lezioni di Analisi Complessa del Prof.Bruschi (La sapienza)

1 Intro
Analisi complessa
(appunti di viaggio)
Mario Bruschi
Dipartimento di Fisica - Università ’La sapienza’ - Roma
mario.bruschi@roma1.infn.it
Questo è un corso di metodi matematici della fisica per fisici. I fisici usano
"moltissimo" la matematica, spesso inventano la matematica. Perchè? Galileo
disse che il secondo ’libro di Dio’, cioè la Natura, è scritto in linguaggio matematico
(Pitagora sarebbe stato daccordo). Ma perchè? Nessuno ha dato finora
una risposta convincente. Certo semplificando, si può dire che esistono due
scuole di pensiero: la ’idealista’ e la ’creazionista’. La seconda afferma che la
matematica è una invenzione/creazione della mente umana, cioè che 2+2 non
fa necessariamente 4, che gli spazi di Banach non esistevano prima di Banach,
che il teorema di Pitagora è una invenzione di Pitagora ( o forse degli Egizi).
La prima afferma invece che le "verità" matematiche esistono in "sé": l’uomo
sagace può solo scoprirle... l’America esisteva anche prima di Colombo, gli spazi
di Banach erano lì, soli e sconsolati in un mondo ideale, prima della nascita di
Banach. Insomma i matematici non sono inventori ma esploratori e se hanno
successo firmano con il proprio nome le terre scoperte. Scopritori o inventori?
Nella seconda ipotesi (invenzione) è chiaro che non fa più meraviglia il fatto che
la matematica sia così incredibilmente utile nel lavoro del fisico. Dato che essa
è una invenzione della mente umana e dato che in buona parte è stata creata
per "descrivere" il mondo, sarebbe invero sorprendente che non descrivesse (+
o - bene) il mondo... Gli ’idealisti’ obietteranno (forse a ragione) che spesso la
matematica è stata sviluppata ’a prescindere’ e comunque prima che fosse anche
pensabile un possibile utilizzo (i fisici quantistici ne sanno qualcosa). Ma allora
rimane aperto il problema del perchè la matematica sia tanto efficace nella descrizione
della realtà ( a meno di non ipotizzare che la realtà fisica, qualunque
cosa essa sia, e il mondo ’ideale’ abbiano una sorgente intelligente comune...
ma le ipotesi metafisiche sono da molti secoli inaccettabili per gli scienziati).
Ritorneremo ancora su questo dilemma. Comunque, se dovessi esprimere un
parere personale, dovrei ammettere che io sono idealista e creazionista a giorni
alterni... Come chiunque abbia lavorato nel campo, sono cosciente che larga
parte di quello che si ’produce’ è irrilevante (e allora sono tentato dalla ipotesi
"invenzione", perchè attribuire all’Universo o addirittura ad un ente sovrannaturale
la pochezza del proprio ingegno?). Ma, seppure raramente, ci si imbatte a
volte in qualcosa di veramente "bello", (e allora mi piace pensare che sia anche
qualcosa di "vero", indipendente da me: a me basta il piacere di aver per primo
visitato la "terra incognita") 1 .
1 Altra stranezza su cui forse torneremo: benchè la "bellezza" o " eleganza" non siano ovviamente
misurabili e quindi, a rigore, non facciano parte della scienza, tuttavia hanno guidato,
1

Ma ritorniamo al corso. Da studente ebbi come professore di ’metodi’ B.
Toushek e ricordo ancora che già dal primo giorno ci disse: "sapete qual’è il
migliore metodo matematico per un fisico?... avere per amico un (buon) matematico!".
Voleva dire che non vi è speranza che vi possa essere insegnata tutta
la matematica che vi servirà nella vostra ’carriera’ di Fisici (e, a voler esser
pignoli, vista la dispersione/specializzazione in atto anche nel campo matematico,
forse bisognerebbe oggi dire: "avere per amico il matematico giusto al
momento giusto"). Comunque in questo corso ci occuperemo essenzialmente
di analisi complessa, ma ce ne occuperemo essenzialmente da fisici. Intendo
dire che (salva, speriamo, la correttezza) daremo poco peso al rigore formale.
Cercheremo invece di farvi vedere e capire i perchè e i come: la matematica
come strumento, da usare, rinnovare o scartare a seconda dei bisogni. Quindi
poche dimostrazioni 2 e notazione semplice, quando possibile ( su che cosa sia
poi ’semplice’ ci sarebbe da discutere, ma l’importanza anche euristica di una
notazione "buona" è ben nota agli addetti ai lavori). Condiremo il tutto con
esempi, esercizi, problemi, quesiti (anche non convezionali: lo studente troppo
spesso si abitua a pensare che un problema DEVE avere una - e una sola -
risposta: la vita non è così e nemmeno la ricerca scientifica...).
Problem 1 Perchè due più due fa quattro? perchè la prima branca della
matematica è stata l’aritmetica? sarebbe lo stesso in qualunque ipotetica civiltà
aliena?
2 Numeri e numeri Complessi
Un matematico (Erdos?) disse: "Dio ci ha dato i numeri naturali, il resto lo
abbiamo fatto noi..."
In effetti, storicamente, in tutte le civiltà conosciute, i primi ’numeri’ introdotti
sono stati gli interi 1, 2, 3, ... Notate che manca lo zero! In effetti lo zero
è stata una "invenzione" notevole, difficile e abbastanza recente (India, quinto
secolo? Maia, decimo secolo?). Se seguissimo un ordine storico dovremmo
ora mettere come secondi i numeri razionali (le frazioni... note sicuramente
agli Egizi, ai Babilonesi, ai Cinesi e poi ai Greci, pur con diverse sfumature).
Seguono i numeri relativi (l’utilità dei numeri ’negativi’ fu forse riscontrata dai
contabili del Medio Evo, tuttavia fino al tardo Rinascimento i matematici dubitavano
sulla loro dignità di numeri a tutti gli effetti, tanto è vero che gli Italiani
li chiamavano numeri ’finti’, Cartesio li chiamava numeri ’falsi’ e anche il termine
moderno ha memoria di questa sfiducia). Vengono poi i numeri irrazionali
(le radici). Veramente la "scoperta" 3 dei numeri irrazionali è da attribuire
spesso con ottimi risultati, l’opera di moltissimi scienziati (Dirac, Einstein, Bernardini, ...)
2 E tuttavia ci saranno anche abbastanza dimostrazioni ... e per lo studente interessato e
per dare almeno un feeling di rigore matematico
3 notate come si salta naturalmente dalla interpretazione "idealista" a quella "creazionista"!
2

ai Greci (scuola pitagorica). In effetti essi dimostrarono elegantemente che la
radice quadrata di due non può essere un numero razionale.
Problem 2 dimostrare!
Tuttavia, anche per ragioni extra-matematiche (mistiche!), rifiutarono recisamente
di ammetterlo... e così gli irrazionali passarono in pratica nel limbo
fino al 1500, per essere successivamente inglobati nel vasto mondo dei numeri reali
( comprendente l’affascinante continente dei numeri trascendenti: la trascendenza
di Pi greco è una invenzione/scoperta relativamente recente...). Sempre
nel 1500 (Cardano, Tartaglia, Bombelli) fu riconosciuta la necessità/utilità delle
radici pari di numeri negativi. Nacquero quindi gli immaginari (il termine è
dovuto a Cartesio) e quindi i numeri complessi (con le poco frequentate estensioni:
quaternioni, ottonioni, sedenioni). Per quanto riguarda il corso potremmo
fermarci qui, ma l’invenzione umana non si è fermata: forse avremo occasione
di fare riferimento ai recenti numeri surreali (Conway -l’inventore di life!- anni
’70).
Tentiamo ora di vedere la "necessità" logica dell’introduzione successiva dei
vari corpi numerici. Partiamo dai naturali (quelli donateci da Dio...). Come
sappiamo dalle scuole elementari, vi sono delle "operazioni" che possiamo fare
con questi numeri: somma, prodotto... Consideriamo il prodotto (che in realtà
sarebbe una forma abbreviata di somma, quindi andrebbe visto dopo ).
Come ci dicono i sacri testi, il prodotto è una operazione binaria cioè una legge
(applicazione) che associa a 2 numeri naturali un terzo numero naturale:
(a1, a2) =⇒ a3, ak ∈ N, N = {1, 2, ...} , k = 1, 2, 3. (1)
La notazione usata comunemente è
o anche
o semplicemente
a1 · a2 = a3
a1 × a2 = a3
a1a2 = a3
Ora vediamo questa operazione in modo leggermente diverso, cioè consideriamo
la moltiplicazione come una famiglia di "operatori" moltiplicativi applicati
ai naturali (dominio in N) e che, ’operando’, producono come risultato un numero
naturale (codominio in N) 4 . Quindi avremo formalmente:
Ŏ×a1 a2 = a3 = a1a2
che si potrebbe leggere: "prendi a2,applicaci l’operatore di moltiplicazione
per a1 ( cioè Ŏ×a1) e ottieni a3". In fondo abbiamo solo riscritto "moltiplica
4 cos’è un "operatore"? per ora è, come direbbe Catalano, qualsiasi cosa che opera... basta
sapere come opera.
3
(2)
(3)
(4)
(5)

a2 per a1", anzi sembrerebbe che la notazione ora usata sia stupida in quanto
più pesante 5 . Però... vediamo alcune proprietà di questo operatore. Dalle note
proprietà della moltiplicazione (quali? ricordate!) è facile vedere che
Ŏ×a Ŏ×b = Ŏ×b Ŏ×a
Abbiamo qui implicitamente definito una nuova ’operazione’ (o legge di composizione)
non tra i numeri ma tra gli operatori stessi; non abbiamo usato alcun
simbolo per indicarla ma semplicemente la giustapposizione ordinata (cioè li
abbiamo scritti in fila...). Tuttavia il tutto dovrebbe essere intuitivamente sem-
plice
Ŏ×a Ŏ×bc = Ŏ×a
(6)
Ŏ×bc = Ŏ×abc = abc (7)
Quindi abbiamo anche implicitamente detto che la composizione di due operatori
moltiplicativi è ancora un operatore moltiplicativo. Formalmente
Ŏ×a ∈ , Ŏ×b ∈ =⇒ Ŏ×aŎ×b
= Ŏ×ab ∈
(8)
Ŏ×
Ŏ×
Ŏ×
Sembra astruso ma in soldoni significa solo che se prendete un qualsiasi numero
e lo moltiplicate prima per 3 e poi per 2 avrete lo stesso risultato di quando
moltiplicate il numero direttamente per 6 !. Comunque questa apparente complicazione
di notazione ha i suoi vantaggi. Innanzitutto abbiamo una legge di
composizione non più sui numeri ma sugli operatori. Come suggerisce la notazione
usata potremmo chiamare tale legge "prodotto" ma tenendo sempre
bene in mente che NON è il prodotto tra numeri! Inoltre la validità ovvia della
6 ci fornisce una importante proprietà di tali operatori: essi COMMUTANO,
cioè l’ordine delle operazioni eseguite è ininfluente sul risultato. Che tale proprietà
sia speciale e niente affatto banale dovrebbe essere ovvio... ma forse si
può apprezzarla maggiormente se si tenta di costruire classi di operatori astratti
(non necessariamente in campo matematico!) che godano di tale proprietà.
Problem 3 portare qualche esempio non matematico di "operazioni" commutanti
e non commutanti.
Un’altra "ovvia" proprietà di questi operatori e del loro "prodotto" è che
esiste un operatore
’pigro ′ , cioè un operatore che non fa niente. Lo chiameremo operatore Identità:
Ĭ×a = a, ∀a ∈ N (9)
Ovviamente
Ĭ× = Ŏ×1
(10)
5 In effetti qualcuno potrebbe dire che siamo in contraddizione con il proposito espresso
nell’introduzione di usare per quanto possibile una notazione semplice. Ma, a parte le perplessità
già espresse su cosa sia "semplice", crediamo che sia utile per lo studente imparare a
non scoraggiarsi quando inevitabilmente si imbatterà in notazioni "astruse" ...
4

e altrettanto ovviamente
Ĭ× Ŏ×a = Ŏ×a Ĭ× = Ŏ×a
(11)
Ora chiunque abbia una qualche nozione di Algebra sa che un qualsiasi insieme di
’oggetti’ dotato di una legge di composizione e chiuso rispetto a questa (cioè tale
che applicando comunque la legge si ottiene un elemento dell’insieme) e dotato
inoltre di un elemento Identità (definito sopra) forma una struttura Algebrica
dalle proprietà molto interessanti detta Gruppo, se... se esiste per ogni elemento
dell’insieme un elemento inverso cioè tale che la composizione di un elemento
e dell’inverso sia l’identità. Il nostro insieme di operatori moltiplicativi ha una
legge di composizione, è chiuso, esiste l’identità.... se esistesse l’inverso sarebbe
un Gruppo (anzi sarebbe un gruppo speciale detto "Abeliano", dato che vale
anche la proprietà commutativa, non richiesta in genere per la ’gruppalità’).
Quindi vediamo se:
∀Ŏ×a ∈ Ŏ×
∃Ŏ×ã = Ŏ −1
×a ∈ Ŏ×
Ŏ −1
×a Ŏ×a = Ĭ× ? (12)
Ma che cos’è l’inverso della moltiplicazione? ovviamente la divisione. L’inverso
Ŏ −1
×2 dell’operatore Ŏ×2 dovrebbe quindi essere l’operatore che prende un qualsiasi
numero naturale e lo divide per 2. Evidentemente il risultato non è più un
numero naturale se il numero di partenza è dispari. Questo già taglia la testa
al topo... Ma notate che la 12 richiederebbe qualcosa di più: in realtà dovrebbe
esistere, per ogni intero positivo a, un "numero" ã che moltiplicato per ax dia
x (per ogni intero positivo x). Certo avrete capito che, volendo, il "numero" ã
esiste! solo che non è più un numero intero positivo ma una frazione (numero
razionale positivo):
ã = 1
∈ Q+
(13)
a
Abbiamo quindi mostrato (invero prolissamente) che si può pensare che la
necessità di ampliare il campo dei numeri naturali introducendo (scoprendo? inventando?)
nuovi "numeri" nasca dalla necessità di trovare l’inverso dell’operatore
di moltiplicazione. Possiamo ora procedere più speditamente. Cosa succede infatti
se consideriamo l’altra operazione nota sugli interi positivi, cioè lasomma?
E’ chiaro che possiamo introdurre la classe degli operatori di somma Ŏ+ , è
chiaro inoltre che esiste una legge di composizione e che questa è commutativa:
Ŏ+a Ŏ+b = Ŏ+b Ŏ+a
Esiste l’identità? cioè esiste un intero positivo (diciamo x) tale che
Ŏ+x Ŏ+a = Ŏ+a
(14)
(15)
per qualsiasi a ∈ N = {1, 2, 3, ...}? certo che no! e allora lo "inventiamo"...
poi lo chiamiamo zero (e lo indichiamo con il simbolo 0) e infine lo aggiungiamo
a N ottenendo N0 = {0, 1, 2, 3, ...} .
5

Ok, ora abbiamo l’identità, la chiusura è ovvia: esiste l’inverso? sappiamo
che l’operazione inversa della somma è la sottrazione ma valgono (mutatis mutandis)
gli argomenti di sopra. Risultato: la nascita dei numeri "negativi" che
aggiunti allo zero e ai "positivi" danno l’insieme dei numeri interi (relativi):
Z = {... − 3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, ...}. Come naturale estensione introduciamo anche
le frazioni negative ottenendo il campo dei numeri razionali Q.
Problem 4 parafrasare i ragionamenti di sopra per introdurre i numeri irrazionali
Per quanto riguarda i numeri reali (R) facciamo affidamento sulle nozioni già
apprese in altre sedi... solo una nota: i numeri reali possono essere considerati
numeri decimali con parte decimale infinita (e non periodica)
1 + 2√ 2 = 2.41421356237309504880168872421... (16)
Problem 5 perchè i numeri reali non esistono in Fisica?
Anche l’introduzione dei numeri immaginari è nata dalla necessità di dare
soluzione a problemi senza soluzione nel campo dei numeri fino allora conosciuti
(i reali). La domanda era:
2√ −1 = x? (17)
ovviamente x non può essere un numero reale (dovrebbe essere x 2 = −1) e
quindi lo "inventiamo", lo chiamiamo ’unità immaginaria’ e lo indichiamo con
il simbolo i. Abbiamo così infiniti nuovi numeri immaginari, dato che
2√ −x = i 2 √ x, x ∈ R+
(18)
E veniamo infine ai numeri complessi, che ingloberanno sia i reali che gli
immaginari (notate la struttura a scatole cinesi dei vari campi numerici...).
Ci sono molti modi per introdurre i numeri complessi: in molti testi troverete
il modo "formale". Voglio darvene un’idea... supponete che io ora dica:
introduciamo un campo numerico (userò un nome fittizio: -F) costituito
dall’insieme delle classi di equivalenza indotte sulle coppie ordinate dei numeri
interi
-F = {(p, q)} , p ∈ Z, q ∈ Z, p = 0 (19)
dalla relazione di uguaglianza
z1 ≡ (p1, q1) = z2 ≡ (p2, q2) iff q1p2 = p1q2 (20)
La struttura algebrica di campo è data dall’introduzione delle seguenti operazioni
di somma e prodotto:
somma
prodotto
z1 + z2 = z3 ⇐⇒ (p3 = p1p2, q3 = q1p2 + p1q2) (21)
z1z2 = z3 ⇐⇒ (p3 = p1p2, q3 = q1q2) (22)
6

Exercise 6 dimostrare che le operazioni così definite godono delle dovute proprietà...
Problem 7 ma di che accidenti si sta parlando?
Vi consiglio di fermarvi e meditare se non siete riusciti a rispondere alla
domanda precedente...
Volevo mostrare che la formalizzazione della matematica (pur spesso utile,
pur spesso necessaria) tuttavia è anche (molto) spesso disastrosa e per la comprensione
e per l’intuizione (ma questo è un mio giudizio personale). Comunque,
dato che abbiamo iniziato, introduciamo formalmente i numeri complessi sulla
falsariga dell’esempio precedente.
Il campo numerico numerico dei complessi C è costituito dall’insieme delle
coppie ordinate dei numeri reali
Relazione di uguaglianza
C = {(x, y)} , x ∈ R, y ∈ R. (23)
z1 ≡ (x1, y1) = z2 ≡ (x2, y2) iff x1 = x2, y1 = y2 (24)
La struttura algebrica di campo è data dall’introduzione delle seguenti operazioni
di somma e prodotto:
somma
z1 + z2 = z3 ⇐⇒ (x3 = x1 + x2, y3 = y1 + y2) (25)
prodotto
z1z2 = z3 ⇐⇒ (x3 = x1x2 − y1y2, y3 = x1y2 + y1x2) (26)
Exercise 8 dimostrare che le operazioni così definite godono delle dovute proprietà...
Di nuovo: ma di che accidenti si sta parlando?
Ripartiamo: ho detto che posso considerare una coppia ordinata di numeri
reali come un nuovo numero che chiamo numero complesso:
z = (x, y) , x ∈ R, y ∈ R (27)
OK, per poter dire che z è in effetti un numero ho bisogno delle 24,25,26 ( e
delle giuste loro proprietà la cui verifica ho lasciato come esercizio per lo studente
diligente...). Va bene, posso essere d’accordo sul fatto che C sia un campo
numerico, ma perchè dovevo introdurlo e perchè ho definito le operazioni così
come le ho definite e non altrimenti? Inoltre posso anche capire intuitivamente le
7

y
φ
x
r
Figure 1:
24,25 (sono del resto meno misteriose delle equivalenti per -F...), ma la definizione
del prodotto 26 è indubbiamente astrusa.
Ripartiamo... (approssimazioni successive, il segreto del metodo scientifico).
Dato che il complesso z è per definizione una coppia ordinata di numeri reali,
è spontaneo pensare tali numeri come coordinate di un punto (z) nel piano (xy):
Abbiamo ora a disposizione tutto ciò che conosciamo sulla geometria. Per
esempio possiamo pensare di passare dalle coordinate cartesiane a quelle polari
6 :
z
x = r cos(φ) r 2 = x 2 + y 2
y = r sin(φ) tan(φ) = y
x
e ovviamente avremo una corrispondenza biunivoca (vero? )
(28)
z ⇐⇒ (r, φ) (29)
Possiamo anche naturalmente pensare di passare ai vettori posizione
z ⇐⇒ r ≡ (x, y) (30)
allora sarà naturale definire come modulo di z il ben noto modulo di r :
|z| = |r| = r = 2 x 2 + y 2 (31)
6 ricordiamo che gli angoli sono sempre espressi in radianti!
8

1
x1
Figure 2:
Per correttezza, essendo il modulo non-negativo, dovremmo scrivere |z| = |r| =
r = 2 x2 + y2
, ma quando possibile, ci risparmieremo le minuzie... Tuttavia
la formula
tan(φ) = y
(32)
x
può portare ad equivoci ed errori (una non_ minuzia. perchè?): ci torneremo
in seguito.
Per inciso l’angolo φ sarà chiamato argomento di z.
Ora dovrebbe essere chiara la ragione della definizione di uguaglianza 24 ed
anche della somma che non è altro che la usuale somma dei vettori (regola del
parallelogramma)
Rimane però fortemente sospetta e misteriosa l’origine della regola del prodotto
(26). Infatti il prodotto complesso ovviamente ha come risultato un numero
complesso e quindi un vettore (nella rappresentazione nel piano) . Che la regola
26 rappresenti un prodotto tra vettori? Ma i prodotti tra vettori ’conosciuti’
sono il prodotto scalare il cui risultato non è un vettore e quindi è da scartare;
c’è poi il prodotto vettoriale il cui risultato è sì un vettore tuttavia un vettore
ortogonale ai due fattori e quindi ortogonale al piano (xy): non può quindi
corrispondere a nessun numero complesso (che appunto è su tale piano).
9
z1
r3
r2
z2
x2
z3

