possonoessere di vario tipo. Ecco alcune possibilita.

Proposizione 5.27 f ∗ g esiste se siamo in uno dei seguenti casi:

(a) f continua a tratti e limitata, g ∈ R1.(b) f, g ∈ R2.(c) f e g continue a tratti e tali che esista t0 ∈ R tale che f(t) = g(t) = 0 per ogni

t < t0.(d) f e g continue a tratti e tali che esista M > 0 tale che f(t) = 0 per ogni t tale

che |t| ≥M .

Dimostrazione. (a): Si osservi che, qualunque sia t ∈ R:

|f(t− s)g(s)| ≤M |g(s)|

dove M e una costante opportuna che limita |f(t)|. Questo implica, per confronto, chef(t− s)g(s) e assolutamente integrabile rispetto ad s.

(b):s 7→ f(t− s), s 7→ g(s)

sono due funzioni di classe R2 (si dica perche lo e la prima). Dunque utilizzando ladiseguaglianza di Schwartz si ha che il loro prodotto e integrabile.

(c): Per le ipotesi fatte s 7→ f(t− s)g(s) e eguale a 0 se s < t0 e se t− s < t0, quindise s > t− t0. Essendo poi essa una funzione continua a tratti, risulta dunque integrabilesu R.

(d): Stesse considerazioni che nel caso (c) (svolgerle per esercizio).

2


Osservazione 1: Nel caso (c) della Proposizione precedente supponendo t0 = 0, si hache la convoluzione puo essere scritta nella forma particolare:

(f ∗ g)(t) =

Z t

0

f(t− s)g(s) ds

Il ruolo della f e della g puo essere interscambiato, come mostra il seguenterisultato:

Proposizione 5.28 Siano f e g due funzioni. Se esiste f ∗ g esiste anche g ∗ f esi ha

f ∗ g = g ∗ f .

Dimostrazione. Basta operare la sostituzione t − s = r nell’integrale di convoluzione.

Verificare per esercizio. 2

Oltre all’esistenza del prodotto di convoluzione e spesso importante avere infor-mazioni su che tipo di funzione sia il prodotto di convoluzione. I risultati successivivanno in questo senso:

Proposizione 5.29 Siano f e g due funzioni. Allora

1. Se f ∈ R1 e g ∈ R1 ed e limitata, allora f ∗ g ∈ R1 ed e limitata.2. Se f ∈ R1 e g ∈ R2 ed e limitata, allora f ∗ g ∈ R2 ed e limitata.

Osservazione 2: Con riferimento alla dimostrazione del risultato precedente si noti che,nel caso 1. abbiamo in effetti dimostrato che

||f ∗ g||1 ≤ ||f ||1||g||1 .

Nel punto 2. si potrebbe invece dimostrare che vale

||f ∗ g||2 ≤ ||f ||1||g||2 .

Arriviamo ora al rapporto tra convoluzione e trasformate di Fourier. Vale ilseguente importante risultato:

Teorema 5.30 Sia f ∈ R1 e g ∈ R1 (oppure in R2) e limitata. Allora si ha:

F(f ∗ g) = F(f)F(g)

Dimostrazione. Facciamo la dimostrazione nel caso in cui entrambe le funzioni sono inR1. Si ha che,

5.3 Trasformata di Fourier di distribuzioni a supporto compatto 151

F(f ∗ g)(γ) =

Z +∞

−∞

Z +∞

−∞

f(t− s)g(s) dse−2πγt dt

=

Z +∞

−∞

Z +∞

−∞

f(t− s)e−2πγ(t−s)g(s)e−2πγs ds dt

=

Z +∞

−∞

Z +∞

−∞

f(t− s)e−2πγ(t−s)g(s)e−2πγs dt ds

=

Z +∞

−∞

Z +∞

−∞

f(t− s)e−2πγ(t−s) dtg(s)e−2πγs ds

=

Z +∞

−∞

Z +∞

−∞

f(r)e−2πγr drg(s)e−2πγs ds

=

Z +∞

−∞

f(r)e−2πγr dr

Z +∞

−∞

g(s)e−2πγs ds

= F(f)(γ)F(g)(γ)

2

Osservazione 3: Alla luce di queste nuove considerazioni forniamo ora un’altra deri-vazione ed un’altra interpretazione dell’eguaglianza (5.5): Consideriamo la funzione diR2:

t 7→ KM (t) =sin 2πMt

πt(5.15)

Sappiamo che dKM = I[−M,M]. Segue dunque da Teorema 5.30 e dalla Proposizione 8.31che, se f ∈ R1

KM ∗ f = dKM · f = f · I[−M,M] (5.16)

che puo essere interpretata nel modo seguente: la convoluzione di una funzione f con il

nucleo KM ha l’effetto, nel dominio della frequenza, di tagliare tutte le frequenze γ con

|γ| ≥M . Si noti che prendendo la trasformata di Fourier di ambo i membri di (5.16) ed

utilizzando il Teorema 5.21, si ottiene nuovamente l’eguaglianza (5.5).

5.3 Trasformata di Fourier di distribuzioni a supporto

compatto

Se f : R → R e una funzione in R1(R), la sua trasformata di Fourier si definiscecome

f(ω) =

+∞∫

−∞

f(x)e−2πiωx dx .

Per generalizzare il concetto di trasformata di Fourier alle distribuzioni, saremmotentati di scrivere l’espressione sopra come,


f(ω) =< Tf (x), e−2πiωx >

e di definire la trasformata di Fourier di una qualunque distribuzione T come

T (ω) =< T (x), e−2πiωx > . (5.17)

Si noti tuttavia come la funzione

x 7→ e−2πiωx (5.18)

non sia una funzione test: primo perche non e a valori reali ma complessi, secondoperche non e comunque a supporto limitato. Al primo problema si puo ovviarefacilmente. In effetti se u(x), v(x) ∈ D e T e una distribuzione, si puo definire

< T (x), u(x) + iv(x) >=< T (x), u(x) > +i < T (x), v(x) > . (5.19)

In questo modo abbiamo esteso in modo naturale l’azione della distribuzione Ta tutte le funzioni C∞ a supporto compatto a valori complessi. Se ad esempioconsideriamo la δx0 , otteniamo

< δx0(x), u(x) + iv(x) >=< δx0(x), u(x) > +i < δx0(x), v(x) >= u(x0) + iv(x0) .

Quindi la distribuzione δx0 agisce anche sulle funzioni test complesse, come lavalutazione nel punto x0.

Non abbiamo tuttavia risolto il nostro problema perche comunque la funzio-ne (5.18) non e a supporto compatto. Possiamo dare un senso a (5.17) se T ea supporto compatto. In effetti in tal caso T agisce su tutte le funzioni C∞ equindi anche su tutte le funzioni C∞ a valori complessi con il trucco dell’esten-sione (5.19). Possiamo quindi definire la trasformata di Fourier tramite la formula(5.17) per le distribuzioni a supporto compatto. Si puo dimostrare, generalizzandola Proposizione 4.45 che T (ω) e una funzione di classe C∞.

Esempio 5.31 Calcoliamo la trasformata di Fourier della delta di Dirac. In basealla definizione (5.17) e alle considerazioni precedenti sull’azione della delta sufunzioni a valori complesse abbiamo che

δx0(ω) =< δx0(x), e−2πiωx >= e−2πiωx0 .