Tuttavia (anche se ammetto non è intuitivo) la rappresentazione dei complessi
come vettori ci può suggerire di guardare anche alle trasformazioni su tali
vettori cioè, per chi ha pratica di spazi vettoriali, alle matrici e in particolare
alle matrici 2 × 2 (dato che devono agire su vettori bidimensionali).
Tentiamo una corrispondenza (per ora calata dall’alto):
z ≡ (x, y) ↔ Z ≡
x −y
y x
(33)
E’ immediato verificare, seguendo le regole di calcolo per le matrici, la validità
sia della 24 che della 25:
Z1≡
x1
−y1
= Z2≡
x2
−y2
iff x1 = x2, y1 = y2 (34)
y1
x1
y1
x1
y2 x21
Z1+Z2≡ Z3 =
x1
−y1
+
x2
−y2
=
x1
+ x2 − (y1 + y2)
(35)
y2
x2
y1 + y2
x1 + x2
Ma vediamo che cosa è il prodotto (con le consueta legge del prodotto tra
matrici righe per colonne):
Z1Z2≡ Z3 =
x3
−y3
=
x1x2
− y1y2 − (y1x2 + x1y2)
(36)
y3
x3
y1x2 + x1y2
x1x2 − y1y2
Miracolo! la 26 è soddisfatta e quindi le normali operazioni tra matrici
spiegano le proprietà delle operazioni tra i complessi se questi sono rappresentati
come particolari matrici 2x2 (vedi 33)
Altre interessanti osservazioni emergono da questa rappresentazione. Per esempio
chiediamoci cosa fa una matrice del tipo "complesso" (33) quando opera
su un vettore del piano (che può essere esso stesso visto come un numero complesso,
vedi 30)
z1z2 = z3 ↔ Z1r2 = r3 ↔
x1
y1
−y1
x1
x2
y2
=
x3
y3
=
x1x2
Analogamente
− y1y2
y1x2 + x1y2
(37)
z1z2 = z3 ↔ Z2r1 = r3 ↔
x2
−y2
y2
x2
x1
y1
=
x3
y3
=
x1x2
− y1y2
y1x2 + x1y2
(38)
Exercise 9 verificare che Z1r2 porta, come deve, allo stesso risultato
Exercise 10 verificare che il vettore r3 ha il modulo di r2"scalato" del fattore
|r1| ed è ruotato rispetto ad r2 di un angolo φ 1 =arg(z1) in senso antiorario (se
φ 1 > 0).
10

Vi consiglio di provare a fare l’esercizio di sopra ( esempio di applicazione
della ’forza bruta’). In pratica abbiamo detto che moltiplicare due numeri complessi
equivale a una operazione di ’scala’ e a una rotazione come forse è più
chiaro riscrivendo la matrice Z (33) in coordinate polari (28):
Z ≡r
cos(φ) − sin(φ)
sin(φ) cos(φ)
(39)
da cui si vede appunto (per chi lo sa...) che tale la matrice è essenzialmente
la matrice di rotazione nel piano (con un fattore di scala r), cioè "allunga" i
vettori a cui è applicata di un fattore r e li ruota di un angolo φ.Vedremo fra
poco come tutto questo che è faticoso in questa notazione sia evidente in un’altra
notazione.
Ricapitoliamo: vedendo un numero complesso come punto (o vettore) nel
piano e/o come matrice di scala/rotazione nel piano abbiamo ’capito’ (forse) il
perchè delle definizioni astratte di uguaglianza/somma/prodotto (24, 25, 26).
Rimaniamo nella rappresentazione vettore (30):
• quale è lo zero della somma (l’identità nella classe degli operatori somma)?
ovviamente
(provare e credere: z + 0 = 0 + z = z)
0 = (0, 0) (40)
• quale è l’inverso dell’operazione di somma? cioè quale è l’elemento ’inverso’
rispetto la somma (che ovviamente viene chiamato comunemente
opposto) di un qualsiasi z ∈ C? Lasciamo allo studente l’ovvia risposta .
• quale è l’uno del prodotto (l’identità nella classe degli operatori prodotto)?
Non è del tutto banale: capirei che uno studente, in analogia con 40 dicesse
1 = (1, 1) (41)
Ovviamente la risposta sarebbe errata. Infatti deve essere
ma, tenendo conto della 26, avremmo invece
1z = z1 = z (42)
1z = (1x − 1y, 1y + 1x) = (x − y, x + y) = z = (x, y) (43)
Exercise 11 fermatevi qui, e cercate la risposta giusta... prima di guardare
sotto
La risposta si trova risolvendo la 42; ponendo
1 = (X, Y ) (44)
11

cioè
cioè
1z = z ↔ (Xx − Y y, Xy + Y x) = (x, y) (45)
Xx − Y y = x (46)
Xy + Y x = y (47)
X = 1, Y = 0 (48)
e quindi l’identità moltiplicativa complessa (il numero complesso 1) è:
che è il versore sull’asse x...
1 = (1, 0) (49)
1 = (1, 0) = ûx
(50)
Facciamolo in altro modo (cambiare metodo è sempre strategia salutare, specie
negli esercizi): voglio
z1 = z (51)
cioè nella rappresentazione mista (matrice-vettore)
x
y
−y
x
X
Y
=
x
y
e quindi
X
Y
=
x −y
y x
−1
x
y =
1
x 2 + y 2
x y
−y x x
y =
1
0
(52)
(53)
• qual’è l’inverso di un numero complesso, o in altri termini come si fà la
divisione?
Exercise 12 rispondere in base alla rappresentazione matriciale 33
Exercise 13 rispondere in base alla definizione di prodotto 26
daremo comunque la risposta in seguito.
Remark 14 Nota bene: abbiamo usato il simbolo 0 e il simbolo 1 per indicare
l’elemento identità complesso rispetto alla somma e al prodotto. Tuttavia lo
studente dovrebbe aver presente che questi ’numeri’ sono complessi e quindi
a rigore diversi dallo zero e dall’uno finora conosciuti (tanto è vero che 0 =
(0, 0), 1 = (1, 0)) Avremmo quindi forse dovuto usare due simboli diversi come
avremmo dovuto usare simboli diversi per indicare somma e prodotto complessi.
Per economia non lo facciamo, ma lo studente è pregato di porre comunque la
dovuta attenzione.
12

Ma ora la 49, stimola la nostra curiosità: se il versore sull’asse x è l’unità,
che cosa è il versore sull’asse y , visto come numero complesso?
˜z = (0, 1)? (54)
Ovviamente il modulo (non solo del versore ma anche del numero complesso)
è 1 (provare!): tuttavia
˜z 2 = ˜z˜z = ˜x 2 − ˜y 2 , 2˜x˜y = (0 − 1, 0) = (−1, 0) (55)
cioè l’opposto del versore (1, 0) che abbiamo identificato come z = 1: e quindi
˜z 2 = −1 (56)
Questa equazione, che non aveva soluzione nel campo dei numeri reali, ha
invece soluzione nel campo dei complessi. Anzi, vedi sopra, abbiamo già un
nome per tale numero: lo chiamiamo unità immaginaria e lo indichiamo con la
lettera i:
i = (0, 1) = ûy
(57)
e
Siccome ogni vettore sull’asse x può essere scritto
i 2 = −1 (58)
z = x = xûx, x ∈ R (59)
analogamente un vettore (numero complesso!) sull’asse y sarà
ma per la 57
z = y = yûy, y ∈ R (60)
z = yûy = iy (61)
Ergo: i numeri complessi sull’asse x sono numeri reali (e quindi l’asse x
sarà detto asse reale) mentre i complessi sull’asse y sono numeri immaginari (e
quindi l’asse y sarà detto asse immaginario).
Si può pensare quindi al piano xy , in cui stiamo rappresentando i numeri
complessi, come un piano geometrico in cui però vi sono due unità di misura
diverse sugli assi : sull’asse x l’unità di misura è la solita unità dei reali (1),
mentre sull’asse y l’unità di misura è l’unità immaginaria (i). Tale piano è
detto piano complesso (o piano di Argand o piano di Gauss... tanti nomi, che
riporto perchè potreste incontrarli sui testi e così almeno saprete di che si parla.
Comunque i nomi non sono le cose! (forse! vecchia disputa filosofica medievale).
Dato che vettorialmente per un arbitrario vettore z nel piano xy
e considerando le 59, 60, 61, abbiamo naturalmente
z = x + y (62)
z = x + iy (63)
13

cioè il numero complesso z è la somma (complessa!) della sua parte reale x
(x = Re (z)) e la sua parte immaginaria y (y = Im(z)). Questa è la notazione
(cartesiana) più conveniente per i numeri complessi (ma ci siamo volutamente
giunti con fatica... sperando che nel travaglio abbiate capito di più di quanto
avreste capito con il percorso ’rovesciato’, che d’altra parte potete trovare su
innumerevoli testi).
Dalla 63 è facile ’recuperare’ molte cose per esempio la 24, o la 25
Exercise 15 provate!
Vediamo per esempio la 26 nella notazione cartesiana:
z1z2 = (x1 + iy1) (x2 + iy2) (64)
applicando le varie proprietà di somma e prodotto (per una volta sarebbe bene
che le enumeraste via via che le applicate, ormai di certo automaticamente ...)
nonchè la 58, abbiamo:
z1z2 = x1x2 + x1iy2 + iy1x2 + iy1iy2
(65)
z1z2 = z3 = x3 + iy3 = (x1x2 − y1y2) + i (x1y2 + y1x2) (66)
e quindi, uguagliando la parte reale alla parte reale e la parte immaginaria
alla parte immaginaria (24!), abbiamo la 26:
cioè
x3 = x1x2 − y1y2, y3 = x1y2 + y1x2 (67)
Vediamo ora cosa succede in coordinate polari (28):
z = x + iy = r cos(φ) + ir sin(φ) (68)
z = r (cos(φ) + i sin(φ)) (69)
C’è un modo più elegante ( e comodo) di scrivere questa fomula, usando la
cosiddetta formula di Eulero (in molti testi è anche detta formula di Eulero-De
Moivre) che adesso giustifichiamo. Sappiamo che
cos(φ) = 1 − φ2
2!
+ φ4
4!
− φ6
6!
+ ... (70)
sin(φ) = φ φ3 φ5 φ7
− + − + ... (71)
1! 3! 5! 7!
e θ = 1 + θ θ2 θ3 θ4 θ5 θ6 θ7
+ + + + + + + ... (72)
1! 2! 3! 4! 5! 6! 7!
proviamo ora (formalmente! ancora non abbiamo introdotto le funzioni complesse...)
a porre nella 72
θ = iφ (73)
14

e teniamo conto della 58 e delle sue ovvie conseguenze
i 2 = −1 (74)
i 3 = −i (75)
i 4 = 1 (76)
i 5 = i (77)
etc. (78)
Exercise 16 scrivere in modo compatto la formula generale
abbiamo:
e iφ = 1 + i φ φ2 φ4 φ6
− − iφ3 + + iφ5 − − iφ7 + ...
1! 2! 3! 4! 5! 6! 7!
cioè (separando parte reale e parte immaginaria)
(79)
e iφ
= 1 − φ2
φ4 φ6
φ φ3 φ5 φ7
+ − + ... + i − + − + ...
2! 4! 6! 1! 3! 5! 7!
(80)
e quindi (formula di Eulero 7 )
e iφ = cos(φ) + i sin(φ) (82)
Quindi (vedi 69) un numero complesso in forma polare si scrive
z = re iφ
(83)
Abbiamo già detto che chiamiamo φ = arg(z). Ora la formula di Eulero che
coinvolge i seni e coseni di φ, entrambe funzioni periodiche, ci fa capire che
anche e iφ è una funzione periodica di periodo 2π
e iφ = e i(φ+k2π) , k = 0, ±1, ±2, ... (84)
cioè l’argomento di un complesso è definito a meno di multipli dell’angolo
giro. Chiameremo valor principale dell’argomento (argomento principale) la sua
determinazione ’principale’: 0 ≤ φ < 2π. Ovviamente avremmo potuto scegliere
(come è in alcuni testi) altri valori per l’intervallo principale, ad esempio (−π, π)
al posto di (0, 2π).Inoltre... ritornando al cambio di coordinate polari-cartesiane
(28): dalla formula di Eulero e dalla 24 abbiamo
sin(φ) =
y
x 2 + y 2
(85a)
7 Eulero (come dopo di lui moltissimi matematici e non) restò stupefatto nello ’scoprire’ la
bellissima relazione tra i numeri più significativi allora noti:
e iπ + 1 = 0 (81)
15

Ovviamente le 85a,85b implicano
già scritta in 28. Quindi
x
cos(φ) =
x2 + y2 tan(φ) = y
x
φ = arctan
y
x
(85b)
(86a)
(86b)
ma l’arcotangente è funzione a più valori... Tuttavia è possibile eliminare
ogni ambiguità: infatti basta vedere i segni di x, y per sapere in quale quadrante
siamo dell’intervallo principale (0, 2π) (vedi esrcizi dopo).
Questa rappresentazione polare rende immediatamente conto di cose già
dette (vedi esercizio ...); infatti
da cui
z1z2 = z3 = r3e iφ 3 = r1e iφ 1r2e iφ 2 = r1r2e i(φ 1 +φ 2 )
r3 = r1r2
φ 3 = φ 1 + φ 2
(87)
(88)
(89)
cioè moltiplicando z2 per z1 si ’scala’ il modulo di z2 con il modulo di z1, e
inoltre si aggiunge all’argomento di z2 l’argomento di z1( cioè si ruota z2 di un
angolo φ1, o viceversa).
Ritorniamo alla questione dell’inverso di un complesso e quindi della divisione
nel campo complesso.
Anche qui si vede come le diverse "rappresentazioni" hanno diversa utilità
a seconda dei casi. In effetti in questo caso la rappresentazione vettoriale è di
scarsa utilità (dato che non sappiamo bene cosa sia l’inverso di un vettore). la
rappresentazione matriciale è più utile, dato che conosciamo l’inverso di una
matrice.
Dunque se il complesso z = (x, y) è rappresentato dalla matrice
Z =
allora z−1 = (X, Y ) dovrebbe essere
z −1 = (X, Y ) = Z −1
= x
y
−y
x
dove ∆ è il deteminante di Z cioè
x −y
y x
−1
= 1
∆
∆ = x 2 + y 2
16
x y
-y x
=
X −Y
Y X
(90)
(91)
(92)

cioè il modulo quadro di z (cosa che non avevamo precedentemente notato!).
Tirando le somme:
e dunque
z −1 =
X =
Y =
x
x 2 + y 2
−y
x 2 + y 2
x
x2 −y
,
+ y2 x2 + y2
(93)
(94)
(95)
Exercise 17 dimostrare, per prova diretta, che questo è effettivamente l’inverso:
zz −1 = z −1 z = 1 = (1, 0)
Nella rappresentazione cartesiana saremmo di nuovo nei guai.
z = x + iy allora
Infatti se
z −1 = 1 1
=
z x + iy
(96)
1 ma x+iy NON è in forma cartesiana! (ovviamente tramite la 95 sappiamo come
riscriverlo in tale forma).
La rappresentazione polare (83) invece è utile:
z = re iφ −→ z = r −1 e −iφ = 1
r
e quindi si ottiene facilmente la (95)
1
(cos (φ) − i sin (φ)) = (r cos (φ) − ir sin (φ))
r2 (97)
Remark 18 ho allungato (volutamente) il brodo... ma spero di aver mostrato
che per affrontare un problema ci sono spesso molte vie, alcune più semplici
delle altre. Ovviamente scegliere quale via sia conveniente non è semplice! ci si
basa sicuramente sull’esperienza ma anche sull’intuito, sulla fantasia (qualcuno
direbbe sulla fortuna...): tutte cose che non si possono insegnare!
Ovviamente, definito l’inverso, è definita la divisione
z1 : z2 = z1
= z1 (z2)
z2
−1
Le formule precedenti ci hanno indicato l’importanza del complesso
x − iy = r cos (φ) − ir sin (φ) = re −iφ
(98)
(99)
Sembra quindi utile introdurre per ogni numero complesso z il suo complesso
coniugato che indicheremo con ¯z ( leggasi zeta barra, in molti testi è indicato
con z ∗ , leggasi zeta star...)
17

Definizione :
se
allora
z = x + iy = re iφ
¯z = x − iy = re −iφ
(100)
(101)
Che cosa è il complesso coniugato? dalle formule sopra è chiaro che è il
numero/punto/vettore ottenuto da z per riflessione rispetto all’asse reale
Exercise 19 disegnatelo nel piano complesso
Vediamo alcune utili proprietà:
• cerchiamo il modulo di un complesso z , dalla definizione 31
ma è facile vedere che, in forma cartesiana
e in forma polare
|z| = |r| = r = 2 x 2 + y 2 (102)
z¯z = (x + iy) (x − iy) = x 2 + y 2 = |z| 2
z¯z = re iφ re −iφ = r 2 = |z| 2
(103)
(104)
• cerchiamo l’inverso di un numero complesso cioè il numero complesso ˜z =
z −1 tale che
z˜z = 1 (105)
allora, dalla rappresentazione polare, è naturale porre
˜z = z −1 = re iφ−1 −1 −iφ re
= r e = −iφ ¯z
=
r2 |z| 2
quindi la divisione tra due numeri complessi diventa ’semplice’:
z1 : z2 = z1
= z1 (z2)
z2
−1 = z1
¯z2
|z2|
r1
2 =
r2
e i(φ 1 −φ 2 )
(106)
(107)
• La regola pratica per trovare la forma cartesiana di una frazione di numeri
complessi è:
" prendete la frazione e moltiplicate numeratore e denominatore per il
complesso coniugato del denominatore"
In forma cartesiana:
z1
z2
= (x1 + iy1) (x2 − iy2)
x 2 2 + y2 2
z1
z2
= z1¯z2
=
z2¯z2
z1¯z2
|z2| 2
= (x1x2 + y1y2) + i (y1x2 − x1y2)
x 2 2 + y2 2
18
(108)
= x1x2 + y1y2
x2 2 + y2 2
(109)
+i y1x2 − x1y2
x 2 2 + y2 2

E’ tempo ora di applicare quanto detto, cioè è tempo di esercizi... alcuni
’tipici’ saranno svolti, altri proposti (moltissimi potrete trovarli su libri di testo,
altri potrete inventarli in base alla vs curiosità e fantasia).
• forme cartesiane e polari
Exercise 20 trovare modulo e argomento principale dei seguenti numeri complessi
z1 = 1 + i √ 3; z2 = −1 + i √ 3; z3 = −1 − i √ 3; z4 = 1 − i √ 3;
Svolgimento:
è evidente che i 4 numeri hanno la stessa parte reale e la stessa parte immaginaria
a meno dei segni...
quindi avranno lo stesso modulo:
r = |z1| = |z2| = |z3| = |z4| = √ 1 + 3 = +2 (110)
per trovare l’argomento (principale), dovremmo usare la 86b , facendo attenzione!
Potrebbe essere conveniente usare
tan (ϕ) = |y|
|x|
(111)
determinando ϕ nel primo quadrante e poi aggiungere un angolo opportuno per
passare al quadrante indicato dai segni di x, y.
Cioè
tan (ϕ) = |y|
|x| = √ 3 (112)
e quindi
ϕ = π
(113)
3
(ricordate che gli angoli sono misurati in radianti).
Poi vediamo che z1 (x e y positivi: (+, +)) è nel primo quadrante e dunque
φ 1 = ϕ (114)
π i
z1 = 2e 3 (115)
Invece z2 (−, +) è nel secondo quadrante e dunque il suo argomento sarà
(graficate!)
φ 2 = π − ϕ (116)
e
Analogamente procedendo, avremo (graficate!)
2π i
z2 = 2e 3 (117)
φ 3 = π + ϕ (118)
z2 = 2e i 4π 3 (119)
19

φ 4 = 2π − ϕ (120)
π i(−
z4 = 2e 3 +2π) π −i
= 2e 3 (121)
Exercise 21 esprimere i seguenti numeri complessi in forma cartesiana
1) 3ei π 4 ; 2) i−1
i+1 ; 3) 2 − i √ 2 2 3
; 4) √ 3ei π 2 ;5) 2−i 3√ 3
1−2i ; 6) 1 − i √ 3 3
i ;7)e π 6 ;8)
2+i 3√ 3
2−i 3√ 3i ; 9) (a − ib)4 ;10) 3i222−i 331
−1+2i
svolgimento:
1) dalla 82
√
π i π
π
√
2 2
3e 4 = 3 cos + i sin = 3 + i =
4 4 2 2
3√2 2 + i3√ 2
(122)
2
2) usando la 108
i − 1 (i − 1) (1 − i) −1 + 2i − i2
= =
i + 1 (1 + i) (1 − i) 1 − i2 = i (123)
check (da fare quando il risultato è sorprendente e/o non vi convince! 8 )
CHECK ok!
3)
i (i + 1) = i 2 + i = i − 1 (124)
2 − i √ 2 2 = 2 2
+ −i √ 2
2 + 2 (2) −i √
2 = 4 − 2 − i4 √ 2 = 2 − 4 √ 2i (125)
7)
3i222 − i331 −1 + 2i = 3 i2111
2 − i i 165 = (126)
−1 + 2i
= 3 (−1)111 − i (−1) 165
−1 + 2i
= −3 + i
= (127)
−1 + 2i
(−3 + i) (−1 − 2i)
= 1 + i (128)
(−1 + 2i) (−1 − 2i)
Exercise 22 esprimere i seguenti numeri complessi in forma polare (0 arg (z) <
2π)
8 come quando una volta, alle elementari!, si faceva la prova del nove per le moltiplicazioni...
problem in nota: qualcuno sa ancora che cosa è la prova del nove e perchè funziona?
20