In particolare, abbiamo cheδ0(ω) = 1 .

Non e soddisfacente per vari motivi aver esteso la trasformata di Fourier esclu-sivamente alle distribuzioni a supporto compatto. Intanto perche non si tratta diuna vera estensione in quanto la trasformata di Fourier di funzioni era stata de-finita anche per funzioni non a supporto compatto. Secondo perche e comunquemolto limitativo considerare solo questo tipo di distribuzioni. Per estendere oltrela trasformata di Fourier dovremmo cambiare completamente strategia e non pas-sare per la formula (5.17). Come vedremo non riusciremo ad estenderla a tutte le

5.4 Distribuzioni temperate 153

distribuzioni, ma ad una ampia classe di esse che contiene quelle a supporto com-patto, ad esempio anche il treno di impulsi o le distribuzioni regolari con simbolianche non limitati. La classe di distribuzioni della quale stiamo parlando e quelladelle cosiddette distribuzioni temperate che verra esattamente definita e studiatanel prossimo paragrafo.

5.4 Distribuzioni temperate

Consideriamo lo spazio S delle funzioni rapidamente decrescenti1. Come sappiamo,si tratta di uno spazio vettoriale chiuso per le operazioni di moltiplicazione per lavariabile indipendente x e per l’operazione di derivazione. In esso possiamo inoltredefinire un concetto di convergenza come segue. Sia φn una successione di elementiin S e sia φ ∈ S. Diciamo che φn converge a φ in S (φn → φ in S) se per ognip, q ∈ N si ha che

xpφ(q)n (x) → xpφ(q)(x)

uniformemente su R. Dalla definizione stessa segue che se φn → φ in S, allora siha anche che xφn → xφ in S e che φ′n → φ′ in S.

Si definisce distribuzione temperata una qualunque applicazione

T : S → R

che sia lineare e continua (< T, φn >→< T, φ > se φn → φ in S). L’insieme delledistribuzioni temperate si indica con il simbolo S ′.

Come accadeva per le distribuzioni usuali, l’azione di una distribuzione tempe-rata puo essere analogamente estesa allo spazio delle funzioni rapidamente decre-scenti a valori complessi che sara indicato con il solito simbolo S. In questo modouna distribuzione temperata diventa un’applicazione

T : S → C

lineare e continua. Questa estensione sara fondamentale nel trattare la trasformatadi Fourier.

Si noti che essendo D ⊆ S, data una distribuzione temperata T , se ne puoconsiderare la restrizione T|D su D. Tale restrizione e sicuramente lineare e si puovedere che e continua: segue dal fatto (provarlo per esercizio) che se abbiamo φn

successione in D tale che φn → φ in D allora si ha anche φn → φ in S. Dunqueogni distribuzione temperata puo essere pensata come una ordinaria distribuzionesemplicemente restringendo la sua azione alle funzioni test in D. Abbiamo dun-que stabilito un’inclusione S ′ ⊆ D′. Viceversa, data una distribuzione T ∈ D′ cipossiamo chiedere se essa proviene da una distribuzione temperata, cioe se la suaazione puo essere estesa dallo spazio delle funzioni test D allo spazio piu grandeS. Si osserva innanzitutto che se tale estensione esiste essa e unica: fatto non del

1 Una funzione f ∈ S se e C∞, decrescente per |x| → ∞ piu rapidamente di unaqualunque potenza di 1/|x|, cosı come tutte le sue derivate.


tutto facile da far vedere e che segue dal fatto che lo spazio D e denso dentroS intendendo con questo il fatto che ogni funzione rapidamente decrescente puoessere ottenuta come limite nel senso di S di una successione di funzioni in D.Questo motiva il fatto che l’eventuale estensione di una distribuzione T ∈ D′ allospazio S verra indicata con lo stesso simbolo T .

Vediamo ora alcuni esempi di distribuzioni che sono effettivamente temperate.Iniziamo con il seguente

Proposizione 5.32 Ogni distribuzione a supporto compatto e temperata.

Dimostrazione. Sia T una distribuzione a supporto compatto. Abbiamo gia este-so la sua azione a tutto C∞. Essa quindi agisce in particolare sullo spazio S.Rimane da vedere se la continuita e verificata.

Supponiamo che suppT ⊆ [−M,M ] e sia ψ ∈ D tale che ψ(x) = 1 per ognix ∈ [−M,M ]. Consideriamo ora una successione convergente in S: φn → φ. Allora,

< T, φn > − < T, φ >=< T, φn − φ >=< T,ψ(φn − φ) >

Poiche φn → φ in S e ψ ∈ D si puo far vedere (esercizio) che ψ(φn − φ) → 0 in D.Ne segue che < T,ψ(φn − φ) >→ 0 e questo completa la dimostrazione. 2

Esempio 5.33 Segue dalla Proposizione precedente che le delta di Dirac e tutte le

loro derivate δ(q)x0 sono distribuzioni temperate. Piu in generale ogni combinazione

lineare finita di distribuzioni delta e di loro derivate e una distribuzione temperata.

Non tutte le distribuzioni temperate sono a supporto compatto come vedremotra breve.

Esempio 5.34 Consideriamo il treno di impulsi definito nell’Esempio 4.31

T =+∞∑

−∞δn ,

e facciamo vedere che T e temperata. Sia φ ∈ S. Possiamo definire, analogamenteal caso di funzioni test,

< T, φ >=+∞∑

−∞φ(n) , (5.20)

La somma sopra non e piu finita come nel caso delle φ a supporto compatto, eeffettivamente una serie, ma essa e assolutamente convergente. In effetti, poichesappiamo che (x2 + 1)φ(x) sta ancora in S, essa e sicuramente limitata, cioe si ha(x2 + 1)|φ(x)| ≤ K e quindi

|φ(x)| ≤ K

x2 + 1, ∀x ∈ R

5.4 Distribuzioni temperate 155

In particolare si ha, qualunque sia n ∈ Z,

|φ(n)| ≤ K

n2 + 1

Poiche la serie associata a 1/(n2+1) e convergente (sia per n positivi che negativi),ne segue, per confronto, che anche la serie associata a |φ(n)| e convergente. Questomostra che la definizione (5.20) ha perfettamente senso. Facile vedere che T cosıdefinita e lineare; rimane da vedere se e continua. Sia φk → φ in S e consideriamo

| < T, φk > − < T, φ > | =

∣

∣

∣

∣

∣

+∞∑

−∞(φk(n) − φ(n))

∣

∣

∣

∣

∣

≤+∞∑

−∞|φk(n) − φ(n)| (5.21)

Per come e definita la convergenza su S, sappiamo che (x2 + 1)(φk(x) − φ(x))converge a 0 uniformemente su R. Possiamo quindi stimare

|φk(x) − φ(x)| = |(x2 + 1)(φk(x) − φ(x))| 1

x2 + 1≤ ak

1

x2 + 1(5.22)

doveak = max

x∈R

|(x2 + 1)(φk(x) − φ(x))|

e una successione infinitesima per k → +∞. Inserendo ora la stima (5.22)specializzata nel caso di x = n ∈ Z in (5.21) otteniamo,

| < T, φk > − < T, φ > | ≤+∞∑

−∞ak

1

n2 + 1= ak

+∞∑

−∞

1

n2 + 1.

Poiche la successione ak e infinitesima e∑+∞

−∞1

n2+1 e un numero finito essendo lasomma di una serie convergente, ne segue che, per confronto, < T, φk > − < T, φ >converge a 0 per k → +∞. Questo conclude la dimostrazione della continuita.

Esercizio 5.3 Consideriamo una successione an indicizzata con n ∈ Z per la qualeesistono una costante A > 0 e q ∈ N tali che

|an| ≤ A|n|q .

Dimostrare che

T =+∞∑

−∞anδn ,

e una distribuzione temperata.

Esercizio 5.4 Mostrare che la distribuzione

T =+∞∑

−∞enδn ,

non e una distribuzione temperata.


Presentiamo ora una classe di distribuzioni regolari temperate. Premettiamouna definizione: una funzione f : R → R continua a tratti, si dice a crescita lentase esistono A > 0 e m ∈ N tali che

|f(x)| ≤ A(1 + |x|)m , ∀x ∈ R

Proposizione 5.35 Se f : R → R e una funzione a crescita lenta, allora ladistribuzione regolare Tf e temperata.

Dimostrazione. Se φ ∈ S, si puo in effetti definire

< Tf , φ >=

+∞∫

−∞

f(x)φ(x) dx

in quanto la funzione integranda e assolutamente integrabile: questo segue dal fattoche

|f(x)φ(x)| ≤ A|xmφ(x)|e che xmφ(x) sta in S. Rimane da verificare la continuita su S: questo si vede contecniche simili a quanto visto sinora e viene lasciato come esercizio. 2

Esempio 5.36 Consideriamo una funzione razionale f(x) = p(x)/q(x) con p(x)e q(x) polinomi e q(x) 6= 0 per ogni x ∈ R. Si vede facilmente che f(x) e a crescitalenta (farlo per esercizio) e che quindi Tf e una distribuzione temperata.

L’insieme S ′ delle distribuzioni temperate risulta chiuso rispetto a tutta unaserie di operazioni come descritto nella proposizione seguente che mostra in parti-colare come esso sia un sottospazio vettoriale dello spazio D′ delle distribuzioni.

Proposizione 5.37 Valgono le seguenti proprieta:

(a) Se S, T ∈ S ′ e λ, µ ∈ R, allora λS + µT ∈ S ′.(b) Se T ∈ S ′ e x0 ∈ R, allora T (x− x0) ∈ S ′.(c) Se T ∈ S ′ e a ∈ R \ 0, allora T (ax) ∈ S ′.(d) Se T ∈ S ′ e p(x) e un polinomio , allora p(x)T (x) ∈ S ′.(e) Se T ∈ S ′, allora T ′ ∈ S ′.

Dimostrazione. La dimostrazione delle varie proprieta non presenta particolaridifficolta e si fa utilizzando le tecniche fin qui utilizzate per lavorare con le funzioniin S. Viene dunque lasciata per esercizio. 2

Esercizio 5.5 Dire, giustificando la risposta data quali delle seguenti funzionisono simboli di distribuzioni temperate:

sinx , arctanx , ex cosx , x3 − e−x2

H(x)e−x x sin ex , ex

ex+1 ,sin x

x

5.5 Trasformata di Fourier di distribuzioni temperate 157

5.5 Trasformata di Fourier di distribuzioni temperate

Lo spazio S ′ e l’ambiente appropriato per estendere la nozione di trasformatadi Fourier. Prima di farlo dobbiamo pero richiamare alcuni aspetti importantidella trasformata di Fourier di funzioni rapidamente decrescenti e presentare anchequalche nuovo risultato. Come vedremo la trasformata di Fourier in S ′ sara definitasfruttando proprio quella su S.

Sappiamo che la trasformata di Fourier preserva lo spazio S delle funzionirapidamente decrescenti a valori complessi, cioe possiamo scrivere:

F : S → S

Abbiamo inoltre che l’applicazione F e continua su S nel senso che trasformasuccessioni convergenti in successioni convergenti:

Proposizione 5.38 Sia φn una successione in S tale che φn → φ in S. Allora siha che F(φn) → F(φ) in S.

Dimostrazione. Consideriamo la successione φn − φ. Poiche essa converge a 0in S, segue in particolare che (x2 + 1)(φn(x) − φ(x)) → 0 uniformemente su R.

Ricordando che |f(ν)| ≤∫

R|f(x)| dx, ne segue

maxν∈R

|F(φn − φ)(ν)| ≤+∞∫

−∞

|φn(x) − φ(x)| dx

=

+∞∫

−∞

|(x2 + 1)(φn(x) − φ(x))| 1

x2 + 1dx

≤ maxx∈R

|(x2 + 1)(φn(x) − φ(x))|+∞∫

−∞

1

x2 + 1dx

L’ultimo membro della catena di diseguaglianze sopra tende a 0 per n → +∞e quindi, per confronto, anche il primo deve fare altrettanto. Questo mostra cheF(φn − φ)(ν) converge a 0 uniformemente su R. Per concludere la dimostrazio-ne bisogna pero far vedere che νpF(φn − φ)(q)(ν) converge uniformemente a 0qualunque siano p, q ∈ N. D’altra parte,

νpF(φn − φ)(q)(ν) = (−1)q(2πi)q−pF(

(xq(φn − φ))(p))

.

Poiche (xq(φn − φ))(p) converge a 0 in S (si pensi al perche) utilizzando il ragio-namento iniziale possiamo far vedere che la sua trasformata di Fourier converge a0 uniformemente e concludere cosı la dimostrazione. 2


Siamo ora pronti per definire la trasformata di Fourier di distribuzioni tempe-rate. Fissiamo dunque T ∈ S ′ e ricordiamo che essa e un’applicazione T : S → C

(ricordiamo che sta agendo su S che e lo spazio delle funzioni rapidamente de-crescenti a valori complessi, e che quindi essa stessa assume valori complessi).Ricordiamo che la trasformata di Fourier trasforma S in se stesso, cioe F : S → S.Le due applicazioni F e T possono quindi essere composte e determinare

T F : S → C .

Essendo composizione di applicazioni lineari, T F e anch’essa lineare. Inoltreessendo T continua per definizione e F continua in virtu della Proposizione 5.38,ne segue che T F e continua, nel senso che trasforma successioni convergenti in Sin successioni numeriche convergenti. Dunque essa e una distribuzione temperatache viene detta la trasformata di Fourier di T ed indicata con i simboli T o F(T ).Abbiamo cosı definito una nuova trasformata di Fourier

F : S ′ → S ′

F(T ) = T F

(dove naturalmente la F in T F rappresenta la vecchia trasformata di Fouriersulle funzioni in S.

La nuova definizione, si legge meglio se vista nell’azione contro le funzioni inS. In effetti se T ∈ S ′ e φ ∈ S abbiamo che

< F(T ), φ >= (T F)(φ) = T (F(φ)) =< T,F(φ) > .

che si puo anche scrivere come

< T , φ >=< T, φ > .