1) i; 2) √ 3 + i; 3) 1 − i; 4)−i;5) 2−i 3√ 2
1−i ; 6) 2 − i √ 3 3 2
;7) √ −3;5) 3√ −5; 6)
(a − ib) 2
svolgimento:
1) dalle 28
r = 1, tan (φ) = 1
π
= ∞ =⇒ φ = (129)
0 2
cioè
2)
π i
i = e 2 (130)
r = √ 3 + 1 = 2, tan (φ) = 1
√ 3 =⇒ φ = π
6
(131)
cioè √ 3 + i = 2e i π
6 (132)
3)
cioè
Exercise 23 dato
r = √ 1 + 1 = √ 2, tan (φ) = −1
1
trovare in forma cartesiana e polare
1. z 2 (R: −1 − 2i √ 6; 5 exp(arctan(2 √ 6) − π))
2. 1
z (R: 1 √ 2 − i 1 √ 3 ; 1 √ 5 exp(arctan(2 √ 6)))
i−z 3. z3 10 1
+i (R: 219 − 73
√ 3 − i 13
219
• complessi e vettori
Exercise 24 mostrare che
=⇒ φ = −π
4
(133)
1 − i = √ π −i
2e 4 (134)
z = √ 2 − i √ 3 (135)
√ 6;.2861187546 exp(−1.494055737))
1) se Re(¯z1z2) = 0 allora i due vettori z1 e z2 sono ortogonali; 2a) vale il
solo se?; 3)se Im(¯z1z2) = 0 allora i due vettori z1 e z2 sono paralleli; 3a)quale
altra condizione abbiamo trascurato?; 3b) vale il solo se?
2) |z1 ∧ z2| = area del parallelogramma di lati z1, z2
3) trovare l’area del triangolo con vertici in z1, z2, z3
svolgimento:
1)
allora
¯z1z2 = (x1 − iy1) (x2 + iy2) = (x1x2 + y1y2) + i (x1y2 − y1x2) (136)
Re(¯z1z2) = 0 ↔ x1x2 + y1y2 = 0 (137)
21

ma questo è il prodotto scalare tra vettori bidimensionali e quindi...
D’altra parte consideriamo l’angolo tra z1 e z2
ma
quindi (trigonometria spicciola)
cioè
φ = φ 2 − φ 1
tan (φ 1) = y1
x1
tan (φ 2) = y2
tan (φ) = tan (φ 2 − φ 1) = tan (φ 2) − tan (φ 1)
1 + tan (φ 1) tan (φ 2)
tan (φ) =
y2 y1 − x2 x1
1 + y1y2
x1x2
quindi se l’ipotesi è vera abbiamo
x2
= x1y2 − y1x2
x1x2 + y1y2
tan (φ) = ∞ =⇒ φ = π
2
(138)
(139)
(140)
(141)
(142)
(143)
(lo studente attento avrà notato che abbiamo contemporaneamente risolto
anche il quesito 3...)
• Prodotto scalare e vettoriale
Abbiamo trovato in pratica la rappresentazione complessa del prodotto scalare
nel piano:
Re(¯z1z2) = z1 ◦ z2
(144)
Ma abbiamo anche
z1 ∧ z2 =
ê1 ê2 ê3
x1 y1 0
x2 y2 0
= (x1y2 − y1x2) ê3
(145)
dove ê3 è il versore sull’asse ortogonale al piano complesso; (ê1, ê2, ê3) formano
una terna sinistrorsa e ovviamente (come avevamo già indicato) il prodotto
vettoriale di due complessi esce dal piano e quindi non è più un complesso. Tuttavia:
z1 ∧ z2 = (x1y2 − y1x2) ê3 = Im(¯z1z2)ê3
(146)
cioè Im(¯z1z2) è la proiezione di z1 ∧ z2 sull’asse 3 (non il modulo! dato che
Im(¯z1z2) =x1y2 − y1x2 può essere negativo).
E’ quindi naturale definire il prodotto scalare e vettoriale tra complessi come
z1 ◦ z2 = Re(¯z1z2) = x1x2 + y1y2
22
(147)

z1 ∧ z2 = Im(¯z1z2) = x1y2 − y1x2
Notare che, come deve, il prodotto vettoriale complesso è antisimmetrico:
(148)
z1 ∧ z2 = x1y2 − y1x2 = − (z2 ∧ z1) = − (x2y1 − y2x1) (149)
ed è anche antisimmetrico rispetto alla coniugazione...
z1 ∧ z2 = Im(¯z1z2) = − Im(z1¯z2) = − Im(¯z2z1) = − (z2 ∧ z1) (150)
Exercise 25 mostrare che invece il prodotto scalare è simmetrico sia rispetto
allo scambio dei vettori sia rispetto allo scambio della coniugazione
• Complessi e geometria (del piano)
Exercise 26 si mostri che
1) z = k + iy (k ∈ R), cioè Re(z) = k, è la retta parallela all’asse y che
interseca l’asse x in x = k
2) z = x + ik (k ∈ R), cioè Im(z) = k, è la retta parallela all’asse x che
interseca l’asse y in y = k
3) z = R e iφ (R, φ ∈ R) è la circonferenza con centro nell’origine e percorsa
in senso antiorario (φ = 0...2π)
4) z = r e iΦ (r, Φ ∈ R) è la semiretta che parte dall’origine e forma un angolo
Φ con l ′ asse reale(r = 0...∞)
5) z = z1 + t(z2 − z1) è l’equazione parametrica della retta che passa per z1
e z2
6) |z − z0| = R e z¯z − z¯z0 − z0¯z + z0¯z0 = R 2 sono equazioni (equivalenti)
per la circonferenza con centro in z0 e raggio R
7) c¯z+¯cz = 2 è una retta incontra l’asse x in ˜x (?) e forma con esso un’angolo
˜φ (?)
8) scrivere, in termini complessi (...), l’equazione dell’ellisse con fuochi in
z1 = (−f, 0) , z1 = (f, 0) e avente lunghezza dell’asse maggiore pari ad 2a
(a > f)
9) disuguaglianze triangolari: mostrare che
a)
|z1 + z2| ≤ |z1| + |z2| (151)
b)
c)
|z1 − z2| ≥ |z1| − |z2| (152)
|z1 + z2 + z3| ≤ |z1| + |z2| + |z3| (153)
10) trovare il luogo dei punti nel piano complesso tali che (a, b ∈ R)
23

a)
z − a
z + a
= b (154)
b)
z − a
z + a
> b (155)
Svolgimento:
1,2,3,4,5 sono banali...
6)
|z − z0| = (x − x0) 2 + (y − y0) 2 =⇒ (x − x0) 2 + (y − y0) 2 = R 2
(156)
e
z¯z−z¯z0−z0¯z+z0¯z0 = x 2 +y 2 − xx0 + yy0 + i (−xy0 + yx0) + i (xy0 − yx0) + x 2 0 + y 2 0
(157)
e quindi OK.
––––––––-
7) sia
c = a + ib, a, b ∈ R (158)
allora
quindi
e così
c¯z + ¯cz = (a + ib) (x − iy) + (a − ib) (x + iy) = 2ax + 2by = 2 (159)
cioè (verificare!)
e
y = − a 1
x +
b b
tan( ˜ φ) = − a
b
(160)
(161)
˜φ = arg(ic) (162)
˜x = 1 1
=
a Re (c)
ovviamente l’intersezione con l’asse y avviene a
˜y = 1 1
=
b Im (c)
(163)
(164)
––––––––––
8) Per definizione l’ellisse è il luogo (insieme) dei punti del piano tali che
la somma delle distanze dai fuochi è costante (lunghezza dell’asse maggiore ).
24

Ma nel piano complesso la distanza di un generico punto z da un altro z ′ è
ovviamente |z − z ′ | e quindi
|z − z1| + |z − z2| = 2a (165)
Per convincersi proviamo a scrivere la eq. di sopra in coordinate cartesiane,
cercando di riottenere la nota equazione cartesiana dell’ellisse
(x + f) 2 + y2
+ (x − f) 2 + y2 = 2a (166)
(x + f) 2 + y 2 + (x − f) 2 + y 2 − 4a 2 2
= 4 (x + f) 2
+ y
2
(x − f) 2 + y 2
4
(167)
x 2 + y 2 + f 2 − 2a 22 4 4 4 2 2 2
= 4 x + f + y − 2x f + 2y x 2 + f 2
(168)
4a 4 +2 x 2 y 2 + x 2 f 2 − 2x 2 a 2 + y 2 f 2 − 2y 2 a 2 − 2f 2 a 2 = −2x 2 f 2 +2y 2 x 2 + f 2
4a
(169)
4 − 4f 2 a 2 + x 2 4f 2 − 4a 2 + y 2 −4a 2 = 0 (170)
x2 y2
+
a2 a2 = 1 (171)
− f 2
che è appunto la canonica equazione cartesiana dell’ellisse (semiasse minore
b = a 2 − f 2 )
––––––––––
9a,b) queste disuguaglianze triangolari sono importanti. Si consiglia allo
studente di provarle analiticamente, cioè effettuando i conti richiesti. Ovviamente
se uno passa all’interpretazione geometrica dei complessi come vettori, le
formule sono già note: la prima dice che un lato di un triangolo è minore della
somma degli altri due, la seconda dice che un lato di un triangolo è maggiore
della differenza degli altri due (fare il grafico delle formule!). La terza e la sua
generallizzazione allo studente!
10)
a) abbiamo il sospetto che sia una circonferenza... (perchè?). Consigliamo
di svolgerlo usando le coordinate cartesiane. Noi prenderemo una scorciatoia.
z − a
z
+ a
= b ↔ |z − a| = b |z + a| ↔ |z − a|2 = b 2 |z + a| 2
(172)
e quindi
(z − a) (¯z − a) = b 2 (z + a) (¯z + a) (173)
b 2 − 1 z¯z + az b 2 + 1 + a¯z b 2 + 1 + a 2 (b 2 − 1) = 0 (174)
cioè
1 + b2 + b2
z¯z − za − ¯za1
1 − b2 1 − b2 + a2
1 + b2
+ a
1 − b2 25
2
1 + b2
− a
1 − b2 2
= 0 (175)

definiamo
1 + b2
c = a
1 − b2 R 2 = c 2 − a 2 = a 2
2 1 + b 2
2 − 1 − b 2 (1 − b2 ) 2
=
e riconosciamo che
z¯z − zc − ¯zc + c 2 = R 2
2ab
(1 − b2 )
2 (176)
(177)
(178)
che dall’esercizio 6 precedente è una circonferenza con centro in z0 = (c, 0)
e raggio R.
D’altra parte è anche
cioè
z¯z − zc − ¯zc + c 2 = (z − c) (z − c) = |z − c| 2 = R 2
(179)
|z − c| = R (180)
la forma più semplice per una circonferenza di centro c e raggio R.
–––––––––
Negli esercizi precedenti lo studente attento forse avrà notato che
z1¯z2 + ¯z1z2 ∈ R (181)
Questo è ovviamente vero per z1 = z2, e si può facilmente dimostrare in
generale
z1¯z2 + ¯z1z2 = (x1 + iy1) (x2 − iy2) + (x1 − iy1) (x2 + iy2) = 2 (x1x2 + y1y2)
(182)
Tuttavia è forse interessante vederlo in modo più astratto introducendo
l’operatore di coniugazione (complessa)
o anche esplicitamente in forma cartesiana
o,in forma polare,
Ŏ_z = ¯z (183)
Ŏ_ (x + iy) = (x − iy) (184)
Ŏ_re iφ = re −iφ
(185)
La notazione dovrebbe essere chiara. In soldoni... per coniugare una formula
cambiate i con −i
Exercise 27 dimostrare!
Ma vediamo alcune proprietà di tale operatore (verificare!):
26

•
•
Ŏ_ (z) = z ⇐⇒ z ∈ R (186)
Ŏ_ (z) = −z ⇐⇒ z ∈ iR (187)
(stiamo indicando con iR l’insieme degli immaginari ’puri’).
•
•
e quindi
il che implica che
Ŏ_ (z1 + z2) = Ŏ_z1 + Ŏ_z2
Ŏ_ (z1z2) =
Ŏ_z1
Ŏ_z2
(188)
(189)
Ŏ_ Ŏ_z = Ŏ_re −iφ = re iφ = z, ∀z ∈ C (190)
Ŏ 2 _
= Ĭ_
(191)
Ŏ −1
_ = Ŏ_ (192)
Nel nostro caso tutto questo a parole significa che se coniugate il coniugato
riottenete il complesso di partenza...
(¯z) = z (193)
il che comporta scorciatoie notevoli nell’uso pratico dei complessi (ovviamente
vale anche per ogni espressione contenente i complessi).
Exercise 28 mostrate (come volete, ma preferibilmente usando le proprietà di
Ŏ_ ) che
1) z + ¯z ∈ R
2) z − ¯z ∈ iR
3) z¯z ∈ R
4) z1¯z2 + ¯z1z2 ∈ R
5) ¯z1
∈ iR
z2
− z1
¯z2
6) |z1z2| = |z1| |z2|
svolgiamo:
4)
Ŏ_ (z1¯z2 + ¯z1z2) = ¯z1z2 + z1¯z2 = z1¯z2 + ¯z1z2
e quindi z1¯z2 + ¯z1z2 ∈ R per la 186.
6:)
|z1z2| 2 = (z1z2) (z1z2) = z1z2 Ŏ_ (z1z2) = z1z2
27
Ŏ_z1
Ŏ_z2
(194)
(195)

|z1z2| 2
=
z1 Ŏ_z1
O=S
Figure 3:
N
z2 Ŏ_z2
γ
P
φ
= |z1| 2 |z2| 2
z
(196)
Terminiamo questo capitolo introducendo succintamente una sua particolare
rappresentazione, la cosiddetta Sfera di Riemann
Cioè: prendiamo il piano complesso con il suo bravo riferimento cartesiano,
poggiamo sopra l’origine una sfera unitaria (di raggio=1, detta appunto sfera
di Riemann) , chiamiamo il punto di contatto con l’origine polo sud della sfera
(S = O) e il suo punto opposto polo nord (N). E’ ora evidente che se colleghiamo
con un segmento un arbitrario punto z del piano con il polo nord intercetteremo
la sfera in un determinato punto P (z ←→ P , vedi figura ). Si crea così una
corrispondenza biunivoca tra i punti del piano (i numeri complessi) e i punti della
sfera salvo... il polo nord stesso. Chiaramente i corrispondenti complessi dei
punti vicini al polo nord hanno modulo sempre maggiore (via via che l’angolo γ si
avvicina all’angolo retto): è quindi naturale rendere la corrispondenza completa
assegnando come corrispondente del polo nord il punto all’infinito (∞ ↔ N).
Il metodo sopra indicato di rappresentazione si chiama proiezione stereografica
e il piano complesso comprendente anche il punto all’infinito si chiama
piano complesso espanso.
Notare che i complessi corrispondenti ai due poli della sfera non hanno un
argomento ben definito: per il polo sud abbiamo infatti lo zero e quindi un
28

vettore di modulo zero che non ha direzione definita, per il polo nord abbiamo
un modulo infinito e quindi ogni direzione è giusta (in parole povere esiste un solo
punto all’infinito ed è raggiunto da qualsiasi direzione - tutte le strade portano
a Roma...).
Exercise 29 trovare esplicitamente la corrispondenza (r, φ) ↔ SP, γ
2.1 Postilla
Si presuppone che lo studente abbia dimestichezza con alcuni concetti e definizioni
standard per gli insiemi in generale (noi li useremo nel piano complesso):
• sottoinsiemi
• unione e intersezione e complemento
• numerabilità
• intorno
• punto di accumulazione
• aperti e chiusi
• limitati
• punti interni, esterni, di frontiera
• connessi
• compatti
• chiusura
• dominio
• regione
Spenderemo solo due parole sull’uso che faremo del termine ’regione’:
def: diciamo regione un dominio (cioè un aperto connesso) a cui sono stati
aggiunti alcuni o tutti o nessuno dei suoi punti di accumulazione.
In pratica se al dominio non è stato aggiunto niente la regione è il dominio
(aperto... e se non specificheremo varrà regione=dominio) : d’altra parte, se
sono stati aggiunti tutti i punti di accumulazione, la regione è la chiusura di un
dominio e quindi essa stessa è chiusa.
Lo studente può testare la sua familiarità con tali concetti tentando i seguenti
esercizi:
29

Exercise 30 Si consideri M ≡ {|z| < 1, Re (z) , Im (z) ∈ Q} (cioè tutti i punti
interni al cerchio unitario con coordinate cartesiane razionali). Si domanda per
tale insieme:
1. è limitato?
2. è aperto?
3. è chiuso?
4. è connesso?
5. è compatto?
6. è numerabile?
7. quali sono i punti di accumulazione?
8. e i punti interni?
9. e i punti di frontiera?
10. la chiusura?
11. la chiusura è un compatto?
Exercise 31 rispondere alle stesse domande per l’insieme M ≡ {|z − z0| < R, R ∈ R}
k
i Exercise 32 rispondere alle stesse domande per M ≡ , k ∈ N
Diamo solo alcuni hint per l’ultimo esecizio (che forse andrebbe svolto per
primo):
1) cercate un punto dell’insieme con modulo 100...
6) la numerabilità è autoevidente...
7) essendo un insieme infinito e limitato sia per l’intuizione sia per il Teorema
di Bolzano-Weierstrass deve avere almeno un punto di accumulazione.
Non vi preoccupate se non avete risposto ad alcune domande: ma se siete
stati in difficoltà su molte dovreste ri_vedere (ri_studiare) un pò.
3 Funzioni elementari in campo complesso
Premessa: in questo capitolo faremo matematica da Fisici (vedi Intro) cioè non
preoccupandoci troppo delle definizioni e dimostrazioni rigorose... una matematica
’pratica’ (i matematici forse direbbero ’ingenua’, ergo ’catastrofica’). Alcuni
argomenti (ma non tutti!) saranno ripresi in seguito ed approfonditi.
30
k

Useremo il termine funzione nel senso più immediato cioè: la funzione f è
una legge di corrispondenza (trasformazione) tra un regione del piano complesso
(dominio della funzione Df : attenzione! in principio niente a che vedere con il
dominio=insieme aperto e connesso, anche se spesso le funzioni hanno dominio
in un dominio..) e una (possibilmente e probabilmente diversa) regione del
piano complesso ( detta codominio ˜Df )
ossia, con notazione usuale
z
f
−→ w, z ∈ Df ⊆ C; w ∈ ˜Df ⊆ C (197)
w = f(z) (198)
Dato che abbiamo introdotto il prodotto nel campo complesso (ed esso gode
delle usuali proprietà ) e abbiamo anche introdotto l’inverso di un complesso, non
dovremmo avere alcuna difficoltà nell’introdurre la più semplice (...) funzione
complessa cioè la
• potenza
w = z n , n ∈ Z (199)
Notare che le potenze si possono si calcolare in coordinate cartesiane, ma la
forma polare si presta meglio:
w = z n = re iφn = r n e inφ
(200)
A parole: la potenza ennesima di un numero complesso è un complesso con
modulo la potenza ennesima del modulo (siamo nei reali!) e con argomento pari
a n-volte l’argomento (siamo sempre nei reali)
Usando la fomula di Eulero:
w = z n = r n e inφ = r n (cos(nφ) + i sin(nφ)) (201)
Abbiamo involontariamente "dimostrato" il Teorema di De Moivre: tale
teorema afferma
(cos(φ) + i sin(φ)) n = (cos(nφ) + i sin(nφ)) (202)
e in effetti, da quanto sopra detto, si ha
OK...
Exercise 33 calcolare
1. − √ 3e i π 3 + i 3
2.
√ −2 i 2−1
1+i
r n (cos(nφ) + i sin(nφ)) = z n = (r (cos(φ) + i sin(φ))) n
31
(203)

3.
11
3
2 (1 + i)
Svolgiamo:
3) abbiamo w = z11 con z = √
1√2 3 + i 1
√ =
2
√ π i 3e 4
quindi
w = z 11 = 3 11 11
2 i
e 4 π
(204)
Notare che ora l’argomento di w non è nell’intervallo principale... riscrivere
l’argomento principale.
....................................
Passiamo ad una combinazione lineare di potenze (con somma e prodotto
ben definiti è anch’essa ben definita...
• combinazione di potenze
Exercise 34 calcolare
S(z) = n
k=m
akz k ; ak, z ∈ C; n, m ∈ Z (205)
1. w = az 2 + bz −2 con a = 1 + i, b = 1 − i, z = √ 2 + i √ 3
2. w = az −2 + bz −1 + c con a = 1 + i, b = 1, c = i, z = √ 2 − i √ 3
Il caso più noto e interessante si ha con
dove
w = P(z) = n
akz k
k=0
(206)
ak, z ∈ Z; n ∈ N0, an = 0 (207)
Abbiamo introdotto un polinomio di grado n nel campo complesso ( i complessi
ak sono detti coefficienti del polinomio)
A volte è comodo indicare direttamente il grado di P (z)
Pn(z) = n
akz k
k=0
(208)
Il polinomio più semplice è ovviamente la costante (grado zero), segue il
polinomio lineare (grado uno), detto anche ’trasformazione lineare’.
L’estensione naturale successiva sono le funzioni algebriche razionali o semplicemente
funzioni razionali (o anche trasformazioni razionali):
w =
P (z)
Q(z)
32
(209)

ove P (z) e Q(z) sono polinomi complessi (non necessariamente dello stesso
grado!).
La funzione razionale più semplice (non banale) è la frazione tra due polinomi
lineari
w = a0 + a1z
b0 + b1z
(210)
detta anche trasformazione bilineare o trasformazione di Moebius (ci ritorneremo...).
Ma ritorniamo ai polinomi, per considerare
cioè
Pn(z) = 0 (211)
a0 + a1z + a2z 2 + ... + an−1z n−1 + anz n = 0 (212)
Tutti vi riconosceranno una equazione algebrica di grado n. I valori di z
per cui l’uguaglianza vale sono detti radici dell’equazione o zeri del polinomio
Pn(z).
Remark 35 dato che an = 0 (vedi 207) si potrebbe scrivere la 212 come
con
b0 + b1z + b2z 2 + ... + bn−1z n−1 + z n = 0 (213)
Il polinomio Pn(z) con an = 1 è detto monico
bk = ak
, k = 0, 1, 2, ..., n (214)
an
Dimostreremo in seguito che un’equazione algebrica di grado n in campo
complesso ha n radici complesse (alcune possono essere coincidenti). Equivalentemente
Pn(z) ha n zeri complessi (eventualmente alcuni coincidenti). Se
chiamiamo zs (s = 1, 2, ..., n) tali zeri è evidente (?) che il polinomio Pn(z) può
essere scritto nella cosiddetta forma fattoriale
n
Pn(z) = an (z − zs) (215)
cioè
s=1
a0 + a1z + a2z 2 + ... + an−1z n−1 + anz n = an (z − z1) (z − z2) ... (z − zn) (216)
Exercise 36 giustificare!
La relazione 216 induce relazioni interessanti e in generale non lineari tra i
coefficienti del polinomio e i suoi zeri (le scriveremo e useremo in alcune applicazioni).
Per ora :
Exercise 37 trovare l’espressione dei coefficienti di un polinomio di secondo
grado in termini dei suoi zeri (dovrebbe essere già ben nota!)
33