Che cosa succede per le distribuzioni a supporto compatto? Per esse avevamo giadato una definizione di trasformata di Fourier nella formula (5.17). E’ compatibilecon questa nuova definizione? La risposta e affermativa e si vede nel modo seguente:

< T , φ >=< T, φ >=< T (t),

+∞∫

−∞

φ(x)e−2πixt dx >=

+∞∫

−∞

< T (t), e−2πixt > φ(x) dx

(la terza eguaglianza segue sulla linea degli stessi ragionamenti utilizzati in (4.22)).Dunque, in questo caso, T coincide con la distribuzione regolare che ha comesimbolo proprio x 7→< T (t), e−2πixt > che era esattamente la primitiva definizionedi trasformata di Fourier per le distribuzioni a supporto compatto. Quindi non c’ealcuna contraddizione tra le due definizioni. In seguito, quando T e a supportocompatto, indicheremo con T direttamente il simbolo della distribuzione regolare;ad esempio scriveremo δx0(ν) = e−2πix0ν .

La trasformata di Fourier su D′ gode di proprieta analoghe alla trasformata diFourier di funzioni e vengono raccolte nella seguente proposizione.

5.5 Trasformata di Fourier di distribuzioni temperate 159

Proposizione 5.39 (a) Linearita. F(λS + µT ) = λF(S) + µF(T ).(b) Traslazione. F(T (x− x0))(ν) = e−2πiνx0F(T )(ν).(c) Modulazione. F(e2πiν0xT (x))(ν) = F(T )(ν − ν0).(d) Riscalamento. F(T (ax))(ν) = |a|−1F(T )(νa−1).(e) Derivazione. F(T ′)(ν) = 2πiνF(T )(ν).(f) Moltiplicazione. F(xT (x))(ν) = −(2πi)−1(F(T ))′(ν).

Dimostrazione. Si dimostrano tutte utilizzando la definizione di trasformata diFourier per distribuzioni temperate e le corrispondenti proprieta della trasformatadi Fourier di funzioni.

A titolo di esempio dimostriamo la (e):

< F(T ′)(ν), φ(ν) > = < T ′(x),F(φ)(x) >= − < T (x), (F(φ))′(x) >

= − < T (x),−2πiF(νφ(ν))(x) >= 2πi < F(T )(ν), νφ(ν) >

= < 2πiνF(T )(ν), φ(ν) >

(dove la prima eguaglianza segue dalla definizione di trasformata di Fourier perT , la seconda dalla definizione di derivata, la terza dal punto 2. del Teorema1.10 (dispense sulla trasformata di Fourier), la quarta ancora dalla definizione ditrasformata di Fourier per le distribuzioni ed infine, la quinta, dalla definizione dimoltiplicazione di una distribuzione per una funzione C∞. 2

C’e anche un importante risultato di connessione con la convoluzione chepresentiamo senza dimostrazione.

Proposizione 5.40 Siano S, T ∈ S ′ e supponiamo che T e a supporto compatto.Supponiamo inoltre che S ∗ T ∈ S ′. Allora si ha

F(T ∗ S) = F(T )F(S) (5.23)

(si noti che F(T ) e una distribuzione regolare con simbolo C∞ per cui la moltipli-cazione a secondo membro a senso).

La trasformata di Fourier su S ′ e invertibile in quanto lo e quella su S. In effettise consideriamo la trasformata di Fourier inversa F−1 su S, possiamo definire F−1

su S ′ come segue< F−1(T ), φ >=< T,F−1(φ) > (5.24)

Si noti che

< F−1(F(T )), φ >=< F(T ),F−1(φ) >=< T,F(F−1(φ)) >=< T, φ > .

Questo mostra che effettivamente F−1 F e l’identita su S ′. Similmente si favedere che anche F F−1 e l’identita. Quindi effettivamente l’operatore F−1 suS ′ definito in (5.24) e l’inversa della trasformata di Fourier F . Si noti inoltre chepoiche la trasformata di Fourier inversa F−1 su S ha semplicemente la forma


F−1(φ)(x) = F(φ)(−x) ,

ne segue che la F−1 su S ′ ha la forma

< F−1(T )(x), φ(x) > = < T (t),F−1(φ)(t) >=< T (t),F(φ)(−t) >

= < T (−t),F(φ)(t) >=< F(T (−t))(x), φ(x) >

= < F(T (t))(−x), φ(x) > .

Cioe, anche su S ′ si ha che

F−1(T )(x) = F(T )(−x) .

Esempio 5.41 Sappiamo che

F(δx0)(ν) = e−2πix0ν

Dunque, si ha ancheF−1(e−2πix0ν)(x) = δx0(x) .

In realta avremmo dovuto scrivere sopra, a primo membro

F−1(Te−2πix0ν )(x)

ma per semplicita, in tutto il resto di questa sezione, spesso confonderemo a livellonotazionale, una distribuzione regolare con il suo simbolo. Per come agisce F−1,si puo anche scrivere

F(e−2πix0ν)(x) = δx0(−x) = δ−x0(x) .

Quest’ultima si puo scrivere piu chiaramente come

F(e2πiν0x)(ν) = δν0(ν) .

In particolare, abbiamo cheF(1)(ν) = δ0(ν) . (5.25)

Esempio 5.42 Dalla (5.25), utilizzando la (f) della Proposizione 5.39 che

F(x)(ν) = − 1

2πiδ′0(ν) .

ed iterando

F(xm)(ν) =

(

− 1

2πi

)m

δ(m)0 (ν) .

Se abbiamo dunque un polinomio p(x) =∑m

j=0 pjxj abbiamo che

F(p(x))(ν) =

m∑

j=0

pj

(

− 1

2πi

)j

δ(j)0 (ν)

5.6 Altri esempi 161

Esercizio 5.6 Calcolare la trasformata di Fourier delle distribuzioni regolariassociate ai seguenti simboli:

cos ax , sin ax , x sinx , ea|x|

1

1 + x2,

x

1 + x2,

x2

1 + x2, sin2 x .

5.6 Altri esempi

In questa sezioni presentiamo il calcolo di alcune trasformate di Fourier partico-larmente importanti per le applicazioni. Sono, con precisione, le trasformata diFourier della funzione di Heaviside H(x) (o meglio della distribuzione temperataTH) e del treno di impulsi. Cominceremo con la funzione di Heaviside.

5.6.1 La trasformata di Fourier della funzione di Heaviside

Si noti che, poiche T ′H = δ0, segue dal punto (e) della Proposizione 5.39 che

T1 = F(δ0) = F(T ′H) = 2πiνF(TH)(ν) . (5.26)

Si puo da questa relazione stabilire chi e F(TH)(ν)? Saremmo tentati di dire cheessa e eguale alla distribuzione regolare avente come simbolo (2πiν)−1. Il problemae che un tale simbolo non e in R1

loc(R), tuttavia noi sappiamo, da (4.17) che

T1 = 2πiν

[

1

2πiv.p.

1

ν

]

. (5.27)

Confrontando con la (5.26) si ha che

0 = ν

[

F(TH)(ν) − 1

2πiv.p.

1

ν

]

. (5.28)

Segue allora dalla Proposizione 4.14 che esiste c ∈ R tale che

F(TH)(ν) =1

2πi

(

v.p.1

ν

)

+ cδ0 . (5.29)

Rimane a questo punto da determinare il valore di c. Si noti che v.p.1/ν e unadistribuzione dispari: la sua inversione temporale e eguale a −v.p.1/ν (verificare).Dunque

F(TH)(−ν) = − 1

2πi

(

v.p.1

ν

)

+ cδ0 . (5.30)

Invece H(−x) +H(x) = 1. Dunque,

F(TH(−x))(ν) = −F(TH(x))(ν) + δ0


Ne segue che

F(TH(x))(−ν) = F(TH(−x))(ν) = −F(TH(x))(ν)+δ0 = − 1

2πi

(

v.p.1

ν

)

−cδ0+δ0(5.31)

Confrontando la (5.30) e la (5.31) otteniamo infine

cδ0 = −cδ0 + δ0

che implica c = 1/2. Otteniamo quindi,

F(TH)(ν) =1

2πi

(

v.p.1

ν

)

+1

2δ0 . (5.32)

Esercizio 5.7 Calcolare

F(

v.p.1

x

)

, F(sgn(x)) .

5.6.2 La trasformata di Fourier del treno di impulsi

Per calcolare la trasformata di Fourier del treno di impulsi avremo bisogno di unsemplice risultato preliminare:

Proposizione 5.43 F : S ′ → S ′ e continua, cioe se Tn → T in S ′, alloraF(Tn) → F(T ) in S ′.

Dimostrazione. Sia φ ∈ S. Abbiamo che

< F(Tn), φ >=< Tn,F(φ) >→< T,F(φ) >=< F(T ), φ > .

2

Consideriamo ora il treno di impulsi

T =+∞∑

−∞δk

che sappiamo essere una distribuzione temperata. Sappiamo anche che essa e illimite in D′ della successione di distribuzioni

Tn =+n∑

k=−n

δk .

Non e difficile verificare che in realta Tn → T anche nel senso di S ′. In virtu dellaproposizione precedente abbiamo dunque che


F(Tn) → F(T )

in S ′. Si noti che

F(Tn)(ν) =+n∑

k=−n

e−2πiνk .

Possiamo dunque scrivere

F(T )(ν) =

+∞∑

−∞e−2πiνk ,

ricordando pero che la serie precedente converge non nel senso usuale delle fun-zioni, ma nel senso delle distribuzioni temperate! Vorremmo pero trovare un’altromodo, piu operativo, di esprimere la trasformata di Fourier del treno di impulsi.Cominciamo col dimostrare la cosa seguente

e2πiνF(T )(ν) = F(T )(ν) . (5.33)

Per dimostrare (5.33) si noti innazitutto che (si pensi al perche), per n→ +∞,

e2πiνF(Tn)(ν) → e2πiνF(T )(ν) (5.34)

D’altra parte,

e2πiνF(Tn)(ν) − F(Tn)(ν) = e2πi(n+1)ν − e−2πinν (5.35)

Poiche δn = e2πinν e δn → 0 in S ′ per n → ±∞, ne segue che e2πinν → 0 in S ′

per n→ ±∞. Questo implica, per la (5.35), che per n→ +∞,

e2πiνF(Tn)(ν) −F(Tn)(ν) → 0 (5.36)

Dalle (5.34) e (5.36) segue (5.33) che puo essere riscritta come.

(

e2πiν − 1)

F(T )(ν) = 0 (5.37)

Si noti ora chee2πiν − 1 = 0 ⇔ ν ∈ Z

ed inoltre ched

dν(e2πiν − 1) = 2πie2πiν 6= 0 ∀ν

Segue allora dall’Esercizio 4.9 che necessariamente

F(T )(ν) =+∞∑

−∞ckδk(ν) . (5.38)

Rimangono da determinare i coefficienti ck. Con la stessa tecnica utilizzata perdimostrare (5.33) si puo anche mostrare che


F(T )(ν − 1) = F(T )(ν) (5.39)

Utilizzando (5.39) in (5.38), otteniamo

F(T )(ν) = F(T )(ν − 1) =+∞∑

−∞ckδk(ν − 1) =

+∞∑

−∞ckδk+1(ν) =

+∞∑

−∞ck−1δk(ν) .

(5.40)Confrontando (5.40) con (5.38) otteniamo subito che ck = ck−1 per ogni k ∈ Z,cioe che (ck) e una successione costante: ck = c per ogni k. Dunque

F(T )(ν) = c+∞∑

−∞δk(ν) . (5.41)

Rimane da determinare c. Per fare questo, si consideri una successione φm(x) difunzioni test tali che

φm(x) = 1 ∀x : |x| ≤ 1/2

φm(x) = 0 ∀x < −1/2 − 1/m e x > 1/2 + 1/m

|φm(x)| ≤ 1 ∀x

Allora

< F(T )(ν), φm(ν) >=

⟨

c+∞∑

−∞δk(ν), φm(ν)

⟩

= c ∀m ≥ 3 . (5.42)

D’altra parte, segue dalla definizione di trasformata di Fourier che

< F(T )(ν), φm(ν) >=+∞∑

−∞

+∞∫

−∞

φm(ν)e−2πikν dν

Si puo dimostrare che, per come sono fatte le φm e notando in particolare che

limm→+∞

φm(x) = I[−1/2,1/2](x) ,

si ha

limm→+∞

+∞∫

−∞

φm(ν)e−2πikν dν =

1/2∫

−1/2

e−2πikν dν =

1 se k = 00 se k 6= 0

Dunque,

limm→+∞

< F(T )(ν), φm(ν) >=+∞∑

−∞

1/2∫

−1/2

e−2πikν dν = 1 (5.43)


Confrontando (5.42) con (5.43), otteniamo quindi che c = 1 e che dunque

F(T )(ν) =

+∞∑

−∞δk(ν) . (5.44)

In particolare si noti cheF(T )(ν) = T (ν) .

Esercizio 5.8 Dimostrare che

F(

+∞∑

−∞δkT (x)

)

(ν) =1

T

+∞∑

−∞δk/T (ν) .

Esempio 5.44 Consideriamo una funzione f : R → C T -periodica in R1loc(R).

Consideriamo

f0(x) = f(x)I[0,T [(x) =

f(x) se x ∈ [0, T [0 se x 6∈ [0, T [

Si noti che

f(x)I[−nT,(n+1)T ](x) =n∑

k=−n

f0(x+kT ) =n∑

k=−n

f0(x)∗δkT (x) = f0(x)∗[

n∑

k=−n

δkT (x)

]

.

Si puo dimostrare che per n→ +∞, l’eguaglianza precedente converge a

f(x) = f0(x) ∗[

+∞∑

−∞δkT (x)

]

.

nel senso delle distribuzioni temperate. Si noti in particolare che f(x) essendo unafunzione periodica e sicuramente a crescita lenta e quindi induce una distribuzionetemperata. Invece f0(x) e una funzione a supporto compatto e quindi induce unadistribuzione a supporto compatto. f(x) e f0(x) d’ora in avanti indicheranno lerispettive distribuzioni temperate associate ai due simboli. Usando la Proposizione5.40 e il risultato dell’Esercizio 5.8 otteniamo la trasformata di Fourier di f :

F(f(x))(ν) =1

TF(f0(x))(ν)

+∞∑

−∞δk/T (ν) =

1

T

+∞∑

−∞F(f0)(k/T )δk/T (ν) .