Exercise 38 trovare l’espressione dei coefficienti di un polinomio di terzo grado
in termini dei suoi zeri
Le radici di un’equazione algebrica sono numeri in generale complessi... se
i coefficienti dell’equazione sono numeri interi (ak ∈ Z; k = 0, 1, ..., n; an = 0)
allora tali radici cioè tali numeri sono detti numeri algebrici, se viceversa un
numero NON è radice (soluzione) di nessuna equazione algebrica a coefficienti
interi allora tale numero è detto trascendente.
Remark 39 capirete subito che è molto difficile provare la trascendenza di un
numero, tanto è vero che benchè sia stata provata sia per π sia per e, tuttavia
non è ancora provata (a quanto mi risulta...) ad esempio per eπ !
Exercise 40 provare l’algebricità di z = i+√ 3
i−1
svolgimento:
in forma cartesiana
quadriamo
z = (−1 − i) i + √ 3
4z 2 =
2
= −
√ 3 − 1
2
− i
√ 3 + 1
2
(217)
√ 2 √ 2 3 − 1 − 3 + 1 + i2 (3 − 1) (218)
4z 2 = −4 √ 3 + 4i (219)
z 2
= i − √
3
(220)
ma da z = i+√ 3
i−1 √ 3 = −z + iz − i (221)
quindi
QED
z 2 − z = −i(z − 2) (222)
z 4 − 2z 3 + 2z 2 − 4z + 4 = 0 (223)
Exercise 41 trovare dei valori del parametro t che rendono i seguenti numeri
algebrici:
1. √ 2t − i √ 3
2.
3√ 3e itπ
svolgimento:
34

1. proviamo il quadrato di z = √ 2t − i √ 3
z 2 √ √ 2 = 2t − i 3 = 2t 2 − 3 − 2it √ 6 (224)
vediamo subito una (banale) soluzione: infatti per t = 0
z 2 + 3 = 0 (225)
i coefficienti sono interi e quindi z = −i √ 3 è algebrico. Una seconda soluzione
semplice si indovina facilmente... t = i m dà
cioè
ora quadrando per eliminare la radice:
z 2 = −2m 2 − 3 + 2m √ 6 (226)
z 2 + 3 + 2m 2 = 2m √ 6 (227)
z 4 + 2 3 + 2m 2 z 2 + 3 + 2m 2 2 = 24m 2
OK per qualsiasi m 2 ∈ Q
ovviamente ci sono infinite altre soluzioni...
(228)
Exercise 42 mostrare che z è soluzione di 212 con tutti i coefficienti reali,
allora anche z è soluzione
cioè
svolgimento:
Supponiamo per assurdo che z non sia soluzione
a0 + a1z + a2z 2 + ... + an−1z n−1 + anz n = b; b = 0, b ∈ C (229)
ora coniughiamo (tenendo conto che i coefficienti sono reali):
a0 + a1z + a2z 2 + ... + an−1z n−1 + anz n = b (230)
a0 + a1z + a2z 2 + ... + an−1z n−1 + anz n = b (231)
ma per ipotesi z è soluzione,quindi
cioè
e quindi
a0 + a1z + a2z 2 + ... + an−1z n−1 + anz n = 0 = b (232)
b = 0 (233)
b = 0 (234)
QED
Quindi, a parole, gli zeri di un polinomio reale (cioè a coefficienti reali) sono
complessi coniugati.
––––-35
35

• Serie di potenze
L’estensione naturale di una combinazione lineare finita di potenze è ovviamente
una serie di potenze, cioè la 205 con n = ∞ e/o m = −∞. Per ora ci
occuperemo solo del caso m = 0, n = ∞
S(z) = ∞
akz k ; ak, z ∈ C (235)
k=0
Abbiamo già usato formalmente una serie per giustificare la formula di Eulero.
Però affinchè la 235 definisca davvero una funzione dobbiamo accertarci
che la serie converga.
Claim 43 Questo può essere fatto semplicemente ’traducendo’ in campo
complesso concetti e teoremi noti in campo reale.
Per esempio, nel caso in questione, definisco la successione complessa delle
somme parziali
e per definizione
Sn(z) = n
akz k ; ak, z ∈ C, n = 0, 1, 2, ... (236)
k=0
S(z) = lim
n→∞ Sn(z) (237)
se tale limite esiste! se esiste, la serie è convergente altrimenti è detta divergente.
Si può dimostrare che , come nel caso reale, condizione necessaria per la
convergenza è
lim
n→∞ (anz n ) = 0 (238)
Proof. Infatti, se la serie converge e dato che ovviamente
abbiamo
cioè
Sn(z) = Sn−1(z) + anz n
lim
n→∞ Sn(z) = lim
n→∞ (Sn−1(z) + anz n ) = lim
n→∞ Sn−1(z)
n
+ lim anz
n→∞
e quindi
n
S(z) = S(z) + lim anz
n→∞
(239)
(240)
(241)
lim
n→∞ (anz n ) = 0 (242)
QED
Tuttavia, sempre come nel caso reale, la 238 NON è sufficiente (per la convergenza).
36

Il matematico avrebbe già obiettato che abbiamo usato i limiti (e anche
alcuni teoremi sui limiti) senza averli ancora definiti in campo complesso. Per
avvalorare quanto già premesso nel precedente claim, "traduciamo" i limiti dal
reale...
Limiti di successioni complesse:
Sia data la successione infinita complessa
{wn} = w0, w1, w2, ... (243)
Se esiste un numero complesso L tale che dato un qualsiasi reale positivo ε si
possa trovare un numero intero positivo N(ε) in modo che per n > N(ε) sia
|wn − L| < ε allora la successione ha limite (converge) e il limite è L
lim
n→∞ wn = L (244)
Exercise 44 dimostrare che se il limite esiste è unico, che il limite della somma
(prodotto) è la somma (prodotto) dei limiti
Nel linguaggio comune si dice che wn al crescere di n tende a (si avvicina
sempre più a) L; in effetti spesso, come regola empirica, si vede "a occhio"
dove va a "parare" wn , cioè si indovina L, e solo successivamente, se bisogna,
si dimostra che L è il limite.
Exercise 45 dove va a parare wn = in
n ?
"Traduciamo" ora anche la definizione di limite per una funzione complessa,
ma lasceremo allo studente le "traduzioni" del concetto di continuità e continuità
uniforme.
LIMITE di una funzione complessa
Sia z0 un punto nel piano complesso e sia w = f (z) una funzione (ad un
solo valore!) definita in un intorno di
z0 (ma non necessariamente in z0). Allora diremo che il numero complesso
L è il limite della funzione per z che tende a z0
lim f (z) = L (245)
z→z0
se per ogni reale positivo ε è possibile trovare un reale positivo δ (ε) tale che
0 < |z − z0| < δ (ε) =⇒ |f (z) − L| < ε (246)
Cioè, intuitivamente, se il punto nel dominio z è "abbastanza" vicino a
z0 (entro il cerchio di raggio δ (ε) con centro in z0) allora il punto nel codominio
w = f (z) è vicino quanto si vuole al punto L (entro il cerchio di raggio ε con
centro in L e ε può essere scelto piccolo a piacere)
37

Exercise 46 dimostrare che se il limite esiste è unico, che il limite della somma
(prodotto) è la somma (prodotto) dei limiti
Exercise 47 estendere al piano complesso le nozioni di continuità e continuità
uniforme
Exercise 48 se una funzione w = f (z) è continua in un dominio, allora sono
ivi continue anche la sua parte reale ed immaginaria
Exercise 49 se una funzione è continua in una regione chiusa, allora è limitata
Exercise 50 se una funzione è continua in una regione chiusa, allora è ivi
uniformemente continua
–––––––––—
Ora che abbiamo introdotto le serie in campo complesso potremmo, in linea
di principio, estendere al campo complesso tutte le funzioni (e tutte le nozioni)
basate sullo sviluppo in serie nel campo reale (approccio di Weierstrass). Introdurremo
così alcune funzioni elementari.
• esponenziale complesso
ma anche
w = e z = ∞
k=0
zk ; z ∈ C (247)
k!
w = e z = e x+iy = e x e iy ; x, y ∈ R (248)
quindi in forma polare e z è il complesso che ha per modulo l’esponenziale della
parte reale di z e per argomento la parte immaginaria di z.
Exercise 51 dimostrare che
e z1 e z2 = e (z1+z2)
(249)
Attenzione! contrariamente al caso reale l’esponenziale complesso è una
funzione periodica di periodo 2πi :
Proof.
e z+2kπi = e z e i2kπ = e z (cos (2kπ) + i sin (2kπ)) = e z ; k ∈ Z (250)
Exercise 52 trovare tutti gli zeri di
1. e 2z = 1
2. e 2z = i
38

3. e z = 0
svolgimento:
2) constatiamo che
π
π
π
i = cos + 2kπ + i sin + 2kπ = e
i( 2
2 2 +2kπ) ; k = 0, ±1, ±2, ... (251)
quindi
e 2z π
= e
i( 2 +2kπ) (252)
e dunque
π
z = i + kπ ; k = 0, ±1, ±2, ...
4
(253)
3) ovviamente impossibile se |z| < ∞
• funzioni trigonometriche complesse
Exercise 53 Notiamo dapprima che la formula di Eulero permette di scrivere
le funzioni trigonometriche reali in (apparenti) termini complessi. Infatti
implicano
e quindi anche
e iφ = r (cos (φ) + i sin (φ)) (254)
e −iφ = r (cos (φ) − i sin (φ)) (255)
tan (φ) =
cos (φ) = eiφ + e −iφ
2
sin (φ) = eiφ − e −iφ
2i
sin (φ)
cos (φ) = −ieiφ − e−iφ eiφ + e−iφ (256)
(257)
(258)
Exercise 54 provare che le funzioni così scritte sono in realta reali (hint: usare
la 186)
Allora è naturale passare alle trigonometriche complesse ponendo
tan (z) =
cos (z) = eiz + e −iz
2
sin (z) = eiz − e −iz
2i
sin (z)
cos (z) = −ieiz − e−iz eiz + e−iz Ovviamente, come per l’esponenziale, si poteva partire dalle serie..
39
(259)
(260)
(261)

Exercise 55 trovare l’espansione in serie di potenze delle funzioni trigonometriche
complesse
Le funzioni trigonometriche in campo complesso godono di molte proprietà
analoghe a quelle da esse godute in campo reale
Exercise 56 mostrare che
1. e iz = cos (z) + i sin (z)
2. sin(z1 + z2) = sin(z1) cos(z2) + sin(z2) cos(z1)
3. cos(z1 + z2) = cos(z1) cos(z2) − sin(z2) sin(z1)
4. sin e tan sono dispari, cos è pari
5. sin 2 (z) + cos 2 (z) = 1
6. sin 2 ( z 1−cos(z)
2 ) = 2
7. cos2 ( z 1+cos(z)
2 ) = 2
8. sin (z) = sin(z) (e analoghe)
9. gli zeri di sin(z) e cos(z) sono tutti reali
10. sin(z) = sin(x + iy) = sin(x) cosh(y) + i cos(x) sinh(y)
cioè
svolgimento:
9) facciamolo per sin(z) = eiz−e −iz
2i .Quindi gli zeri sono soluzione di
o anche
Quindi
e iz − e −iz
2i
e iz = e −iz
= 0 (262)
(263)
e 2iz = 1 = cos (2kπ) + i sin (2kπ) = e i2kπ ; k = 0, ±1, ±2, ... (264)
z = kπ; k = 0, ±1, ±2, ... (265)
facciamolo per cos(z) = eiz +e −iz
2i .Quindi gli zeri sono soluzione di
e iz + e −iz
2
= 0 (266)
e 2iz = −1 = e i(2k+1)π ; k = 0, ±1, ±2, ... (267)
2z = (2k + 1) π; k = 0, ±1, ±2, ... (268)
z = π
+ kπ; k = 0, ±1, ±2, ...
2
(269)
40

• funzioni iperboliche complesse
Si possono introdurre e come estensioni al complesso delle serie che le rappresentano
o meramente delle loro definizioni:
cosh (z) = ez + e −z
tanh (z) =
2
sinh (z) = ez − e −z
2
sin (z)
cos (z) = ez − e−z ez + e−z (270)
(271)
(272)
Exercise 57 trovare l’espansione in serie di potenze delle funzioni iperboliche
complesse
Exercise 58 mostrare che
1. sinh(z1 + z2) = sinh(z1) cosh(z2) + sinh(z2) cosh(z1)
2. cosh(z1 + z2) = cosh(z1) cosh(z2) + sinh(z2) sinh(z1)
3. sinh e tanh sono dispari, cosh è pari
4. cosh 2 (z) − sinh 2 (z) = 1
Nota bene! le funzioni trigonometriche e iperboliche nel complesso sono
strettamente legate!
infatti:
Exercise 59 mostrare che
F(iz) = i P Fh(z) (273)
Fh(iz) = i P F (z) (274)
ove F sta per sin . cos, tan e P esprime la ’parità’ della funzione:P = 0 =
funzione pari ; P = 1 = funzione dispari ;
svolgimento:
limitiamoci a
sin(iz) = i sinh(z) (275)
dalle definizioni:
QED
–––––––––
sin(iz) = ei(iz) − e −i(iz)
2i
41
−z z e − e
= −i
2
(276)

3.1 Funzioni inverse
Dalle 197,198 si può capire che una funzione complessa può essere in astratto
considerata come un operatore che agisce su un certo insieme di numeri complessi
( o su tutti) e dà come risultato un numero complesso.
w = ˘ f z; z ∈ Df ⊆ C; w ∈ ˜Df ⊆ C (277)
Remark 60 si vede già che considerare l’isieme delle funzioni/operatori è veramente
"ingenuo" , se non altro per la questione dei ’domini’ che possono essere
diversi da funzione a funzione, ma per ora sorvoliamo
allora
Esiste una legge di composizione ("prodotto" tra gli operatori)?
In generale sì, è la funzione di funzione. Cioè se
u = ˘ fz; w = ˘gu (278)
˘h = ˘ f ˘g ↔ w = g (f (z)) ↔ z f → u g → w ↔ z h → w (279)
ATTENZIONE! La notazione sembra evidente, ma il lettore dovrebbe considerare
già attentamente la questione dei domini...
In pratica se a.e. ˘ f = sin e ˘g = cos abbiamo ˘ h = ˘ f ˘g = sin cos, cioè
h(z) = sin(cos(z) (280)
NOTA BENE: gli operatori NON commutano (in generale)
In effetti
˘f ˘g = ˘g ˘ f (281)
sin(cos( π
)) = .6496369389... = .7602445972 = cos(sin(π )) (282)
4 4
Certamente per questo insieme di operatori (le funzioni complesse) esiste
l’operatore ’pigro’
Ĭz = z; z ∈ Z; (283)
che è rappresentato, per esempio, dalla potenza con esponente 1 : cioè dalla
funzione
w = z (284)
Allora poniamoci il problema dell’inverso... in generale per l’operatore inverso
( ˘ f −1 ) deve valere, come abbiamo già detto:
˘f −1 ˘ f = ˘ f ˘ f −1 = Ĭ (285)
42

Remark 61 In alcune strutture algebriche si richiede solo l’inverso sinistro
o l’inverso destro
˘f −1 ˘ f = Ĭ (286)
˘f ˘ f −1 = Ĭ (287)
Nella notazione non operatoriale quindi data una funzione f dovremmo
trovare una funzione g tale che
g(f(z)) = z (288)
g a rigori sarebbe solo l’inverso sinistro , dovrebbe possibilmente anche valere
f(g(z)) = z (289)
Veniamo al concreto e vediamo se le funzioni (elementari) introdotte ammettono
inverso.
3.1.1 Radice ennesima di un complesso
Iniziamo dalla potenza:
u = f(z) = z n ; n ∈ Z; u, z ∈ C (290)
Le nostre cognizioni sulle proprietà delle potenze (che conosciamo dal campo
reale e vorremmo mantenere nel campo complesso) ci suggeriscono:
w = g(u) = f −1 (u) = u 1
n = (z n ) 1
1
n n
= z n = z 1 = z (291)
nella usuale notazione quindi
f −1 (u) = u 1
n = n√ u; n ∈ Z; u ∈ C (292)
cioè, per ora formalmente, la funzione inversa della potenza ennesima è la
radice ennesima...
Exercise 62 mostrare che formalmente questo ˘ f −1 è anche l’inverso destro
Exercise 63 mmm... che succede per n = 0 ?
Ma vediamo più da vicino che cosa è la radice ennesima di un complesso:
anzi partiamo dalla radice ennesima di un reale... anzi ancora più specificamente
cerchiamo la radice ennesima di uno. In altri termini vogliamo le soluzioni
dell’equazione algebrica
z n = 1 (293)
o, ancora in altri termini, gli zeri del polinomio monico
Pn(z) = z n − 1 (294)
43

Sappiamo che ad esempio per n = 2 la 293 ha soluzione già nel campo reale.
Purtroppo la soluzione non è unica, gli zeri di z 2 − 1 sono ±1. D’altra parte
abbiamo anticipato che in campo complesso gli zeri di un polinomio di grado n
sono proprio n (nel campo complesso! e con eventuali sovrapposizioni).Quindi
ci aspettiamo che la funzione n√ z non sia più una funzione monodroma, cioè ad
un solo valore, bensì sia una funzione polidroma, cioè a più valori (nello specifico
a n valori).
Tuttavia prima "indoviniamo" le n soluzioni complesse della 293, cioè le n
radici ennesime dell’unità:
Che ogni zk sia soluzione è evidente
(zk) n =
k i
zk = e n 2π ; k = 0, 1, 2, ..., n − 1 (295)
k i
e n 2π n
= e ik2π = cos (2kπ) + i sin (2kπ) = 1 (296)
Pure evidente che siano punti diversi nel piano complesso:
|zk| = 1; 0 ≤ arg(zk) = k
2π < 2π (297)
n
Cioè sono tutti numeri di modulo uno (sono punti sul cerchio unitario) ma
di argomenti diversi (entro l’intervallo principale). Anzi:
φ k+1 − φ k = arg (zk+1) − arg (zk) =
k + 1
n
k 2π
2π − 2π =
n n
(298)
Quindi tutti questi punti sono equispaziati angolarmente sul cerchio unitario
(unendoli si otterrebe un ennagono regolare iscritto nel cerchio: graficare!)
Exercise 64 graficare le 5 radici quinte dell’unità
e
In genere si indica con ω la radice ’fondamentale’ z1
Ovviamente
1 i
ω = e n 2π
Exercise 65 calcolare ω 3 + ω per n = 5
(299)
zk = ω k ; k = 0, 1, 2, ..., n − 1 (300)
ω n = 1 (301)
Exercise 66 mostrare che 1 + ω + ω 2 + ω 3 = 0 per n = 4
Problem 67 trovare una dimostrazione rapida ed elegante per il seguente claim
n−1
k=0
k i
e n 2π = 0 (302)
44