Antitrasformando poi si ottiene

f(x) =1

T

+∞∑

−∞F(f0)(k/T )e2πi k

Tx (5.45)

e si noti che


F(f0)(k/T ) =

T∫

0

f(x)e−2πi kT

x dx

Quindi, (5.45) e lo sviluppo in serie di Fourier complessa della funzione T -periodicaf(x). Si noti tuttavia che in questo contesto la convergenza della serie non e nelsenso della norma quadratica, ma nel senso delle distribuzioni S ′. E’ interessantenotare come la trasformata di Fourier estesa alle distribuzioni temperate permettedi vedere la trasformata di Fourier classica di funzioni e la serie di Fourier inmaniera unificata.

5.7 Esercizi

5.7.1 Soluzioni

6

Trasformata di Laplace

6.1 Introduzione

6.2 Trasformata di Laplace di funzioni

Sia f : [0,+∞[→ C sia una funzione continua a tratti. Definiamo

Ωf = s ∈ C | x 7→ e−sxf(x) ∈ R1(0,+∞)

Una funzione f(x) si dice Laplace trasformabile (o anche L-trasformabile) se Ωf 6=∅ ed in tal caso si definisce la trasformata di Laplace di f come la funzione L(f) :Ωf → C definita dall’espressione

L(f)(s) =

+∞∫

0

f(x)e−sx dx

La struttura dell’insieme Ωf e chiarito dalla seguente proposizione.

Proposizione 6.1 Sia f : [0,+∞[→ C sia una funzione continua a tratti. AlloraΩf e un insieme dei possibili quattro tipi seguenti:

• semipiano destro chiuso s ∈ C | Re s ≥ x0,• semipiano destro aperto s ∈ C | Re s > x0,• l’intero piano complesso C,• l’insieme vuoto ∅.

La seguente proposizione richiama invece alcune proprieta di base della tra-sformata di Laplace.

Proposizione 6.2 Siano f e g continue a tratti. Siano λ, µ, s0 ∈ C. Sia x0 ∈ R+.Allora

(A) L(λf + µg)(s) = λL(f) + µL(g) per ogni s ∈ Ωf ∩Ωg.


(B) L(es0xf(x))(s) = L(f(x))(s− s0) per ogni s ∈ Ωf + s0.(C) L(f(x− x0)H(x− x0))(s) = e−sx0L(f(x))(s) per ogni s ∈ Ωf .(D) Se f e derivabile in (0,+∞) e f ′ e continua a tratti, allora

L(f ′) = sL(f) − f(0+)

per ogni s ∈ Ωf ∩Ωf ′ .(E) L(f)(s) e olomorfa nella parte interna di Ωf e si ha

L(f)′(s) = −L(xf(x))(s)

per ogni s nella parte interna di Ωf .

Esempio 6.3 Utilizzando la proposizione precedente si vede subito che, per ognik ∈ N, si ha

ΩxkH(x) = s ∈ C | Re s > 0e che

L(xkH(x)) =k!

sk+1∀s tale che Re s > 0 .

Vediamo ora il collegamento tra la trasformata di Laplace e quella di Fourier.Supponiamo che f sia una funzione Laplace trasformabile. Possiamo scrivere, pers = a+ ib ∈ Ωf ,

L(f(x))(a+ ib) =

+∞∫

0

f(x)e−axe−ibx dx = F(f(x)e−ax)

(

b

2π

)

. (6.1)

Questo collegamento mostra come la trasformata di Laplace completamente deter-mini la funzione nel senso piu precisamente espresso dalla seguente proposizione lacui dimostrazione segue dal corrispondente risultato per la trasformata di Fourier:

Proposizione 6.4 Siano f : [0,+∞[→ C e g : [0,+∞[→ C due funzioni continuea tratti tali che L(f)(s) = L(g)(s) su una retta verticale Re s = x0 che stia inΩf ∩Ωg. Allora, f(x) = g(x) per ogni x dove entrambe le funzioni sono continue.Di conseguenza abbiamo che Ωf = Ωg e L(f)(s) = L(g)(s) per ogni s ∈ Ωf .

Inoltre (6.1) suggerisce un modo per invertire la trasformata di Laplace. In effetti,se ipotizziamo che f(x) sia una funzione che ammette pseudoderivate destra esinistra in ogni punto, utilizzando il Teorema 1.12 (dispense trasformata di Fourier)si ottiene che per ogni x dove f e continua,

f(x)e−ax = F−1(b 7→ L(f(x))(a+ ib)) =

+∞∫

−∞

L(f(x))(a+ ib)e2πibx db (6.2)

dove l’integrale e in generale da intendersi nel senso del valor principale cioe:

6.2 Trasformata di Laplace di funzioni 169

+∞∫

−∞

L(f(x))(a+ ib)e2πibx db = limM→+∞

M∫

−M

L(f(x))(a+ 2πib)e2πibx db .

Da (6.2) otteniamo anche che per ogni x dove f e continua, si ha

f(x) = limM→+∞

M∫

−M

L(f(x))(a+ 2πib)e(a+2πib)x db (6.3)

Consideriamo ora la funzione complessa L(f)(s)esx che sappiamo essere olomorfasu Ωf (in quanto prodotto di funzioni ivi olomorfe). Integriamola sulla curva γM :[−M,M ] → C data da γ(t) = a+ 2πit. Otteniamo

∫

γM

L(f)(s)esx ds = 2πi

+M∫

−M

L(f(x))(a+ 2πit)e(a+2πit)x dt

Si ha dunque la seguente formula di inversione

f(x) =1

2πilim

M→+∞

∫

γM

L(f)(s)esx ds . (6.4)

per tutti gli x dove f(x) e continua. Questa formula di inversione viene spessoscritta, esplicitando la curva γM come

f(x) =1

2πilim

M→+∞

a+2πiM∫

a−2πiM

L(f)(s)esx ds . (6.5)

o anche, inglobando il limite nel processo di integrazione

f(x) =1

2πi

a+2πi∞∫

a−2πi∞

L(f)(s)esx ds . (6.6)

Si noti che se la funzione integranda L(f)(s)esx e assolutamente integrabile per s =a+2πit e t ∈ (−∞,+∞), non ha importanza come si svolge l’integrale improprio;se pero non e assolutamente integrabile la formula (6.6) e da intendersi nel sensodella (6.4): l’integrale va fatto sulla curva simmetrica γM e successivamente siprende il limite M → +∞.

Se partiamo da una funzione F (s) olomorfa su qualche semipiano apertos | Re s > x0, ci possiamo chiedere come si puo riconoscere se essa e la tra-sformata di Laplace di una qualche funzione f(x). Sotto condizioni opportune dilimitatezza della F si puo considerare la funzione f(x) definita da


f(x) =1

2πilim

M→+∞

a−2πiM∫

a−2πiM

F (s)esx ds . (6.7)

Sotto opportune ipotesi effettivamente la trasformata di Laplace di f(x) e F (s)come mostra il seguente risultato di cui omettiamo la dimostrazione.

Teorema 6.5 Sia F (s) una funzione olomorfa sul semipiano aperto Π = s | Re s >x0 e supponiamo che esista una costante M > 0 tale che |F (s)| ≤ M |s|−2 perogni s ∈ Π. Allora se a e scelto in modo che a > x0, la (6.7) definisce una funzionef(x) che e continua su R tale che f(x) = 0 per ogni x < 0. Inoltre f(x) e Laplacetrasformabile, si ha Π ⊆ Ωf e vale L(f)(s) = F (s) per ogni s ∈ Π. 2

6.3 Trasformata di Laplace di distribuzioni

Se f : [0,+∞[→ C e una funzione Laplace trasformabile, la sua trasformata diLaplace si puo scrivere come

L(f)(s) =

+∞∫

0

f(x)e−sx dx =< Tf (x), e−sx >

cosı che saremmo tentati di definire la trasformata di Lapace di una distribuzioneT ∈ D′ a supporto in [0,+∞[ come qualcosa del tipo

L(T )(s) =< T (x), e−sx > (6.8)

La (6.8) presenta una serie di problemi che ci impediscono di poterla utilizzare cosıcome e. Intanto x 7→ e−sx non e mai in D e neppure in S, e soltanto in C∞. Quindila (6.8) funziona soltanto se T e una distribuzione a supporto compatto. In questocaso e il modo giusto per definire la trasformata di Laplace di una distribuzione esi noti che s puo assumere un qualsiasi valore sul piano complesso.

Se T ∈ S ′ tuttavia, dovremmo riuscire a dare un senso alla (6.8) se Re s ≥ 0in quanto e−sx e rapidamente decrescente se guardata per x ≥ 0 e d’altra parte ilsupporto di T e per ipotesi in [0,+∞[. Per rendere rigorosa questa intuizione, siconsideri una funzione λ(x) ∈ C∞ tale che supp(λ) ⊆ [−1,+∞[ e tale che λ(x) = 1per ogni x ≥ 0. Definiamo, per gli s tali che Re s ≥ 0,

L(T )(s) =< T (x), λ(x)e−sx > (6.9)

Si noti che se Re s ≥ 0 effettivamente la funzione λ(x)e−sx e in S e dunque la(6.9) ha senso. Si noti che poiche λ(x) = 1 sul supporto di T , ‘moralmente’ nonabbiamo cambiato niente; che sia comunque una buona definizione lo prova il fattoche essa non dipende dalla particolare λ(x) scelta (verificarlo per esercizio).

6.3 Trasformata di Laplace di distribuzioni 171

Per poter definire la trasformata di Laplace anche per distribuzioni non tem-perate (si noti che la funzione ex ad esempio e Laplace trasformabile ma nondetermina una distribuzione temperata), e necessario fare un’ulteriore modifica al-la (6.9). Cominciamo con una definizione: una distribuzione T ∈ D′ si dice Laplacetrasformabile se esiste c ∈ R tale che e−cxT (x) ∈ S ′. Se ne troviamo uno di siffattic ve ne e per lo meno una semiretta destra. In tal caso poniamo

cT = infc ∈ R | e−cxT (x) ∈ S ′

eΩT = s ∈ C | Res > cT .

La trasformata di Laplace di T e una funzione L(T ) : ΩT → C definita nel modoseguente: dato s ∈ ΩT , sia c ∈ R tale che cT < c < Re s (un tal c sicuramenteesiste) e poniamo

L(T )(s) =< e−cxT (x), λ(x)e−(s−c)x > (6.10)

Si noti che l’espressione sopra ha senso in quanto, essendo c < Re s, la funzioneλ(x)e−(s−c)x e ancora in S, mentre per ipotesi e−cxT (x) ∈ S ′. Si noti che pas-sando il fattore moltiplicativo e−cx a destra, esso si cancellerebbe con l’altro eritorneremmo alla (6.9). Questo lo possiamo fare se T e gia lei in S ′, altrimentinon possiamo spostarlo. Infine si noti che dato s ∈ ΩT , di numeri reali c tali checT < c < Re s ve ne sono chiaramente infiniti: non e tuttavia difficile mostrare chela definizione (6.10) non dipende da quale scegliamo.

Un’ultima osservazione. Se f : [0,+∞[→ C e Laplace trasformabile, per definirecorrettamente Tf dobbiamo ipotizzare di aver definito f(x) = 0 per x < 0. Fattoquesto, puo tuttavia accadere che Ωf 6= ΩTf

: in effetti, per definizione ΩTfe

sempre un insieme aperto, mentre sappiamo che Ωf puo anche essere un semipianochiuso. Si rifletta su un esempio concreto mostrando la differenza tra i due insiemi.In ogni caso la trasformata di Laplace L(f)(s) coincide con L(Tf )(s) per s ∈ ΩTf

(segue da come e stata definita la trasformata di Laplace di distribuzioni).La trasformata di Laplace di distribuzioni gode di proprieta molto simili alla

trasformata di Laplace di funzioni. Alcune di queste sono riportate nella seguenteproposizione.

Proposizione 6.6 Siano S e T due distribuzioni Laplace trasformabili. Allora

(A) L(λS + µT )(s) = λL(S) + µL(T ) per ogni s ∈ ΩT ∩ΩS.(B) L(es0xT (x))(s) = L(T (x))(s− s0) per ogni s ∈ ΩT + s0.(C) L(T ′)(s) = sL(T )(s) per ogni s ∈ ΩT ⊆ ΩT ′ .(D) L(T )(s) e olomorfa in ΩT e si ha

L(T )′(s) = −L(xT (x))(s)

per ogni s ∈ ΩT .


Esempio 6.7 Calcoliamo la trasformata di Laplace delle distribuzioni delta. Sonoa supporto compatto quindi si puo utilizzare la definizione piu semplice (6.8).Abbiamo per ogni s ∈ C,

L(δx0(x))(s) =< δx0(x), e−sx >= e−sx0

In particolare,L(δ0(x))(s) = 1 .

Dimostrazione. (parziale con alcuni commenti) (A) afferma che, come nelcaso delle funzioni, la trasformata di Laplace di distribuzioni e lineare; si noti cheimplicitamente (A) afferma anche che ΩλS+µT ⊇ ΩT ∩ ΩS . La dimostrazioni di(A) e una semplice verifica e viene lasciata per esercizio. cosı come quella di (B).

(C) la dimostriamo in dettaglio. Si noti che essa intanto afferma che ΩT ⊆ ΩT ′.Vediamo prima questo. Sia c ∈ R tale che cT < c. Osserviamo che, poiche perLeibnitz,

(e−cxT (x))′ = −ce−cxT (x) + e−cxT ′(x)

abbiamo chee−cxT ′(x) = (e−cxT (x))′ + ce−cxT (x) (6.11)

Si noti che e−cxT (x) ∈ S ′ per ipotesi, e quindi anche (e−cxT (x))′ ∈ S ′. Seguedunque dall’espressione sopra che e−cxT ′(x) ∈ S ′. Questo mostra che sicuramentecT ′ ≤ cT e dunque che ΩT ⊆ ΩT ′ . Per mostrare il resto di (C), consideriamos ∈ ΩT e c ∈ R tale che cT < c < Re s. Utilizzando (6.11) e le proprieta delledistribuzioni, abbiamo che,

L(T ′)(s) = < e−cxT ′(x), λ(x)e−(s−c)x >

= < (e−cxT (x))′, λ(x)e−(s−c)x > + < ce−cxT (x), λ(x)e−(s−c)x >

= − < e−cxT (x), (λ(x)e−(s−c)x)′ > +c < e−cxT (x), λ(x)e−(s−c)x >

= − < e−cxT (x), λ′(x)e−(s−c)x > +(s− c) < e−cxT (x), λ(x)e−(s−c)x >

+ c < e−cxT (x), λ(x)e−(s−c)x >

= s < e−cxT (x), λ(x)e−(s−c)x >= sL(T )(s)

(Nella penultima eguaglianza abbiamo sfruttato il fatto che poiche λ(x) = 1 perogni x ≥ 0, ne segue λ′(x) = 0 per ogni x ≥ 0; quindi il termine dove compareλ′(x) scompare in quanto la distribuzione ha supporto in [0,+∞[.)