Quanto abbiamo finora detto possiamo parafrasarlo nel caso generale della
radice ennesima di un numero complesso. Sarà dunque una funzione a n valori
, tali valori sono le soluzioni (radici) dell’equazione algebrica
z n = α; z, α ∈ C, n ∈ Z (303)
Dovrebbe essere anche evidente la "sorgente" della polidromia.
Se infatti in forma polare
α = ρe iθ+i2kπ
(304)
al valore di α contribuisce solo la parte principale del suo argomento (cioè θ),
ma se prendiamo la radice ennesima abbiamo
n√ α = n √ ρ n√ e iθ+i2kπ = n√ ρ e iθ+i2kπ 1
n = n √ ρe iθ+i2kπ
n (305)
e quindi l’argomento di n√ α è
arg n √ α =
iθ + i2kπ
n
+ i2sπ; k, s ∈ Z (306)
Perciò accade che angoli superiori all’angolo giro (che non contribuivano
all’argomento principale di α) ora contribuiscono all’argomento principale della
sua radice ennesima. In soldoni: considerando α un argomento di 420 ◦ (fuori
dall’intervallo principale (0 ◦ , 360 ◦ ) è equivalente a 420 ◦ − 360 ◦ = 60 ◦ (valore
riportato nell’intervallo principale). In altre parole il punto complesso con argomento
φ 1 = 420 ◦ = 60 ◦ + (1)360 ◦ coincide con il punto nel piano complesso con
argomento φ 0 = 60 ◦ = 60 ◦ + (0)360 ◦ (ovviamente girando intorno all’origine di
un angolo giro ritorno al punto di partenza...). Tuttavia per la radice quadrata
l’argomento diventa
o
φ 0
2
= 60◦
2
= 30◦
(307)
oppure
φ1 420◦
= = 210◦
(308)
2 2
che è anch’esso nel’intervallo principale e quindi definisce un numero complesso
diverso dal precedente.
Notare che, se facessimo un’ulteriore giro completo intorno all’origine, per α
si avrebbe ovviamente ancora lo stesso punto nel piano complesso di argomento
φ 2 = 780 ◦ = 60 ◦ + (2)360 ◦
e per la radice quadrata 2√ α si avrebbe come argomento
φ 2
2
= 780◦
2 = 390◦ = 30 ◦ + (1)360 ◦
45
(309)
(310)

cioè saremmo tornati "sopra" lo stesso punto della prima determinazione della
radice
φ2 2 = φ0 mod 360◦
(311)
2
Quindi le cose stanno come se, per tornare allo stesso punto, si dovesse girare
DUE volte intorno all’origine... (se parlassimo di radice ennesima ovviamente
-mutatis mutandis- si dovrebbe girare n volte). Ed è altresì chiaro che si possono
avere solo (ma tutti!) n valori equispaziati angolarmente per la radice ennesima
di un numero complesso e tali valori giacciono sul cerchio con centro nell’origine
e raggio pari alla radice ennesima del modulo del numero complesso stesso (vedi
305).
Remark 68 nonostante il "caveat" precedentemente espresso, ho preferito le
misure degli angoli in gradi anzichè in radianti, dappoichè so per esperienza
che in genere le persone (anche gli studenti, anche molti fisici...) visualizzano
meglio in gradi che in radianti.
Exercise 69 graficare quanto detto
Riassumiamo: la radice ennesima di un complesso
è una funzione polidroma e assume n valori
w = z 1
n = n√ z (312)
wk = n√ re iφ+i2kπ
n ; k = 0, 1, 2, ..., n − 1 (313)
dove come al solito r è il modulo di z e φ è il suo argomento principale.
Tali valori sono evidentemente tutti sul cerchio con centro nell’origine e raggio
r 1
n e sono angolarmente equispaziati con un angolo
ϕ =
iφ + i2 (k + 1) π
n
−
iφ + i2kπ
n
= i2π
n
Essi sono quindi i vertici di un poligono regolare di n lati iscritto nel cerchio
Exercise 70 graficare per vari valori di n
(314)
Si può dire, per comprendere, che un determinato valore nel codominio
della funzione viene raggiunto a seconda di quanti giri abbiamo fatto intorno
all’origine nel dominio della funzione per individuare il punto z : se abbiamo
fatto 2 giri otteniamo w2 , se abbiamo fatto k giri otteniamo wk, facendo attenzione
che se aggiungiamo altri n giri ritorniamo ad avere wk. Detto in termini
leggermente diversi:
se considerassimo solo l’argomento principale di z
0 ≤ φ < 2π (315)
46

la radice ennesima sarebbe ad un solo valore e questo valore sarebbe w0 : si
dice allora che siamo nel ramo principale della funzione polidroma; viceversa se
prendiamo l’argomento di z in un altro intervallo
k2π ≤ φ < k2π + 2π; k = 1, 2, ...n − 1 (316)
allora abbiamo ancora una funzione monodroma ma il suo valore è wk : siamo
nel ramo k − simo della funzione polidroma. Si potrebbe dire che la funzione
a n − valori è la "collezione" di n funzioni monodrome (i rami della funzione
polidroma). Ovviamente se
k2π + n2π ≤ φ < k2π + 2π + n2π; k = 0, 1, 2, ...n − 1 (317)
siamo ancora nel ramo k − simo della funzione.
Exercise 71 Illustrate graficamente per n = 3
Se ci ponessimo l’obiettivo di rendere monodroma la funzione polidroma
avremmo essenzialmente due strade.
Potremmo per esempio alzare metaforicamente delle mura per tenere fuori
la polidromia, erigere impenetrabili barriere... fuor di metafora:
1. si sceglie nel dominio l’intervallo in cui considerare gli argomenti tra gli n
possibili ’fondamentali’:
k2π ≤ φ < k2π + 2π; k = 0, 1, 2, ...n − 1 (318)
2. si deve ora impedire di completare un giro intorno all’origine. Allora si
sbarra il semiasse reale positivo (nella figura lo sbarramento è rappresentato
dallo spessore diverso...): ogni tentativo di rotazione completa intorno
all’origine si infrange sulla barriera. In altri termini si assume che il semiasse
reale positivo sia invalicabile.
Ovviamente abbiamo selezionato il ramo k − simo della funzione e abbiamo
con legge tirannica vietato il passaggio ad altri rami.
Remark 72 pignoleggiando: si dovrebbe consentire il passaggio a chi assicura
che farà un multiplo di n giri...vedi 317
Notare che un giro completo nel dominio che non includa l’origine non
porterebbe ad un nuovo valore della radice (dato che non farebbe uscire l’argomento
di z dall’intervallo selezionato). Esprimiamo ciò dicendo che l’origine è un punto
di diramazione e chiameremo retta di diramazione la barriera che poniamo per
impedire il passaggio da un ramo all’altro (nel nostro caso è in realtà una
semiretta).
47

O
φ
Figure 4:
Remark 73 ovviamente si poteva scegliere un qualsiasi determinazione diversa
per gli intervalli angolari, per esempio si poteva porre l’intervallo principale in
(−π, +π) e allora il tutto, parafrasando, cambierebbe di conseguenza
Remark 74 per esattezza l’origine non è l’unico punto di diramazione... infatti
qualsiasi curva chiusa che circonda l’origine circonda nel piano complesso
espanso anche il punto all’infinito (vedi la sfera di Riemann). Quindi si vede
che la barriera, che abbiamo chiamato (alquanto impropriamente) retta di diramazione,
in realtà può essere una qualsiasi linea continua che collega i punti di
diramazione (nel nostro caso l’origine e l’infinito)
NOTA BENE: se considero la radice ennesima di z − z0
z
w = (z − z0) 1 n (319)
tutto va (mutatis mutandis) allo stesso modo ( la modifica delle formule allo
studente!). Basti pensare che ho effettuato una semplice traslazione nel piano
complesso (dominio della funzione). In pratica è come se avessi messo l’origine
in z0. Quindi z0 sarà il nuovo punto di diramazione (al finito: resta il punto
all’infinito), una linea continua da z0 a z = ∞ sarà la nuova barriera, etc.
• Discontinuità sulla retta di diramazione
48

Dovrebbe essere chiaro che l’erezione di una barriera porta a una discontinuità
della funzione sulla stessa cioè il valore della funzione in punto arbitrariamente
vicino alla barriera da un certo lato non è lo stesso valore assunto dalla
funzione in punto arbitrariamente vicino ma dal lato opposto. Esemplifichiamo
con la radice quadrata avendo eretto la barriera lungo il semiasse reale positivo;
allora nelle vicinanze della barriera ma sopra abbiamo
mentre sotto
La discontinuità è data da
• superfici di Riemann
z+ = 2√ z = 2√ ε i
ρe 2 (320)
z− = 2√ z = 2√ 2π−ε
i
ρe 2 (321)
lim
ε−→0 (z+ − z−) = 2 2√ ρ (322)
Veniamo al secondo preannunciato modo per rendere monodroma la funzione
polidroma.
In astratto la funzione polidroma è una funzione che fa corrispondere ad un
punto del dominio più punti del codominio (cioè non è più una corrispondenza
biunivoca e nemmeno una corrispondenza molti a uno ma è una corrispondenza
uno a molti)
Remark 75 ovviamente ogni volta che una funzione rappresenta una corrispondenza
non biunivoca siamo nei guai (polidromia)... se evitiamo i guai per la
funzione stessa, li avremo per l’inversa.
Abbiamo già individuato la "sorgente" del problema che ora riesprimiamo
in altri termini.
La fonte dei guai, parlando liberamente, è che già la corrispondenza tra
coordinate cartesiane e coordinate polari non è biunivoca! (ma in fondo è anche
una ricchezza del ’piano complesso’).
Infatti date le coordinate polari (r, φ) troviamo una sola coppia di cartesiane
(x, y)
x = r cos(φ) (323)
y = r sin(φ) (324)
Ma non è vero il viceversa: date le coordinate cartesiane il modulo è univocamente
determinato mentre l’argomento è determinato a meno di multipli
dell’angolo giro (per questo siamo stati costretti a scegliere un argomento principale).
Cioé l’applicazione (x, y) → (r, φ) è polidroma anzi è a infiniti valori (in φ).
Graficamente : un punto (numero complesso) nel piano complesso (x, y)
corrisponde ad infiniti punti nel semipiano r > 0 del piano (r, φ) .
49

y
O
r
φ
x
z
Figure 5:
Possiamo visualizzare in un altro modo: pensate al piano (x, y) come ad un
foglio di carta su cui è segnato il riferimento cartesiano e il punto z . Ora, in
termini di (r, φ) , avete individuato solo la determinazione principale (il foglio
rappresenta il punto z con il suo argomento principale a.e: 0 ≤ φ < 2π) .
Ma esistono gli altri angoli che danno lo stesso punto... quindi pensiamo che
sopra il foglio sia attaccato un secondo foglio in cui gli angoli sono nell’intervallo
0 + 2π ≤ φ < 2π + 2π, mentre sotto è attaccato un altro foglio in cui 0 − 2π ≤
φ < 2π − 2π, e così via.
Remark 76 i fogli sono ideali e quindi di spessore zero!
Abbiamo così infiniti fogli sia sopra che sotto il foglio principale e gli angoli
differiscono di 2π al passaggio da un foglio al successivo (o al precedente), ma il
punto z è sempre sovrapposto a se stesso e quindi (finora) è (stato) identificato
come un solo punto nel piano complesso. Ma niente ci impedisce di pensare
ai punti sui fogli sovrapposti come a punti diversi: così per ogni z nel foglio
principale avremmo infinite repliche negli altri fogli
z = (x, y) ↔ {zk = (r, φ k)} ; k ∈ Z; φ k = φ + k2π (325)
Ora una funzione polidroma w = f(z) può essere pensata come funzione monodroma
cioè come una corrispondenza biunivoca tra i punti di un certo numero
di fogli del ’dominio’ - cioè, liberamente parlando, di z (n fogli nel caso della
radice ennesima, vedi 316) - e il foglio principale del codominio, cioè di w.
50
φ
r
2π
P

Foglio principale:
0=

Foglio superiore:
2π =

Remark 77 chiaramente le superfici di Riemann non assomigliano più ad un
piano... anzi in generale non sono neanche più ’topologicamente equivalenti’
alla sfera di Riemann (il piano complesso espanso, tuttavia lo sono per z 1
n ...):
ma non ci occuperemo (né ci preoccuperemo) di ciò. Notare comunque che i
vari fogli riuniti nella Riemanniana sono connessi nell’origine e all’infinito (i
punti di diramazione nell’esempio).
Exercise 78 trovare tutti i valori di (3 − 2i) 1
5
Exercise 79 trovare le radici cubiche di (z − i), trovare i punti di diramazione,
discutere la polidromia e la riemanniana.
Svolgimento: Il modo più veloce e semplice consiste nell’effettuare un
cambiamento di variabile
z = ζ + i (326)
allora dobbiamo calcolare semplicemente le radici cubiche di ζ e sappiamo già
che
ζ 1 3 = 3√ ρe iϕ+ik2π
3 (327)
ove ρ e ϕ sono ovviamente il modulo e l’argomento principale di ζ che sono
facilmente esprimibili analiticamente e/o geometricamente in termini delle coordinate
cartesiani o polari di z. Lo studente consideri che abbiamo semplicemete
spostato l’origine nel punto z = i. la discussione della polidromia e della diramazione
e della riemannina sono già state fatte per il piano ζ, basta ritradurle
nel piano z originale. Sarebbe opportuno fare un grafico.
Exercise 80 trovare le radici quadrate di z 2 − 1 , trovare i punti di diramazione,
discutere la polidromia e la riemanniana.
Svolgimento:
abbiamo
w = 2 z 2 − 1 = (z − 1) 1
2 (z + 1) 1
2 (328)
Ora ambedue le funzioni (z − 1) 1
2 e (z + 1) 1
2 sono polidrome hanno punti di
diramazione rispettivamente in 1 e −1 ed entrambe sono a due valori (hanno
due rami). Se esprimiamo le basi (z − 1) e (z + 1) in forma polare (vedi figura)
z + 1 = r−e iϕ − +ik2π
z − 1 = r+e iϕ + +ik2π
abbiamo ovviamente due valori per ambedue le radici. Per
(329)
(330)
w− = √ z + 1 (331)
(w−) 0 = √ r−e iϕ −
2 (332)
(w−) 1 = √ r−e iϕ −
2 +iπ
53
(333)

-1
φ−
O
r-
Figure 8:
54
z
r+
φ+
+1

e analogamente per
w+ = √ z − 1 (334)
(w+) 0 = √ r+e iϕ +
2 (335)
(w+) 1 = √ r+e iϕ +
2 +iπ
Potrebbe sembrare che ci siano allora 4 valori diversi per
Ma
(336)
w = 2 z 2 − 1 = (z − 1) 1
2 (z + 1) 1
2 (337)
w1 = (w−) 0 (w+) 0 = √ r−r+e iϕ −
2 + iϕ +
2 (338)
w2 = (w−) 0 (w+) 1 = √ r−r+e iϕ −
2 + iϕ +
2 +iπ
w3 = (w−) 1 (w+) 0 = √ r−r+e iϕ −
2 + iϕ +
2 +iπ
w4 = (w−) 1 (w+) 1 = √ r−r+e iϕ −
2 + iϕ +
2 +i2π
Quindi ci sono solo due valori distinti
(339)
(340)
(341)
w1 = w4 = √ r−r+e i(ϕ − +ϕ +)
2 (342)
w2 = w3 = √ r−r+e i(ϕ− +ϕ +)
2 +iπ
(343)
ed è chiaro che passo dall’uno all’altro girando intorno o a z = 1 o a z = −1:
ma sefaccio un giro completo intorno a tutte e due questi punti (di diramazione)
non cambia il valore della funzione. Quindi devo tagliare il piano complesso in
modo da evitare di girare intorno ad un singolo punto. Questo può essere fatto
in due modi (vedi figura)
Si lascia allo studente il compito di immaginare la riemanniana.
3.1.2 Logaritmo naturale nel piano complesso
In analogia al caso reale è naturale definire il logaritmo nel campo complesso
come la funzione inversa della funzione esponenziale (vedi 247 e seguenti).
Quindi
w = ln(z) (344)
è una corrispondenza tra il piano complesso z e il piano w tale che
O ancora
Allora:
z = e w
(345)
e ln(z) = z = ln (e z ) (346)
55

dove
-1 +1
-1
+1
Figure 9:
w = ln(z) = ln re iφ+ik2π = ln (r) + iφ + ik2π (347)
ln (r) = ln (|z|) (348)
è il solito logaritmo reale (essendo r reale). E’ immediatamente visibile che non
solo il logaritmo naturale complesso 347 è una funzione polidroma ma è per di
più una funzione a infiniti valori. Definiamo come ramo principale:
• esponenziali e logaritmi non naturali
w = ln(z) = ln (r) + iφ (349)
Ovviamente definito il logaritmo naturale possiamo anche definire il logaritmo
per una base qualsiasi purchè reale e positiva (e diversa da 1) cosi come
possiamo ora definire l’esponenziale in una base qualsiasi (reale positiva):
QED
Giustifichiamo la 350:
a z z ln(a)
= e
w = log a(z) = ln(z)
ln(a)
a z = e z ln(a) =
e ln(a) z
= (a) z
56
(350)
(351)
(352)

QED
Giustifichiamo la 351:
loga(z) = ln(z)
=⇒
ln(a)
(353)
ln(z) = loga(z) ln(a) =⇒ (354)
z = e ln(z) = e log a (z) ln(a) =
• potenza con esponente complesso
e ln(a log a (z)
= a log a (z)
(355)
w = z γ ; z, γ ∈ C (356)
Vediamo... se vale la formula sopra facendo il logaritmo di entrambi i membri
dell’uguaglianza:
ln(w) = ln (z γ ) = γ ln(z) (357)
e quindi
Per estensione
γ ln(z)
w = e
w = (f (z)) g(z) g(z) ln(f(z))
= e
(358)
(359)
Exercise 81 mostrare che se z è sul cerchio unitario allora z i è una funzione
polidroma a infiniti valori ma tutti questi valori sono reali. Trovare il valore
principale. Calcolare il valor principale di w = i i .
Svolgimento:
Dalla 358 e dalla 347 abbiamo
Ma sul cerchio unitario
e quindi
infiniti valori reali. Il valor principale è
z i = e i ln(z) = e i(ln(r)+iφ+ik2π)
(360)
r = 1 → ln (r) = 0 (361)
z i = e −φ+k2π ; k = 0, ±1, ±2, ... (362)
z i = e −φ
e naturalmente per z = i abbiamo φ = π
2
(363)
i i π −
= e 2 (364)
57

3.1.3 Funzioni algebriche e funzioni trascendenti
Estendiamo la nozione di numero algebrico e numero trascendente alle funzioni.
Sia:
A0 + A1f + A2f 2 + ... + An−1f n−1 + Anf n = 0; n ∈ N (365)
dove però l ′ incognita f è una funzione nel campo complesso (f = f(z)) e i
coefficienti dell’equazione ’algebrica’ sono ora polinomi (generalmente di grado
diverso) in campo complesso:
Ak = Pmk (z) ; An = 0 (366)
Se una certa funzione f è una radice (soluzione ) di una equazione del tipo
365, allora è detta funzione algebrica, altrimenti (cioè se non è soluzione di
NESSUNA equazione del tipo 365) è detta funzione trascendente.
Exercise 82 mostrare che la radice ennesima è una funzione algebrica
Svolgimento:
ma allora è soluzione di
QED
w = f(z) = z 1 n (367)
w n = z (368)
Exercise 83 mostrare che la funzione w = 3√ z 2 −1
z+1 è algebrica
Tutte le funzioni legate all’esponenziale (logaritmo, funzioni trigonometriche
ed iperboliche e le loro inverse) sono funzioni trascendenti.
NOTA: in alcuni degli esercizi precedentementi proposti le risposte erano
errate... non dico quali! Ma trattasi di errore intenzionale (ci saranno sicuramente
errori preterintenzionali...). Il fatto è che nella vita e nella ricerca non si
sa in anticipo quali siano le risposte ’giuste’ e lo studente dovrebbe abituarsi ad
affinare il suo senso critico e a fidarsi dello stesso (equivale al Galileiano: "me
ne frego se IPSE DIXIT").
4 Funzioni analitiche
Abbiamo introdotto le funzioni in campo complesso e discusso alcune funzioni
’elementari’ mentendo (e sapendo di mentire...).
Il punto è che una funzione in campo complesso deve essere una corrispondenza
(biunivoca o no) tra i punti del dominio (una regione del campo complesso)
e i punti del codominio (una possibilmente diversa regione del campo
complesso, che per chiarezza pensiamo separato...). In sostanza la funzione collega
il piano (o parti del piano) z = (x, y) che chiameremo Cz con il piano
58

"immagine", say w = (u, v), che chiameremo Cw (anche se sempre del piano
complesso trattasi è bene graficamente vederli come due piani distinti). Quindi,
date le coordinate cartesiane di un punto z = (x, y) ∈ Cz la funzione f mi fa
passare alle coordinate (u, v) del punto "immagine" w ∈ Cw. Cioè
(x, y) f → (u, v) (369)
L’inganno finora perpetrato è stato quello di scrivere
il che in genere NON è vero!
Disproviamo con un esempio:
w = f(z) (370)
Example 84 Scrivere in forma 370 la funzione che fa passare dal punto di
coordinate cartesiane (x, y) al punto di coordinate cartesiane (u, v) con
u = x 2 + y 2
(371)
v = x + y (372)
La funzione è ovviamente ben definita, nel senso che per ogni z ottengo un
determinato w: ma sfido il lettore a scrivere
w = u + iv = f(x + iy) (373)
Quale è f?
Però iniziamo a vedere l’origine del problema: se scrivo una funzione nella
forma 370, sto ipotizzando che le due variabili reali x, y appaiano sempre e
solo nella combinazione x + iy. E’ quello che succede quando voglio la funzione
di un’onda unidimensionale (rammentare!): la funzione può essere quello che
volete, ma le variabili spazio (x) e tempo (t) devono entrarvi solo nella combinazione
x ± vt (v è la velocità dell’onda). Come le funzioni che descrivono
l’onda sono indubbiamente una classe particolare delle funzioni a due variabili
reali, così le funzioni complesse esprimibili in forma 370 sono solo una classe
e molto particolare ( anche se molto importante!) delle funzioni complesse.
Queste funzioni particolari, almeno se sono monodrome 9 e definite su un dominio,
le chiamiamo funzioni analitiche (o anche regolari o olomorfe). Una
funzione analitica su tutto il piano complesso si dice intera.
Riprendiamo da un punto di vista leggermente diverso: la 373 e le 371,372
(nonchè le chiacchiere precedenti) ci indicano che cosa sia in generale una funzione
complessa:
z f → w ⇐⇒ (x, y) f → (u, v) ⇐⇒ w = u(x, y) + iv(x, y) (374)
9 se la funzione fosse polidroma, avremmo comunque visto come monodromizzarla... o
considerando i vari rami o definendola su una opportuna superficie di Riemann.
59

A parole: la parte reale e la parte immaginaria dell’immagine w di z sono
funzioni (reali!) di (x, y): ergo la funzione complessa è data da una coppia
ordinata di due funzioni reali di due variabili reali:
f ≡ (u(x, y), v(x, y)) (375)
Si potrebbe dunque pensare che l’analisi complessa non possa offrire più
di quanto sia in grado di offrire la ben nota teoria delle funzioni reali in due
variabili... ma vedremo che non è affatto così. E non è così proprio per le
peculiari proprietà delle funzioni in forma 370 che provvisoriamente abbiamo
chiamato analitiche (o regolari o olomorfe).
Ancora da un diverso punto di vista. Potremmo vedere una funzione complessa
come trasformazione di variabili : da (x, y) a (u, v) (con conseguenti
trasformazioni geometriche , vedremo in qualche esempio). Ma allora la richiesta
373 appare subito ’forte’: stiamo passando da due variabili indipendenti
(x, y) a una lora particolare e fissata combinazione (x + iy): in pratica da due
variabili ad una (z)! Difficile... Non dovrebbero esserci difficoltà invece nel
passaggio da 2 a 2. In effetti se considerassimo accanto a z il suo complesso
coniugato z allora
z = x + iy (376)
z = x − iy (377)
che vista come trasformazione di variabili si inverte facilmente
x =
z + z
2
(378)
z − z
y = (379)
2i
E’ quindi evidente che in generale una funzione complessa può essere espressa
in funzione di z e z.
Riprendiamo l’esempio sopra usando le 378,379 abbiamo:
u = x 2 + y 2 2 2 z + z z − z
= + = zz (380)
2 2i
(era ovvio!) e
v = x + y =
z + z
2
+ z − z
2i
(1 − i)
= z +
2
(1 + i)
z (381)
2
e quindi
(1 − i) (1 + i)
w = u + iv = z + z + zz (382)
2 2
Tale funzione non è evidentemente funzione SOLO di z e quindi non è analitica.
Questo è un test molto pratico di analicità: se passando dalle coordinate
(x, y) alle coordinate ’coniugate’ (z, z) attraverso le 378,379 accade che z scompare,
allora la funzione è analitica.
60