La dimostrazione di (D) si basa sulle proprieta di continuita delle distribuzioniin S ′ e viene omessa. 2

Si confronti la proprieta (D) della Proposizione 6.2 con la proprieta (C) nellaProposizione 6.6: non sono in contraddizione? In effetti se f : R → C e tale che

6.3 Trasformata di Laplace di distribuzioni 173

f(x) = 0 per x < 0, e Laplace trasformabile e derivabile con f ′ ancora Laplacetrasformabile, abbiamo due formule:

L(f ′)(s) = sL(f)(s) − f(0+) , L(T ′f )(s) = sL(Tf )(s) . (6.12)

Si noti che poiche f e derivabile ovunque tranne che eventualmente in 0 dovepotrebbe avere un salto (se f(0+) 6= 0) abbiamo che

T ′f (x) = Tf ′(x) + f(0+)δ0(x)

Dunque abbiamo, usando la prima delle due in (6.12),

L(T ′f )(s) = L(Tf ′) + f(0+)L(δ0)(s) = sL(f)(s) − f(0+) + f(0+)

= sL(f)(s) = sL(Tf )(s) .

Abbiamo dunque ottenuto la seconda in (6.12). Questo mostra come le due formulesiano essanzialemnte la stessa formula, modulo la corretta interpretazione delladerivata distribuzionale.

Esempio 6.8 Usando poi la proprieta (C) della Proposizione 6.6 otteniamo

L(δ(q)x0(x))(s) = sqe−sx0 .

In particolare,

L(δ(q)0 (x))(s) = sq .

Usando la linearita abbiamo quindi che

L(

n∑

k=0

λkδ(k)0 (x)

)

(s) =n∑

k=0

λksk .

Esempio 6.9 Calcoliamo la trasformata di Laplace del treno di impulsi a destra

T =+∞∑

k=0

δk

E’ una distribuzione temperata, quindi si puo usare l’espressione (6.9). Otteniamo,per Re s > 0,

L(T )(s) =< T (x), λ(x)e−sx >=+∞∑

k=0

e−sk =1

1 − e−s.


6.4 Legami tra la trasformata di Fourier e la trasformata di

Laplace

Come nel caso di funzioni, c’e un profondo collegamento con la trasformata diFourier di distribuzioni temperate espresso nel seguente risultato:

Teorema 6.10 Sia T una distribuzione Laplace trasformabile e sia a > CT .Allora vale,

L(T )(a+ it) = F(e−axT (x))(t) ∀t ∈ R .

Poiche come sappiamo la trasformata di Fourier e invertibile su S ′, possiamoscrivere l’eguaglianza sopra anche come

e−axT (x) = F−1 (L(T )(a+ it)) (x) .

o ancheT (x) = eaxF−1 (L(T )(a+ it)) (x) . (6.13)

che mostra come la trasformata di Laplace di distribuzioni possa sempre essereinvertita. L’operazione inversa si indica L−1. In particolare vale un risultato diunicita:

Corollary 6.11. Siano S e T due distribuzioni Laplace trasformabili tali che

L(S)(s) = L(T )(S)

su una retta del tipo Re s = x0 (con x0 > cS , cT ). Allora S = T .

Dimostrazione. Conseguenza immediata della formula di inversione (6.13). 2

Esempio 6.12 Segue dall’Esempio 6.7 che

L−1

(

n∑

k=0

λksk

)

(x) =n∑

k=0

λkδ(k)0 .

Abbiamo cosı determinato la trasformata di Laplace inversa di un qualunquepolinomio.

Consideriamo ora una qualunque funzione razionale F (s) = p(s)/q(s) e fac-ciamo vedere che essa e sempre la trasformata di Laplace di una distribuzione suun opportuno semipiano destro. Dividendo p per q otteniamo p = rq + d dove re d sono altri due polinomi con il grado di d strettamente inferiore al grado di q.Possiamo quindi scrivere

p(s)

q(s)= r(s) +

d(s)

q(s)

6.4 Legami tra la trasformata di Fourier e la trasformata di Laplace 175

r(s) essendo un polinomio puo essere antitrasformato utilizzando l’esempio pre-cedente ottenendo una combinazione lineare di delta e delle sue derivate nell’o-rigine. Per quanto concerne la seconda frazione, essendo strettamente propria, sipuo antitrasformare in un opportuno semipiano destro che escluda tutti i poli,ottenendo una combinazione lineare di espressioni del tipo xkeaxH(x): questo sivede riducendo la frazione in fratti semplici od utilizzando la tecnica dei residui.L’antitrasformata di p(s)/q(s) si ottiene infine per linearita sommando i due pezziottenuti.

Esempio 6.13 Consideriamo

F (s) =s

s+ 1

Abbiamos

s+ 1= 1 − 1

s+ 1.

Dunque,

L−1

(

s

s+ 1

)

= L−1(1) − L−1

(

1

s+ 1

)

= δ0(x) − e−xH(x)

Si noti che e−xH(x) e da intendersi come la distribuzione avente come simboloe−xH(x),

Vale infine un teorema di inversione che generalizza il Teorema 6.5

Theorem 6.14. Sia F (s) una funzione olomorfa sul semipiano aperto Π =s | Re s > x0 e supponiamo che esista una costante M > 0 e un numero m ∈ Z

tale che |F (s)| ≤ Msm per ogni s ∈ Π. Allora esiste una distribuzione T consupporto in [0,+∞[, Laplace trasformabile con ΩT ⊇ Π tale che L(T )(s) = F (s)per ogni s ∈ Π.

Dimostrazione. Si basa sul Teorema 6.5. Se m ≤ −2 siamo proprio nelle ipotesidel Teorema 6.5 e non c’e dunque niente da dimostrare. Supponiamo dunque chem > −2. In questo caso si sceglie c > x0 e si consideraG(s) = F (s)(s−c)−m−2. None difficile dimostrare che G(s) e ancora olomorfa in Π e ivi soddisfa una condizionedi crescita del tipo |G(s)| ≤ M1s

−2. Quindi, in virtu del Teorema 6.5, esiste unafunzione continua f(x) a supporto in [0,+∞[, Laplace trasformabile con Ωf ⊇ Πe tale che L(f)(s) = G(s) per ogni s ∈ Π. Di conseguenza L(Tf )(s) = G(s) perogni s ∈ Π. Si noti ora che F (s) = (s − c)m+2G(s) e che per ipotesi m + 2 > 0.Segue dalla proprieta (C) della Proposizione 6.6 che

L(

(

d

dx− c

)m+2

Tf (x)

)

(s) = (s− c)m+2 L(Tf )(s) = (s− c)

m+2G(s) = F (s)

Dunque


(

d

dx− c

)m+2

Tf (x)

e la distribuzione cercata. 2

6.5 Esercizi

6.5.1 Soluzioni

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Introduzione All'Analisi Complessa e Teoria Delle Distribuzioni