Exercise 85 provare l’analiticità della funzione
w = x 2 − y 2 + 2ixy (383)
Svolgimento: applicate le 378,379... comunque si vede a vista che
e quindi è analitica.
w = z 2
Exercise 86 discutere l’analiticità delle funzioni
1. w = x
y
x2 +y2 + i x2 +y2 2. w = 1 + e 2x cos(x) + ie 2x sin(x)+
3. w =
x2 +y 2 −1
2y
(x−1) 2 +(y−1) 2 + i
(x−1) 2 +(y−1) 2
4. w = x y−x
y − i y+x
(384)
ATTENZIONE! la notazione a volte trae in inganno. Ad esempio se io dico
o
o ancora
w = Re(z) (385)
w = Im(z) (386)
w = |z| 2
(387)
sembrerebbe che abbia ottemperato alla richiesta 370 e che quindi stia parlando
di funzioni analitiche. In realtà, come sappiamo:
w = Re(z) =
w = Im(z) =
e quindi nessuna delle tre funzioni è analitica.
A volte l’inganno è più sottile:
z + z
2
z − z
2i
(388)
(389)
w = |z| 2 = zz (390)
w = z
|z| 2
(391)
è analitica?
A vista sembra di no (dipende da z, ed è comunque una combinazione di
funzioni non analitiche). Ma
w = z z 1
2 = =
|z| zz z
61
(392)

che è analitica in tutto il piano complesso escluso ovviamente z = 0 in cui non
è definita.
Quindi la regola pratica di sopra va presa (come tutto) ’cum grano salis’:
scrivete la funzione in termini di (x, y) , passate a (z, z)... se eliminate la z siete
arrivati. Se no, controllate bene!
In fondo posso sempre scrivere
e dire : accidenti! dipende da z ! ergo non va...
w = z + z − z (393)
Remark 87 notare che il cambiamento di variabile 378, 379 ci permette anche
di scrivere un funzione reale di due variabili reali in termini (apparentemente)
complessi:
a.e.
ψ(x, y) = ψ(
z + z
2
ψ(x, y) = x + z
= iz
y z − z
z − z
, ) (394)
2i
Notare che il test di "realtà" 186 vi mostra che comunque la funzione è reale:
z + z
i
z − z
z + z + z
= −i = iz
z − z z − z
(395)
(396)
Remark 88 dovrebbe essere chiaro che non ha senso parlare di funzione analitica
in un punto, una funzione analitica deve essere tale almeno in un intorno
del punto. In un solo punto tutti i gatti sono bigi... ad esempio le funzioni z 2 e
z 2 assumendo lo stesso valore in zero sarebbero ambedue analitiche in zero.
4.1 Derivata complessa
Ora siamo pronti per tentare la "traduzione" nel complesso della derivata.
Se la funzione fosse nella forma 370 diremmo senz’altro che la derivata di
w = f(z) (397)
nel punto z0 dovrebbe, essere per analogia al caso reale, il numero complesso
che chiamiamo w ′ = f ′
(z0) ottenuto con il seguente limite
w ′ = f ′ f(z − z0) − f (z0)
(z) = lim
z→z0 z − z0
(398)
cioè il limite del rapporto incrementale che possiamo anche scrivere ( descrivere)
così:
62

diamo al punto z0 = (x0, y0) un incremento (arbitrario) ∆z = (∆x, ∆y)
portandoci nel punto z = (x, y) = z0 + ∆z = (x0 + ∆x, y0 + ∆y) e vediamo se
esiste il limite
f(z0 + ∆z) − f (z0)
lim
∆z−0 ∆z
(399)
se il limite esiste allora diciamo che la funzione è derivabile in z0 e il valore
di tale limite è la derivata (complessa) della funzione in z0.
Notate che siamo nel piano e quello che abbiamo detto richiede attenzione...
ripetiamo:
... prendiamo una funzione e un punto nel piano, poi avviciniamoci al punto
in qualsiasi modo e in particolare da qualsiasi direzione: se così facendo ci
avviciniamo sempre ad uno stesso valore per il rapporto incrementale (’sempre’
vuol dire comunque abbiamo scelto la modalità di avvicinamento...) allora il
limite complesso esiste ed assume appunto tale valore e viene detto derivata (in
z0).
Notate che se siamo partiti dalla 370, eppure possiamo usare anche la definizione
generale funzione complessa (374, se abbiamo capito che cosa stiamo facendo):
Infatti quanto detto equivale a
w(x, y) = u(x, y) + iv(x, y) (400)
w ′ u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) + iv(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − (u(x0, y0) + iv(x0, y0))
(x0, y0) = lim
∆x→0,∆y→0
∆x + i∆y
(401)
da cui è evidente la possibile fonte di ambiguità: (∆x + i∆y) → 0 ma può
andarci in modi diversi ( ad esempio ∆x = 0 e ∆y → 0 o viceversa..) mentre il
risultato deve essere lo stesso .
Forse è più chiaro con esempi (anche banali):
Example 89 sia
w(x, y) = u(x, y) + iv(x, y) = x + iy (402)
applichiamo la 401 nel punto z0 = (x0, y0) . Dobbiamo ’calcolare’
u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) + iv(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − (u(x0, y0) + iv(x0, y0))
lim
∆x→0,∆y→0
∆x + i∆y
(403)
cioè
x0 + ∆x + i (y0 + ∆y) − (x0 + iy0)
∆x + i∆y
lim
= lim
= 1
∆x→0,∆y→0
∆x + i∆y
∆x→0,∆y→0 ∆x + i∆y
(404)
comunque scegliamo ∆x e ∆y e in qualunque punto z0 : diciamo quindi che
questa funzione è derivabile su tutto il piano complesso e la sua derivata vale 1
ovunque...
63

Remark 90 Nota che
w(x, y) = u(x, y) + iv(x, y) = x + iy = f(z) = z (405)
che è ovviamente analitica e inoltre "ingenuamente" sarebbe
Example 91 sia
w ′ = df
= 1 (406)
dz
w(x, y) = u(x, y) + iv(x, y) = x − iy (407)
applichiamo la 401 nel punto z0 = (x0, y0) . Dobbiamo ’calcolare’
u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) + iv(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − (u(x0, y0) + iv(x0, y0))
lim
∆x→0,∆y→0
∆x + i∆y
(408)
cioè
x0 + ∆x − i (y0 + ∆y) − (x0 − iy0)
∆x − i∆y
lim
= lim
∆x→0,∆y→0
∆x + i∆y
∆x→0,∆y→0 ∆x + i∆y
(409)
ora se scegliamo
∆x = 0 (410)
cioè ci avviciniamo a z0 parallelamente all’asse y , abbiamo
viceversa con
−i∆y
lim = −1 (411)
∆x→0,∆y→0 +i∆y
∆y = 0 (412)
cioè avvicinandoci a z0 parallelamente all’asse x , abbiamo
∆x
lim = +1 (413)
∆x→0,∆y→0 ∆x
e quindi i due "limiti" non coincidono (sarebbe più corretto dire che il rapporto
incrementale NON ha limite) e quindi la funzione non è derivabile in nessun
punto del piano complesso.
Remark 92 Nota che
w(x, y) = u(x, y) + iv(x, y) = x − iy = z (414)
che in base a quanto sopra NON è analitica.
64

Exercise 93 Le seguenti funzioni sono derivabili? e dove?
1. w = 1
z 2 −3i
2. w(x, y) = e (x+y) − ie (x−y)
3. w = zz
svolgimento:
3) usiamo la 399
f(z0 + ∆z) − f (z0) (z0 + ∆z) (z0 + ∆z) − z0z0
lim
= lim
= (415)
∆z→0 ∆z
∆z→0
∆z
(z0 + ∆z)
lim
∆z→0
z0 + ∆z − z0z0
∆z
lim
∆z→0
z0∆z + z0∆z + ∆z∆z
= lim
= (416)
∆z→0 ∆z
z0
+ ∆z + z0∆z
(417)
∆z
ovviamente se ∆z = (∆x + i∆y) → 0 anche ∆z = (∆x − i∆y) → 0. Però il
limite deve essre indipendente dal "cammino"... mentre qui abbiamo la libertà
di scegliere per ∆z
∆z . In effetti se per esempio scegliamo ∆z = ∆x allora ∆z =
∆z = ∆x e quindi
lim z0 + ∆z
∆z→0
+ z0 = z0 + z0
(418)
ma se scegliamo ∆z = i∆y allora ∆z = −i∆y = −∆z e quindi
lim z0 + ∆z
∆z→0
− z0 = z0 − z0
(419)
Perciò la funzione è derivabile al più nel solo punto del piano complesso z0 =
z0 = 0.
Remark 94 nota che w = zz = |z| 2 NON è analitica.
Visto quanto sopra e gli esempi, ci sorge il forte sospetto che analiticità
(così come sopra definità) e derivabilità (almeno in un intorno) siano concetti
strettamenti legati. Ed è in effetti così.
Sia una funzione complessa analitica (nel senso di sopra, cioè non dipendente
da z ma solo da z = x + iy):
w = u(x, y) + iv(x, y) = f(z) (420)
Allora vediamo se esiste il limite del rapporto incrementale
f(z0 + ∆z) − f (z0)
lim
= (421)
∆z−0 ∆z
lim
∆x→0,∆y→0
u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) + iv(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − (u(x0, y0) + iv(x0, y0))
(422)
∆x + i∆y
65

Ma, se le funzioni reali di variabili reale u(x, y) e v(x, y) ammettono
derivate parziali prime rispetto a x e y, sappiamo dall’analisi che in prima
approssimazione (cioè se ∆x è sufficientemente piccolo) vale:
∂
u(x0 + ∆x, y) = u(x0, y) + ∆x u(x, y) + O (∆x)
∂x x=x0
2
e analoghe.
Useremo spesso la notazione semplificata (da fisici..)
(423)
∂
u = ux
(424)
∂x
∂
u(x, y) = ux (x0, y) (425)
∂x
x=x0
e analoghe.
Quindi, dopo alcuni passaggi algebrici (check!), per il rapporto incrementale
(e per ∆x, ∆y piccoli), abbiamo
f(z0 + ∆z) − f (z0)
∆z
≈ [ux(x0, y0) + ivx(x0, y0)] + (426)
+
∆y
∆x + i∆y {[uy(x0, y0) + vx(x0, y0] − i [ux(x0, y0) − vy(x0, y0]} (427)
Ma, se come ipotizzato, nella forma funzionale di w (vedi 420) le variabili x, y
compaiono solo nella combinazione x + iy, allora chiaramente x e iy giuocano
lo stesso ruolo e che quindi derivare w rispetto a x è la stessa cosa che derivarlo
rispetto a iy :
∂ ∂ ∂
w = w = −i w (428)
∂x ∂iy ∂y
Sviluppando dalla 420 abbiamo
∂
∂x w = ux + ivx = −i ∂
∂y w = −i (uy + ivy) (429)
cioè, eguagliando parte reale con parte reale e parte immaginaria con parte
immaginaria:
ux = vy
uy = −vx
(430)
(431)
Queste due relazioni sono dette relazioni o equazioni o condizioni di Cauchy o di
Cauchy-Riemann , sono importantissime: noi le (ri)chiameremo semplicemente
con la sigla CR. Ovviamente si possono riassumere usando la 428:
wx + iwy = 0 (432)
66

Abbiamo visto che la validità delle CR poggia su 2 fatti:
1. w = u(x, y) + iv(x, y) = f(x + iy) (analiticità)
2. u(x, y) e v(x, y) ammettono derivate parziali prime
Conseguenza delle CR:
la parentesi graffa nella 427 si annulla identicamente e quindi il rapporto
incrementale ha un limite (ben definito) e quindi la funzione supposta analitica
è anche derivabile in tutti i punti in cui valgono le CR e la derivata (vedi 426)
è data da
w ′ = f ′
(z) = df ∂f
=
dz ∂z = fz = ux + ivx = fx
(433)
Abbiamo voluto riassumere in una sola riga molte notazioni equivalenti ma
ovviamente la validità delle CR permette di scrivere la derivata ancora in diverse
forme equivalenti, a.e.
w ′ = vy + ivx
(434)
Exercise 95 scrivere esplicitamente tutte le possibili espressioni della derivata
Avremmo così mostrato che l’analicità implica le condizioni CR che garantiscono
la derivabilità- D’altra parte uno sguardo attento alla (426,427) mostra
che se si vuole la derivabilità occorrono le CR...
Exercise 96 mostrare!
Ma un matematico obietterebbe che in realtà le CR sono condizione necessaria
e sufficiente per la derivabilità solo se le derivate parziali prime ux, vx, uy, vy
sono funzioni continue.
Problem 97 dove entra in ballo la continuità? hint: rifare minuziosamente i
conti che portano a (426,427).
Abbiamo visto come l’analicità porti alle CR: è anche vero il contrario?
Sappiamo dall’analisi che se abbiamo una trasformazione di coordinate, a.e.
allora (sorvolando su minuzie matematiche...) si ha
∂
∂X
∂
∂Y
x = ρ(X, Y ) (435)
y = σ(X, Y ) (436)
= ∂ρ
∂X
= ∂ρ
∂Y
∂ ∂σ
+
∂x ∂X
∂ ∂σ
+
∂x ∂Y
∂
∂y
∂
∂y
(437)
(438)
Consideriamo allora il cambio di variabili nelle 378,379, per quanto sopra avremo
∂
∂z
1 ∂ ∂
= + i1
2 ∂x 2 ∂y
67
(439)

Ma le condizioni CR implicano (vedi 429)
∂ ∂
w + i w = 0 = 2∂w
∂x ∂y ∂z
ergo la w non dipende da z e quindi è analitica.
Remark 98 ovviamente
e quindi
w ′ = ∂f
∂z
∂
∂z
1 ∂ ∂
= − i1
2 ∂x 2 ∂y
(440)
(441)
= 1
2 [(ux − iuy) + i ((vx − ivy))] CR
= 1
2 [ux + ivx + ivx + ux] = ux + ivx
(442)
Remark 99 Le 441,439 possono essere facilmente invertite:
∂ ∂ ∂
= +
∂x ∂z ∂z
(443)
∂ ∂ ∂
= i − (444)
∂y ∂z ∂z
––––––––––-
Perciò (a meno di minuzie matematiche che non fanno perdere il sonno ad
un fisico...) abbiamo
ANALICIT A ′ ⇐⇒ CR ⇐⇒ DERIV ABILIT A ′
(445)
Remark 100 In realtà, come vedremo e dimostreremo in seguito, l’analicità
non implica soltanto la derivabilità della funzione ma anche l’esistenza delle
derivate successive e la convergenza dello sviluppo in serie di Taylor (almeno
in un intorno di un punto di analiticità). Quindi le funzioni analitiche hanno
tutte le buone proprietà delle funzioni a una sola variabile reale e qualcosa (anzi
molto ) in più. E, per inciso, l’esistenza delle derivate successive assicura la
continuità delle derivate parziali richiesta prima.
Remark 101 Se la funzione complessa è analitica cioè solo funzione di z è
chiaro dalla definizione di derivata (e vedi anche gli esercizi seguenti) che valgono
per la derivata tutte le regole che valgono per la derivata di una funzione
reale di variabile reale. In soldoni f(z) si comporta come se fosse una f(x)...
Problem 102 Ma allora... se derivo una f(z) seguendo le regole di derivazione
ottengo ovviamente un funzione solo di z e quindi per definizione analitica. Ma
abbiamo appeno dimostrato che una funzione analitica è derivabile: questo non
implica che debbano esistere tutte le derivate successive? perchè nel Remark 100
si dice che lo dimostreremo in seguito? che bisogno c’è? è già dimostrato...
68

Exercise 103 sia
con
Trovare la derivata in vari modi.
Svolgimento:
Se esiste la derivata allora
e quindi
ma deve essere anche (vedi 432)
o ancora ( vedi 434)
w = u (x, y) + iv (x, y) (446)
u (x, y) = x 2 − y 2
(447)
v (x, y) = 2xy (448)
w ′ = wx = ux + ivx
(449)
w ′ = 2x + i2y = 2z (450)
w ′ = −iwy = −i (uy + ivy) (451)
= −i (−2y + i2x) (452)
= 2x + i2y = 2z (453)
w ′ = vy + ivx (454)
= 2x + i2y = 2z (455)
etc. D’altra parte se uno fosse passato dalle variabili (x, y) a (z, ¯z) si sarebbe
accorto che
w = x 2 − y 2 + i (2xy) = z 2
(456)
che è a vista analitica e le derivate della funzione espressa in termini di z si
fanno esattameente come si fanno nel campo reale
Exercise 104 sia
con
Trovare la derivata in vari modi.
w ′ = d 2
z
dz
= 2z (457)
w = u (x, y) + iv (x, y) (458)
u (x, y) = x 2 + y 2
(459)
v (x, y) = 2xy (460)
69

Svolgimento:
Di nuovo proviamo
e anche
w ′ = wx = ux + ivx (461)
= 2x + i2y = 2z (462)
w ′ = −iwy = −i (uy + ivy) (463)
= −i (2y + i2x) (464)
= 2x − i2y = 2¯z (465)
?????????????????????!
Accidenti... ci eravamo dimenticati di vedere se la funzione era analitica...
(provate a vedere se le CR sono soddisfatte)
4.1.1 Differenziali
Se una funzione è analitica ergo derivabile è facile estendere la nozione di differenziale
della funzione:
Da cui i fisici ricavano la notazione
’dividendo’ la
w = f(z) =⇒ dw = df = f ′
(z)dz (466)
f ′
(z) = df
dz
(467)
df = f ′
(z)dz (468)
per dz ... I matematici inorridiscono, ma i fisici lo hanno sempre fatto (e quasi
sempre con successo!) 10 . Useremo questa libertà per ’giustificare’ (non "dimostrare"!)
alcune regole.
• Derivata della funzione composta
Se
è analitica nel dominio Dg ⊆ C e
è analitica nel dominio Df ⊆ C allora
q = g(z) (469)
w = f(q) (470)
w = h(z) = f(q) = f(g(z)) (471)
10 I Fisici sono stati alla fine vendicati: queste operazioni hanno senso, solo che hanno senso
nel campo, recentemente introdotto, dei numeri surreali.
70

è analitica in Dh = Df ∩ Dg, Dh ⊆ C.
In effetti
w ′ = df df dq df dg ′
= = = f g
dz dq dz dq dz ′
(nel passaggio intermedio abbiamo ’diviso’ e ’moltiplicato’ per dq).
Exercise 105 dimostrare la ben nota regola in modo più ortodosso
• Derivata della funzione inversa
Se
è analitica, cioè esiste
w ′ = df
dz
ed è anche invertibile, cioè esiste
(472)
w = f(z) (473)
= dw
dz
allora esiste anche la derivata della funzione inversa
df −1
dw
(474)
z = f −1 (w) (475)
= dz
dw
= 1
dw
dz
(476)
ATTENZIONE! Lo studente attento avrà intuito che vi può essere una
questione delicata di dominii/codominii... specialmente se la funzione e/o l’inversa
sono polidrome.
Exercise 106 trovare la derivata di 2√ w, tenendo in debito conto la polidromia
della radice ennesima
Svolgimento:
Allora
z = w 1
2 (477)
ha due rami, per interderci: quello in cui 2√ 1 = 1 e quello in cui 2√ 1 = −1. Ma
in tutti e due i casi si ha:
w = z 2
(478)
che è analitica e monodroma e quindi
dw 1 2
dw
= dz
dw
= 1
dw
dz
= 1 1
=
2z 2 w− 1 2 = 1
2 2√ w
(479)
come se si fosse direttamente applicata la ben nota legge per le derivate delle
potenze...
Ma comunque la funzione derivata 1
2 2√ w
è polidroma...
Remark 107 nota che la derivata non esiste nel punto di diramazione w = 0
71

Exercise 108 dimostrare che
Svolgimento:
ora:
e quindi
d (ln(w))
dw
d (ln(w))
dw
= 1
w
(480)
w = e z ↔ z = ln (w) (481)
= df −1
dw
dw
dz
= ez
= dz
dw
= 1
dw
dz
= 1 1
=
ez w
(482)
(483)
Remark 109 nota che la derivata non esiste nel punto di diramazione w = 0
Exercise 110 nell’esercizio precedente che ruolo hanno il punto di diramazione
e la polidromia del logaritmo?
Exercise 111 si mostri che la derivata complessa gode anche delle altre proprietà
della derivata di una funzione a una variabile reale (derivata della somma,
regola di Leibniz)
Exercise 112 Usando le regole di derivazioni calcolare le seguenti derivate,
segnalando anche gli eventuali punti di non analiticità:
1. w = (iz 3 − 3z + i)
2. w = (z 2 + i) 3
3. w = (z2 +i) 3
iz 2 −1
4. w = ie z2
5. w = cos 2 (z 2 + i)
6. w = 1
cos(z)
7. w = tan(z)
Exercise 113 calcolare la derivata di w = z 1
3 e di w = ln(iz) nel punto z =
1 + i
Exercise 114 mostrare che
d
1
ln (f (z)) =
dz f (z)
Exercise 115 calcolare (se esistono!) i seguenti limiti
72
d
f (z) (484)
dz

1.
2.
1 − cos(z)
lim
z→0 z2 1 + z
lim
z→i
6
1 + z2 Exercise 116 calcolare le derivate delle seguenti funzioni (se esistono)
1. w = 1+x2 −y 2 +2ixy
y+ix
2. w = 1+x2 +y 2 −2ixy
y+ix
3. w = e −x xy + cos(y) + i x 2 − y 2 + 2 sin(y)
Exercise 117 mostrare se la derivabilità implica la continuità e il viceversa
4.2
4.3 Singolarità e loro classificazione
(485)
(486)
I punti del piano complesso in cui una funzione w = f(z) è analitica si dicono
punti regolari o ordinari della funzione. I punti in cui non è analitica di dicono
punti singolari o singolarità della funzione. Tali punti possono essere isolati o
non isolati. Il significato della definizione è intuitivo:
• un punto singolare è isolato se esiste un intorno del punto che non contiene
altre singolarità della funzione
Vediamo una rapida classificazione delle singolarità.
La singolarità più ’innocua’ è quella ’eliminabile’:
• dicesi singolarità eliminabile un punto z0 in cui la funzione non è definita
ma esiste il limite
lim f(z) = L (487)
z→z0
(ovviamente è eliminabile perchè si può definire una nuova funzione che
coincida ovunque con quella originale e assuma in z0 il valore L del limite)
Example 118 la funzione w = f(z) = sin(z)
z ha una singolarità eliminabile in
z = 0. Infatti
sin(z)
lim = 1 (488)
z→0 z
• se la funzione è polidroma i punti di diramazione sono singolarità della
funzione
73

• un punto singolare z0 dicesi polo di ordine n se
lim (z − z0)
z→z0
n f(z) = L = 0 = ∞ (489)
• un polo di ordine uno è detto polo semplice
Example 119 la funzione
1 − 3iz + z 3
(z − i) 3 (z + 1)
ha un polo semplice in z = −1 e un polo di ordine 3 in z = i (check!)
(490)
Remark 120 si potrebbe formalmente dire che una singolarità eliminabile è un
polo di ordine zero (giustificare!)
• nel piano complesso espanso la eventuale singolarità all’infinito di una
funzione f(z) va studiata usando il cambiamento di variabile
z = 1
ζ
=⇒ z = ∞ ↔ ζ = 0 (491)
Cioè f(z) nel punto all’infinito z = ∞ ’acquisisce’ il tipo di singolarità
della funzione f(ζ) in ζ = 0
Example 121 la funzione
diviene
f(z) = z2 + 1
z − 1
f(ζ) = 1 ζ
ζ
2 + 1
1 − ζ
che ha un polo semplice in ζ = 0 : quindi f(z) ha un polo semplice in z = ∞
(492)
(493)
• dicesi singolarità essenziale un punto singolare che non sia nè di diramazione
nè un polo nè eliminabile
Example 122 la funzione w = f(z) = e 1
z ha una singolarità essenziale in
z = 0. infatti la funzione non è definita né ha limite in zero che d’altronde non
è un punto di diramazione. Potrebbe essere un polo? Cambiamo variabile
z = 1
ζ → f(ζ) = eζ = 1 + ζ + ζ2 ζ3
+ + ... (494)
2! 3!
cioè
f(z) = 1 + 1 1 1
+ + + ...
z 2!z2 3!z3 (495)
Ci si convince facilmente che non esiste nessun n (finito) tale che
lim z
z→z0
n f(z) = L = 0 = ∞ (496)
74

Remark 123 solo a livello ’informale’, potremmo dire che z = 0 è un polo di
ordine infinito...
Exercise 124 Indicare che tipo di singolarità hanno le seguenti funzioni nel
piano complesso (considerando possibilmente anche il punto all’infinito)
z (z + i)
a) ; b)1 − z + iz
z − i
2 − z 5 1
; c)
z + iz2 ; d) − 3iez (z − 1)
; f)
3
(z + 1) (z − 2)
(497)
1
1
g) ; h)
(498)
sin(z) 1 − cos(z)
Svolgimento:
a) la funzione ha un polo semplice in z = i . Per vedere in z = ∞ studiamo
1 1
ζ ζ + i (ζ − i)
= −1
(499)
− i ζ (ζ + i)
in ζ = 0. Evidentemente ha un polo semplice.
h) usando la serie di Taylor si ha
1
ζ
1
1 − cos(z) =
= 1
z 2
1 − 1 − z2
2!
1
1
1 z2
2! − 4! + z4
z4 + 4! + z6
(500)
e quindi siamo in presenza di un polo di ordine 2 in z = 0.
....................
4.4 Analiticità e ’armonia’
Ricordiamo (dallo studio delle funzioni reali a N variabili reali):
(501)
Definition 125 dicesi funzione armonica ogni soluzione dell’equazione di Laplace
ove
e l’operatore Laplaciano ∆ è dato da
∆ψ = 0 (502)
ψ = ψ (x1, x2, ..., xN) , xk ∈ R (503)
∆ = N
∂ 2
k=1 ∂2xk 75
(504)

Remark 126 Le funzioni armoniche giuocano un ruolo molto importante nella
Fisica.
Nel piano (N = 2) esse sono dunque soluzione di
ψ xx + ψ yy = 0 (505)
ove abbiamo usato (come faremo spesso in seguito) la notazione abbreviata (vedi
424) per le derivate parziali.
Dimostreremo ora un importante legame tra funzioni armoniche e funzioni
analitiche.
Theorem 127 Due funzioni reali di due variabili reali (u(x, y), v(x, y)) costituiscono
la parte reale (immaginaria) di una funzione analitica se e solo se sono
armoniche:
{∆u = 0, ∆v = 0, } ⇐⇒ w = u + iv = f(z) (506)
Proof.
• Proviamo dapprima la ’necessità’:
w = u + iv = f(z) =⇒ {∆u = 0, ∆v = 0, } (507)
cioè: se una funzione è analitica allora sia la sua parte reale sia la sua parte
immaginaria sono armoniche. Ma se la funzione è analitica allora esistono le
derivate prime parziali di u, v (e sono anche continue) e inoltre valgono le CR:
Derivando ulteriormente abbiamo
QED
ux = vy
uy = −vx
uxx = vxy
uyx = vyy
uxy = −vxx
uyy = −vyx
e quindi abbiamo (da 510+513 e da 511-512):
(508)
(509)
(510)
(511)
(512)
(513)
uxx + uyy = 0 (514)
vxx + vyy = 0 (515)
76

• Proviamo ora la ’sufficienza’:
Anzi: proviamo che data una funzione armonica u (x, y) (oppure v (x, y))
allora esiste ed è determinata (a meno di una costante) una funzione v (x, y)
(oppure u (x, y)) tale che w = u + iv è analitica.
Consideriamo solo il caso in cui conosciamo la parte reale u (x, y) (armonica!)
e mostriamo come costruire, a meno di una costante, la parte immaginaria
v (x, y) della funzione analitica w = u + iv (allo studente lo sviluppo analogo
dell’altro caso).
Sappiamo quindi per ipotesi che
Costruiamo la forma differenziale
∆u = uxx + uyy = 0 (516)
Φd = −uydx + uxdy (517)
(ovviamente dall’ipotesi le derivate parziali ux, uy esistono... sono anche
continue?)
Ora dall’analisi sappiamo che se sono tale forma è un differenziale esatto se
sono verificate le Condizioni di Schwartz:
(−uy) y = (ux) x
(518)
Ma la condizione sopra è verificata per ipotesi (armonicità dell u). Ergo Φd
è il differenziale esatto di una qualche funzione a due variabili che chiameremo
v (x, y) :
dv = −uydx + uxdy (519)
. Ma se conosciamo il differenziale di una funzione allora la funzione è determinabile
(a meno di una costante c ). Infatti siccome il differenziale (esatto) è
l’operatore inverso dell’Integrale (a meno di una costante) abbiamo
c + dv = v (520)
o anche
v (x, y) = c +
(x,y)
(x0,y0),Γ
dv =
(x,y)
(x0,y0),Γ
(−uy (x ′ , y ′ ) dx ′ + ux (x ′ , y ′ ) dy ′ ) (521)
dove l’integrale di linea è calcolato lungo una qualsiasi curva Γ che partendo
da un punto arbitrariamente pre-scelto (x0, y0) porti al punto generico (x, y) .
L’indipendenza dell’integrale dal cammino Γ è dovuta proprio al fatto che
l’integrando è un differenziale esatto. Il punto di partenza (x0, y0) può essere
scelto arbitrariamente ma una volta scelto è chiaro che
c = v (x0, y0) (522)
77

ok, abbiamo costruito (a meno di una costante) una funzione v (x, y) partendo
dalla conoscenza della funzione u (x, y) (armonica!). Ora costruiamo la
funzione complessa
w = u + iv (523)
Tale funzione è analitica?
Ovviamente sì, dato che abbiamo implicitamente imposto la validità delle
CR. Infatti abbiamo visto che
dv = −uydx + uxdy (524)
ma sappiamo dall’analisi che il differenziale di una funzione di due variabili è
e quindi, confrontando, devono valere le CR.
QED
dv = vxdx + vydy (525)
Remark 128 Benchè il cammino Γ sia arbitrario, è chiaro che una scelta oculata
dello stesso può facilitare i conti... (vedi successivi esercizi).
Exercise 129 Determinare se le seguenti funzioni reali (in due variabili reali)
costituiscono la parte reale di una funzione analitica e, in caso positivo, determinare
la parte immaginaria e scrivere quindi la funzione analitica in termini
della variabile complessa
1. u(x, y) = xy
2. u(x, y) = x
y
3. u(x, y) = x + y
4. u(x, y) = x 2 + y 2
5. u(x, y) = x 2 − y 2
6. u(x, y) = cos(x 2 − y 2 )
7. u(x, y) = e 2y sin(2x)
8. u(x, y) = e y cos(2x)
9. u(x, y) = sin(x) cosh(y)
10. u(x, y) = e −x (x sin(y) − y cos(y))
Svolgimento:
5) u(x, y) = x 2 − y 2
78

• vediamo se è armonica
ux = 2x, uy = −2y (526)
uxx = 2 = −uyy
quindi OK, posso costruire la parte immaginaria.
• Uso la 521:
v (x, y) = c+
(527)
(x,y)
(−uy (x
(x0,y0),Γ
′ , y ′ ) dx ′ + ux (x ′ , y ′ ) dy ′ ) = c+
(x,y)
(2y
(x0,y0),Γ
′ dx ′ + 2x ′ dy ′ )
(528)
Devo scegliere un cammino: spesso la scelta più semplice è la linea da (x0, y0)
a (x, y0) e poi da (x, y0) a (x, y) .nel primo tratto avrò dunque
e quindi
nel secondo tratto
(x,y0)
(x0,y0)
(x,y)
(x,y0)
y ′ = y0 =⇒ dy ′ = 0 (529)
(2y0dx ′ ′ x
) = 2y0 x ⌋ = 2y0 (x − x0) (530)
x0
x ′ = x =⇒ dx ′ = 0 (531)
(2xdy ′ ) = 2x y ′ ⌋ y y0
quindi sommando i due contributi
ovviamente
= 2xy − 2xy0
v (x, y) = c + 2xy − 2xy0 + 2xy0 − 2x0y0 = c + 2xy − 2x0y0
(532)
(533)
v (x0y0) = c (534)
Per esercizio constatiamo che lo stesso risultato si raggiunge seguendo un
altro cammino. Prenderemo ora la retta che va da (x0, y0) a (x, y) :
con
allora
y ′ = ax ′ + b; dy ′ = adx ′
a =
x
v (x, y) = c +
y − y0
; b = y0 − ax0
x − x0
x0
(535)
(536)
(2 (ax ′ + b) dx ′ + 2x ′ (adx ′ )) (537)
Si lascia allo studente la verifica. Si consiglia di provare per esercizio ad usare
altre curve per il cammino.
79

• modo alternativo (forse più semplice?):
Sappiamo che
ma allora devono valere
vx = −uy = 2y; vy = ux = 2x (538)
v (x, y) = x
v (x, y) =
x0
y
y0
vx (x ′ , y) dx ′ + α (y) + k1
vy (x, y ′ ) dy ′ + β (x) + k2
(539)
(540)
ove le funzioni α (y) , β (x) sono funzioni per ora arbitrarie del loro argomento e
k1, k2 sono costanti numeriche arbitrarie.
Quindi abbiamo
ma anche
v (x, y) = x
2ydx ′ + α (y) + k1 = 2xy − 2x0y + α (y) + k1
v (x, y) =
x0
y
2xdy ′ + β (x) + k2 = 2xy − 2y0x + β (x) + k2
y0
(541)
(542)
confrontando (cioè imponendo l’uguaglianza dei due risultati apparentemente
diversi) si fissano le funzioni finora arbitrarie
−2x0y + α (y) = 0 = −2y0x + β (x) ; k1 = k2 = v (x0y0) − 2x0y0
(543)
Remark 130 lo studente dovrebbe già avere incontrato problemi analoghi, a.e.
nella ricostruzione del potenziale dalla conoscenza delle componenti di una forza
conservativa.
• funzione in termini di z
Dunque abbiamo la parte reale u(x, y) = x 2 − y 2 e la parte immaginaria
v (x, y) = 2xy + k. La funzione analitica è
w = x 2 − y 2 + i (2xy + k) (544)
Scriviamola in termini di z : tutti avranno indovinato (potevano farlo dall’inizio)
ma tuttavia controlliamo usando le 378,379
z + ¯z
w =
2
2
z − ¯z
−
2i
2
che non dipende da ¯z e quindi è analitica
+ i k +
z + ¯z
2
z − ¯z
2i
(545)
w = z 2 + costante (546)
80

––––––––––––––––––—
I modi illustrati e nella dimostrazione del teorema e nello svolgimento del
precedente esercizio sono effettivi ma tediosi. In realtà esistono modi più rapidi
(scorciatoie) per ricostruire una funzione analitica dalla conoscenza della sua
parte reale (o immaginaria). Ovviamente prima bisogna accertare l’armonicità
della supposta parte reale/immaginaria oppure a posteriori verificare che la
funzione analitica ricostruita abbia effettivamente le giuste proprietà...)
• Scorciatoie:
Supponiamo di aver verificato l’armonicità di u(x, y) = x 2 − y 2 . Allora sappiamo
che esiste una funzione analitica e quindi derivabile con u(x, y) = x 2 − y 2
come parte reale (funzione definita a meno di una costante additiva numerica)
Dalla 433 sappiamo anche che a.e.
Usando le CR scriviamo
w ′ = fx = ux + ivx
(547)
w ′ = ux(x, y) − iuy(x, y) (548)
ma la u è nota e così anche le derivate parziali, quindi
w ′ = 2x − i(−2y) = 2x + i2y (549)
Ora passiamo alle variabili complesse usando le 378,379 (e sapendo già a priori
che otterremo una funzione solo in z... in realtà non lo abbiamo ancora dimostrato
ma abbiamo premesso che dimostreremo che se una funzione è derivabile
nel complesso è ivi derivabile indefinitamente: cioè la derivata di una
funzione analitica è analitica)
e quindi
w ′ = f ′ (z) = 2z (550)
w = f ′ (z)dz + k = z 2 + k (551)
Notare che, come deve essere (giustificare!)
In effetti
w ′ = f ′ (z) = ux(z, 0) − iuy(z, 0) (552)
w ′ = 2z − i(0) (553)
Quindi bastava calcolare le derivate prime di u per ricostruire rapidamente
la f ′ (z) e dopo per ’normale’ integrazione la f(z).
Exercise 131 investigare tutte le ’varianti’ di quanto sopra detto
81

Exercise 132 dimostrare in generale che se w = u(x, y) + iv(x, y) è analitica
allora
w = f(z) = u(z, 0) + iv(z, 0) = u(0, z z
) + iv(0, )
i i
(554)
Come preannunciato si può fare uso immediatamente di questa scorciatoia
per vedere a posteriori se siamo arrivati sani e salvi o siamo caduti da un dirupo.
Proviamo con
Exercise 133 trovare la funzione analitica con parte reale
Svolgimento:
cioè
calcoliamo
u(x, y) = e x (x cos(y) − y sin(y)) (555)
ux = e x (x cos(y) − y sin(y)) + e x cos(y) (556)
uy = −e x x sin(y) − e x sin(y) − e x y cos(y) (557)
Applichiamo tentativamente la 552:
da cui per integrazione
w ′ = f ′ (z) = ux(z, 0) − iuy(z, 0) = (558)
e z (z cos(0) − 0 sin(0)) + e z cos(0) + (559)
−i (−e z z sin(0) − e z sin(0) − e z 0 cos(0)) (560)
w ′ = f ′ (z) = ze z + e z
(561)
w = f(z) = ze z + k (562)
e’ andata bene!
check: la parte reale di tale funzione è effettivamente (a meno di costanti)
u(x, y) = e x (x cos(y) − y sin(y))
Exercise 134 trovare la funzione analitica con parte reale
Svolgimento:
allora
e quindi sarebbe
u(x, y) = x 2 + y 2
(563)
ux = 2x; uy = 2y (564)
w ′ = f ′ (z) = ux(z, 0) − iuy(z, 0) = 2z − i(0) = 2z (565)
w = f ′ (z)dz + k = z 2 + k (566)
MA E’ ANDATA MALE!
check: la parte reale di z 2 è Re z 2 = x 2 −y 2 = u(x, y). Ergo la u proposta
non era armonica! (check!)
82

Problem 135 esiste una scorciatoia ancora più ripida (che non passa nemmeno
attraverso le derivate):
Giustificare!
w = f(z) = 2u( z
2
, −iz
2
) = 2iv(z
2
Exercise 136 usando la 567 rifare l’esercizio 133
Svolgimento:
per la formula di Eulero
, −iz ) (567)
2
u(x, y) = e x (x cos(y) − y sin(y)) =⇒ (568)
f(z) = 2e z
z
2
2 cos
−i z
+ i
2
z
2 sin
−i z
(569)
2
= ze z
2 cos −i z
+ i sin −i
2
z
(570)
2
f(z) = ze z z i(−i 2 e 2) (571)
= ze z
(572)
....................................................................
La stessa definizione di analiticità e poi le CR già facevano chiaramente
intendere che la parte reale e la parte immaginaria di una funzione analitica
non possono essere indipendenti... il teorema precedente ci dice che in realtà la
conoscenza di una delle due è praticamente sufficiente per conoscere l’altra. E
quindi, mentre in generale le funzioni sono la collezione di DUE funzioni reali di
due variabili reali, le funzioni analitiche sono costituite in pratica da UNA sola
funzione reale di due variabili reali...
Gli esercizi e i remarks ci hanno offerto utili scorciatoie per la ricostruzione
di una funzione analitica complessa da dati parziali. Il teorema successivo ci
fornisce un’ulteriore bella e importante proprietà geometrica di una funzione
analitica.
Theorem 137 Sia data la funzione analitica
Consideriamo
w = u(x, y) + iv(x, y) (573)
u(x, y) = k1
v(x, y) = k2
(574)
(575)
Al variare dei parametri reali k1, k2 le equazioni precedenti descrivono due famiglie
di curve nel piano. Queste due famiglie sono ortogonali (cioè ogni curva della
prima famiglia è ortogonale ad ogni curva della seconda famiglia)
83

O
u(x,y)=k1 v(x,y)=k2
φ2
φ
Figure 10:
φ1
Proof. Si scelgano due particolari curve (fissando i parametri)
Differenziamo:
u(x, y) = ˜ k1
v(x, y) = ˜ k2
ma allora (’dividendo’ 578 per dx...)
(576)
(577)
du(x, y) = uxdx + uydy = d ˜ k1 = 0 (578)
dv(x, y) = vxdx + vydy = d ˜ k2 = 0 (579)
dy
dx = −ux(x, y)
uy(x, y)
(580)
e ricordiamo che questa è l’espressione della tangente alla curva u(x, y) (vedi
figura):
tan (φ1) = − ux(x, y)
(581)
uy(x, y)
Analogamente
tan (φ 2 ) = − vx(x, y)
vy(x, y)
e ovviamente l’angolo tra le tangenti alle curve è
φ = φ 1 − φ 2
84
(582)
(583)

Allora
Ma, usando le CR, abbiamo
e quindi
tan (φ) = tan (φ 1 − φ 2) = tan (φ 1) − tan (φ 2)
1 + tan (φ 1) tan (φ 2)
tan (φ) =
ux
uy
vx
vy
− vy vx
1 − vy vx
vx vy
= − vy
vx
= ∞ =⇒ φ = π
2
(584)
(585)
(586)
QED
Ovviamente tutto ciò dovrebbe essere familiare ai Fisici... Infatti consideriamo
per il momento la fisica bidimensionale (nel piano) ed interpretiamo u (x, y)
come un potenziale. Allora u(x, y) = k1 sono le ’superfici’ (ma nel piano sono
curve...) equipotenziali legate al campo di forza conservativo
F = ∇u ≡ (F1 (x, y) , F2 (x, y)) ≡ (ux, uy) (587)
Ora chiediamoci quali sono le linee di forza di tale campo (cioè le linee tali
che in ogni punto il vettore forza è tangente alla linea stessa - sono dette anche
linee di campo, o di corrente, o di flusso...). Ovviamente presa la retta tangente
in un punto di tale linea, la tangente trigonometrica dell’angolo φ formato dalla
tangente geometrica con l’asse delle x è:
Ma usando le CR
tan(φ) = F2
F1
= uy
ux
tan(φ) = − vx
vy
(588)
(589)
e quindi, dalla 582, audemus dicere che se la parte reale di una funzione analitica
rappresenta il potenziale di un campo conservativo allora la parte immaginaria
rappresenta le linee di forza di tale campo (e viceversa). Dovrebbe essere arcinoto
che le linee di forza sono ortogonali alle ’superfici’ equipotenziali (se lo
studente rimanesse perplesso, consideri il lavoro fatto da una eventuale componente
della forza tangente alla ’superficie’ equipotenziale’).
Exercise 138 trovare la famiglia delle curve ortogonali a
1. xy = k
2. xy(x 2 − y 2 ) = k
3. r 2 cos(2θ) = k
L’analisi complessa può essere impiegata anche per risolvere problemi in
campo reale... ad esempio per risolvere un’equazione di Laplace non-omogenea.
Vedi i seguenti esercizi.
85

Exercise 139 mostrare che il lapaciano ∆ = ∂2
∂2x coordinate complesse come
e
Svolgimento:
Dalle 443 , 444 abbiamo
e quindi, sommando, la tesi.
∆ = 4 ∂2
∂z∂¯z
+ ∂2
∂ 2 y
può essere scritto in
(590)
∂xx = (∂z + ∂¯z) (∂z + ∂¯z) (591)
= ∂zz + ∂¯z¯z + 2∂z¯z (592)
∂yy = i (∂z − ∂¯z) i (∂z − ∂¯z) (593)
= − (∂zz + ∂¯z¯z − 2∂z¯z) (594)
Exercise 140 usare il risultato dell’esercizio precedente per risolvere l’equazione
differenziale (equazione di Laplace non-omogenea)
Svolgimento:
∆f (x, y) = 8(x + y) (595)
passiamo alle coordinate complesse
4 ∂2
z + ¯z − ¯z
f (z, ¯z) = 8 − iz = 4 [(1 − i) z + (1 + i) ¯z] (596)
∂z∂¯z 2 2
allora integrando rispetto a z (e tenendo ¯z costante) abbiamo
∂
z2
f (z, ¯z) = (1 − i) + (1 + i) ¯zz + ˜g(¯z) (597)
∂¯z 2
dove la ˜g(¯z) è una funzione arbitraria del suo argomento (dovuta al fatto che
abbiamo ’invertito’ una derivata parziale... allo studente converrebbe sempre
fare dei check dei risultati parziali: ad esempio ora si calcoli la derivata parziale
rispetto a z della 597 per riottenere la 596)
Ora integriamo la 597 rispetto a ¯z (e tenendo z costante)
f (z, ¯z) = (1 − i) z2¯z 2 + (1 + i) ¯z2 z
+ g(¯z) + h(z) (598)
2
ove le funzioni h e g (che è l’integrale di ˜g(¯z)) sono funzioni arbitrarie del loro
argomento. Abbiamo quindi la soluzione particolare della equazione di Laplace
non-omogenea
˜f (z, ¯z) = (1 − i) z2¯z 2 + (1 + i) ¯z2 z
(599)
2
86

più la soluzione generale dell’omogenea
ˆf (z, ¯z) = g(¯z) + h(z) (600)
Possiamo ora tornare alle coordinate cartesiane per avere la soluzione (particolare)
dell’equazione di Laplace originaria in campo reale
˜f
z + ¯z − ¯z
(x, y) = z¯z − iz =
2 2
x 2 + y 2 (x + y) (601)
Exercise 141 verificare che la 599 è effettivamente reale (come deve essere).
Exercise 142 verificare che la 601 è effettivamente soluzione dell’equazione di
Laplace di partenza.
Problem 143 dall’esercizio precedente sembrerebbe che la funzione generale armonica,
cioè la soluzione generale dell’equazione di Laplace omogenea, sia
∆f = 0 =⇒ f(x, y) = g(x − iy) + h(x + iy) (602)
ove h e g sono funzioni arbitrarie del loro argomento. Cioè
f = g(z) + h(z) (603)
Ma allora come si concilia tutto ciò con il terorema che dice che sia la parte reale
sia la parte immaginaria di una funzione analitica DEVONO essere armoniche
? (la funzione generale armonica appare qui essere funzione sia di z che di z
...). E ancora: se ho considerato l’equazione di Laplace omogenea in campo
reale, come mai mi ritrovo una funzione complessa? Sfrugugliare con giudizio...
5 Integrazione complessa
Partiamo, come al solito, tentando estensioni immediate al campo complesso
delle conoscenze maturate nel campo reale. Data una curva (una linea) Γ nel
piano complesso che congiunga i punti z0 e z1, vediamo cosa significa
ove
z1
z0,Γ
è una generica funzione complessa e ovviamente
wdz (604)
w = u (x, y) + iv(x, y (605)
dz = dx + idy (606)
87

Allora 604 è chiaramente
z1
z0,Γ
wdz =
(x1,y1)
(x0,y0),Γ
Separando parte reale e parte immaginaria abbiamo:
z1
z0,Γ
wdz =
(x1,y1)
(x0,y0),Γ
[u (x, y) dx − v(x, y)dy] + i
(u (x, y) + iv(x, y)) (dx + idy) (607)
(x1,y1)
(x0,y0),Γ
[v(x, y)dx + u (x, y) dy]
(608)
Quindi, in generale, un integrale nel piano complesso non è altro che la somma
(complessa) di due integrali di linea reali. Come nel caso della derivazione,
sembrerebbe che tutta la teoria sia già nota e tutto sia riconducibile allo studio
delle funzioni di due variabili complesse. Vedremo che l’esistenza delle funzioni
analitiche cambia drasticamente le carte in tavola e incontreremo interessanti
novità. Perintanto però la 608 permette di estendere al campo complesso tutta
una serie di nozioni note in campo reale.
5.1 Proprietà degli integrali
1.
wdz = −
wdz (609)
Γ
ove con −Γ indichiamo ovviamente la curva Γ percorsa in senso inverso
(cioè da z1 a z0 ).
2.
(αw) dz = α
wdz (610)
ove α è una costante (complessa).
Γ
Γ
3.
(w + ˜w) dz =
wdz +
˜wdz (611)
cioè, a parole, l’integrale della somma è la somma degli integrali (additività:
unita alla precedente proprietà, fà dell’integrale un operatore lineare).
4.
(additività sul percorso)
Γ=Γ1+Γ2
5.
Γ
wdz =
Γ
Γ1
−Γ
Γ
Γ
wdz +
Γ2
wdz (612)
wdz
≤
|w| dz
≤ LM (613)
ove L è la lunghezza della curva Γ, mentre M è il massimo valore assunto
dal modulo della funzione w lungo la curva stessa.
Γ
88

Remark 144 lo studente può facilmente dimostrare le proprietà suddette che
sono tuttavia intuitive se si si tiene presente il concetto ’naive’ dell’integrale
come somma degli infiniti contributi della funzione lungo il percorso (un pò più
precisamente: spezzare il percorso Γ in N tratti di lunghezza ∆, moltiplicare
un valore della funzione nel tratto - uno qualsiasi - per ∆, sommare il tutto e
considerare il limite per N → ∞, ∆ → 0, ma N∆ = L, la lunghezza della curva)
. Le rappresentazioni ’naive’ possono essere pericolose (a volte portano ad abbagli)
ma non dovrebbero essere trascurate come mezzo euristico. Ad esempio
la proprietà 613 diviene evidente: se invece della funzione prendo il massimo
del modulo ovviamente maggioro e siccome per ogni tratto devo sommare una
costante (M) per la lunghezza del tratto avrò il massimo M per la lunghezza L
della curva.
5.2 Integrali ’parametrici’
Se la curva Γ è regolare (o regolare a tratti - vedi dopo) e ha equazioni parametriche
allora
(x1,y1)
(x0,y0),Γ
[u (x, y) dx − v(x, y)dy] =
x = φ(t) (614)
y = ψ(t) (615)
(x1,y1)
(x0,y0),Γ
(abbiamo ’diviso’ e ’moltiplicato’ per dt ...); e quindi
(x1,y1)
(x0,y0),Γ
[u (x, y) dx − v(x, y)dy] =
Analogamente
(x1,y1)
(x0,y0),Γ
[v(x, y)dx + u (x, y) dy] =
t1
t0
t1
t0
dt u (x, y) dx
− v(x, y)dy
dt dt
(616)
dt u (φ(t), ψ(t)) φ ′ (t) − v(φ(t), ψ(t))ψ ′ (t)
(617)
dt v (φ(t), ψ(t)) φ ′ (t) + u(φ(t), ψ(t))ψ ′ (t)
(618)
e quindi l’integrale complesso viene in pratica ricondotto ad un normale
integrale reale di variabile reale (un altro modo per mostrare che le proprità
classiche degli integrali valgono ancora in campo complesso).
––––––––––-
Exercise 145 calcolare
z1
z0,Γ
(¯z − i)dz (619)
ove z0 = 0, z1 = 2 (1 − i) e la curva Γ è data in equazione cartesiana
y 2 = 2x (620)
89

Svolgimento:
passiamo alla forma 608
(x1,y1)
(x0,y0),Γ
[u (x, y) dx − v(x, y)dy] + i
(2,−2)
(0,0),Γ
ma sulla curva
e quindi
(−2)
(0),Γ
y 3
w = ¯z − i = x − i(y + 1) (621)
(x1,y1)
(x0,y0),Γ
(2,−2)
[xdx − (y + 1)dy] + i
2
− (y + 1)
y − y2
2
+ y4
8
(0,0),Γ
[v(x, y)dx + u (x, y) dy] = (622)
[(y + 1)dx + xdy] (623)
x = y2
; dx = ydy (624)
2
dy + i
−2
0
(−2)
(0),Γ
+ i y2
2
+ y3
2
(y + 1)y + y2
2
−2
0
dy = (625)
= 4 + 6i (626)
metodo alternativo:
è chiaro che la curva può essere scritta in forma parametrica come
y = t; x = t2
2
e il parametro corre da t0 = 0 a t1 = −2
e quindi passiamo alla forma parametrica. Parte reale:
t1
t0
Parte immaginaria
(627)
dt u (φ(t), ψ(t)) φ ′ (t) − v(φ(t), ψ(t))ψ ′ (t) = (628)
−2
0
−2
0
3 t
dt − (t − 1) = 4 (629)
2
dt
(t − 1) t + t2
2
= 6 (630)
Exercise 146 provate a calcolare lo stesso integrale usando cammini diversi (vi
aspettate lo stesso risultato?)
Exercise 147 calcolare
(z − z0) −1 dz; Γ ≡ |z − z0| = ρ (631)
Svolgimento:
Γ
90

La linea Γ è quindi una linea chiusa ed è evidentemente il cerchio di centro
z0 e raggio ρ. Conviene esprimerla in forma parametrica passando alle coordinate
polari (ma lo studente provi lo stesso a svolgere l’esercizio in coordinate
cartesiane)
z − z0 = ρe iθ ; 0 ≤ θ < 2π (632)
(in realtà potremmo usare θ0 ≤ θ < θ0 + 2π con θ0 arbitrario). Il parametro
è quindi θ mentre ρ è ovviamente una costante e quindi
Perciò
dz = iρe iθ dθ = i (z − z0) dθ (633)
(z − z0) −1 dz = 2π
(z − z0) −1 i (z − z0) dθ = i2π (634)
Γ
0
Remark 148 notare che l’integrale NON dipende dal raggio del cerchio! in
effetti dimostreremo che il suo valore è lo stesso per QUALSIASI curva chiusa
Γ che abbia al suo interno z0 e sia percorsa una sola volta (in senso antiorario)
5.3 Miscellanea
Richiamiamo alcune definizioni e nozioni che, pur tediose, sono necessarie.
• una linea continua chiusa e semplice (cioè senza intersezioni) è detta curva
di Jordan
• una linea è detta regolare se la tangente è ben definita in ogni punto della
linea (a.e. una circonferenza)
• una linea è detta regolare a tratti se può essere suddivisa in un numero
(finito) di linee regolari (a.e. un poligono
• una regione dicesi semplicemente connessa se qualsiasi linea chiusa completamente
appartenente alla regione può essere deformata fino a ridursi
ad un punto senza uscire dalla regione. Se questo non è possibile parliamo
di regione multiplamente connessa. In altre parole immaginate di avere
un cappio nella regione e di farlo in tutti i modi possibili, se stringendo il
cappio niente mai è impiccato... la regione è semplicemente connessa. In
termini ancora più semplici non devono esserci ’buchi’: vedi la figura:
• Una curva di Jordan divide il piano in due regioni: una regione limitata che
viene detta interno della curva e l’altra illimitata che viene detta esterno
della curva (Teorema della curva di Jordan). Si vede facilmente che
la regione interna è semplicemente connessa e la curva di Jordan è la sua
frontiera.
91

Semplicemente connessa
Figure 11:
Multiplamente connessa
• CONVENZIONE SUL VERSO DI PERCORRENZA DI UN CAMMINO
CHIUSO: la frontiera di una regione è percorsa in senso (o verso) positivo
se un camminatore su di essa vede sempre la regione alla sua sinistra
. Notare che se la regione è semplicemente connessa la frontiera è una
curva chiusa Γ che per la convenzione di sopra verrà percorsa in senso
anti-orario. Se invece la regione è multiplamente connessa la frontiera Γ
è una collezione di curve chiuse e le curve che delimitano i ’buchi’ sono
percorse in senso orario (vedi figura). L’integrale lungo Γ (contorno di
una regione) è detto spesso integrale di contorno. e viene indicato con
(635)
• Lemma di Gauss:
Γ
f(x, y)dx = −
fy(x, y)dxdy (636)
Γ
{Γ}
f(x, y)dy =
fx(x, y)dxdy (637)
Γ
{Γ}
ove con {Γ} indichiamo la regione ℜ che ha per contorno Γ (e Γ è percorsa nel
verso positivo)
• Teorema di Green nel piano : è una conseguenza immediata del Lemma
di Gauss
[f(x, y)dx + g(x, y)dy] =
[gx(x, y) − fy(x, y)] dxdy (638)
Γ
{Γ}
92

Remark 149 Per la precisione: le funzioni coinvolte dovrebbero essere continue
e avere derivate parziali prime continue sia in Γ sia nella regione {Γ} .
• Forma complessa del teorema di Green
Consideriamo le trasformazioni di variabile (x, y) ↔ (z, ¯z) e le conseguenti
espressioni per le derivate parziali. Allora (check!)
Γ
[f(x, y)dx + g(x, y)dy] = 1
{[F (z, ¯z) − iG (z, ¯z)] dz + [F (z, ¯z) + iG (z, ¯z)] d¯z} =
2 Γ
(639)
= i
{[F¯z (z, ¯z) − iG¯z (z, ¯z)] − [Fz (z, ¯z) + iGz (z, ¯z)]} dS (640)
ove
{Γ}
z + ¯z z − ¯z
z + ¯z z − ¯z
F (z, ¯z) = f , ; G (z, ¯z) = g ,
2 2i
2 2i
(641)
e dS è l’elemento di superficie della regione {Γ} (dxdy in coordinate cartesiane).
Quindi, ridefinendo le funzioni, abbiamo
{A (z, ¯z) dz + B (z, ¯z) d¯z} = 2i
{A¯z (z, ¯z) − Bz (z, ¯z)} dS (642)
Γ
{Γ}
(con A, B funzioni continue e aventi derivate parziali prime continue sia in
Γ sia nella regione ℜ = {Γ}).
In particolare per B (z, ¯z) = 0 si ha
A (z, ¯z) dz = 2i
A¯z (z, ¯z) dS (643)
Γ
che è considerata in molti testi appunto la forma complessa del teorema di
Green.
• Aree in forma complessa
Questa è un’utile aplicazione della 642. Ovviamente l’area di una regione ℜ
con contorno Γ è
S =
dS (644)
Ora dalla 642
con
S =
{Γ}
Abbiamo quindi molte opzioni... a.e.
{Γ}
{Γ}
dS = 1
{A (z, ¯z) dz + B (z, ¯z) d¯z} (645)
2i Γ
A¯z (z, ¯z) − Bz (z, ¯z) = 1 (646)
B = 0; A = ¯z (647)
93

che porta a
Oppure
che porta a
Figure 12:
A B
S = 1
¯zdz (648)
2i Γ
B = − z ¯z
; A =
2 2
(649)
S = 1
(¯zdz − zd¯z) (650)
4i Γ
Potete investigare liberamente per forme alternative, magari ritornando infine
alle coordinate cartesiane.
Exercise 150 mostrare che
S =
{Γ}
dS = 1
(xdy − ydx) (651)
2 Γ
Exercise 151 supposto valido il teorema di Green per una regione semplicemente
connessa dimostrare che è valido anche per una regione multiplamente
connessa (Hint: tagliare dal ’buco’ al contorno esterno come in figura)
94

Exercise 152 Calcolare l’area del cerchio di raggio R (!)
quindi
Svolgimento: mettiamo il centro nell’origine e usiamo
Ora dalla 648
|z| 2 = z¯z = R 2
¯z = R2
z
S = 1
¯zdz =
2i Γ
R2 1 R2 R2
dz = ln(z) = ln (R) + iφ|φ=2π
φ=0 = πR2
2i Γ z 2i 2i
(652)
(653)
(654)
Exercise 153 calcolare
|z| 2 dz (655)
lungo il triangolo con vertici (−1, 0) , (1, 0) , (0, i)
Γ
¯z 2 dz (656)
Γ
Exercise 154 mostrare che il baricentro di una regione ℜ = {Γ} ha coordinate
complesse
zB = − 1
z
4iS Γ
2 d¯z; ¯zB = 1
¯z
4iS Γ
2 dz; (657)
(fisicamente il baricentro di una lamina omogenea ℜ)
–––––––––––
5.4 Integrazione e analiticità
Quanto finora detto sull’integrazione nel piano complesso vale per qualsiasi funzione
complessa (e ragionevole...). Tuttavia abbiamo prannunciato che per le
funzioni analitiche troveremo particolari ed importanti risultati. Il primo è dato
dal Teorema di Cauchy:
Theorem 155 Sia la funzione
w = u(x, y) + iv(x, y) = f(z) (658)
analitica in una regione di contorno Γ(contorno compreso) e sia la sua derivata
w ′ = f ′ (z) = ux + ivx = vy − iuy
(659)
continua nella stessa regione (contorno compreso). Allora
f(z)dz = 0 (660)
Γ
95

Proof. La prova è immediata. Dato che la funzione è analitica allora è continua
e dato che la derivata per ipotesi è continua allora sono continue tutte le derivate
parziali prime e quindi possiamo applicare il teorema di Green. Usiamo la forma
cartesiana 638
f(z)dz =
[u(x, y) + iv(x, y)] (dx + idy) = (661)
Γ
Γ
=
(udx − vdy) + i
(vdx + udy) = (662)
Γ
Γ
= −
(uy + vx) dxdy + i
(ux − vy) dxdy (663)
{Γ}
ma la funzione è analitica, quindi per CR questi ultimi integrali sono nulli. QED
.Si può provare il teorema ancora più rapidamente facendo uso della versione
complessa del Teorema di Green (vedi 643)
f(z)dz = 2i
f¯z (z) dS = 0 (664)
QED.
Γ
{Γ}
Il teorema è dovuto a Cauchy e fà uso di una condizione apparentemente
superflua cioè della continuità della derivata di una funzione analitica. Infatti
abbiamo detto che ogni funzione analitica è infinitamente derivabile e quindi
tutte le derivate sono continue... epperò NON lo abbiamo ancora dimostrato!
In effetti la condizione è veramente superflua nel senso che si può dimostrare
il teorema senza farne uso. Questa dimostrazione è dovuta a Goursat : non è
difficile ma tediosa e lasciamo allo studente interessato il compito di ritrovarla
sui sacri testi. Noi ci limitiamo ad enunciare il teorema così semplificato che
prende il nome di Teorema di Cauchy-Goursat (e nel seguito lo indicheremo
con teorema CG o semplicemente CG)
Theorem 156 Sia la funzione
{Γ}
w = u(x, y) + iv(x, y) = f(z) (665)
analitica in una regione di contorno Γ(contorno compreso) . Allora
f(z)dz = 0 (666)
Γ
Remark 157 dato che il teorema si basa sul teorema di Green e questo è valido
anche per domini multiplamente connessi, allora il teorema stesso è valido per
domini multiplamente connessi
In soldoni il teorema dice che l’integrale di contorno di una funzione analitica
è nullo lungo qualsiasi curva chiusa posta nel dominio di analiticità della
funzione (semplicemente connesso) . Ovviamente quindi l’integrale di una funzione
analitica da z0 a z1 NON dipende dal cammino (cioè è lo stesso qualunque
96

z0
Γ2
Γ1
Figure 13:
siano i cammini usati per andare da z0 a z1, purchè tali cammini siano entro il
dominio di analiticità della funzione). La dimostrazione è classica e ovvia (vedi
figura)
0 =
Γ
f(z)dz = z1
z0,Γ1
f(z)dz + z0
z1,Γ2
f(z)dz =⇒ z1
z0,Γ1
z1
f(z)dz = z1
z0,−Γ2
f(z)dz
(667)
Tutto questo ci dovrebbe ricordare qualcosa... e in effetti il teorema di
Cauchy-Goursat implica che sia la parte reale sia la parte immaginaria di
sono differenziali esatti.
wdz = (udx − vdy) + i (vdx + udy) (668)
Remark 158 per gli studenti matematicamente puntigliosi: la forma differenziale
a(x, y)dx + b(x, y)dy (669)
costituisce un differenziale esatto se il suo integrale di linea non dipende dal cammino...
la condizione necessaria e sufficiente è che esista uba funzione φ(x, y)
tale che
a(x, y) = φx; b(x, y) = φy (670)
e
φ xy = φ yx
(671)
Problem 159 perchè non potevamo semplicemente dire che se w = f(z) è
analitica allora per le condizioni CR wdz è un differenziale esatto e quindi segue
il teorema di Cauchy? cioè in sostanza era veramente necessario dimostrare il
teorema CG?
97

––––––––––––
Possiamo ora ben definire la funzione primitiva W = F (z) di una funzione
analitica w = f(z)
W = F (z) = F (z0) + z
f(z ′ )dz ′
(672)
ove nell’integrale è inutile indicare il cammino e il punto z0 può essere scelto
arbitrariamente (entro il dominio di analiticità di f(z); d’altronde la primitiva
è sempre definita a meno di una costante che viene appunto fissata scegliendo
z0).In molti testi si dice che F (z) (la primitiva) è l’integrale indefinito di f(z)
z0
F (z) = f(z)dz (673)
(ovviamente, come nel caso reale, gli integrali indefiniti ’definiscono’ una funzione
a meno di una costante...) Riassumendo possiamo dire che la primitiva
gode delle seguenti proprietà
F ′ = dF
dz
= f (674)
(il che ovviamente dice che la primitiva di una funzione analitica è analitica...)
e inoltre
β
β
f(z)dz = F ′ β
(z)dz =
α
α
α
dF β
dz = dF = F (z)|
dz α
β
α = F (β) − F (α) (675)
Ossia abbiamo nel campo complesso (ma limitatamente a funzioni analitiche!)
proprietà ben note in campo reale (detto in termini discorsivi: una funzione
analitica, pur essendo nel piano complesso, si comporta come -e meglio di- una
funzione di una sola variabile reale...cioè ha tutte le proprietà di tale funzione
più qualcosa).
Un’altra conseguenza degna di nota del Teorema di Cauchy-Goursat è nel
seguente teorema:
Theorem 160 Siano Γ1 e Γ2 due curve di Jordan e sia Γ2 nella regione interna
di Γ1.Allora se w = f(z) è analitica nella regione tra Γ1 e Γ2 abbiamo
f(z)dz =
f(z)dz (676)
Proof. diamo uno sguardo alla figura
La tesi dice che dobbiamo dimostrare
f(z)dz =
f(z)dz =⇒
Γ1
Γ1
Γ2
Γ2
Γ1−Γ2
f(z)dz = 0 (677)
Ma Γ = Γ1 − Γ2 è il contorno di una regione multiplamente connessa (percorso
giustamente nel verso positivo) in cui la funzione f(z) è per ipotesi analitica.
Quindi per il teorema di Cauchy-Goursat l’integrale di contorno è effettivamente
è nullo. QED.
..................
98

Figure 14:
Γ2
Exercise 161 estendere il risultato a regioni con più ’buchi’
Γ1
......................
Dunque se dobbiamo calcolare l’integrale di una funzione analitica lungo un
cammino chiuso possiamo impunemente cambiare il cammino e sceglierne uno
a nostro piacimento (interno al primo e nella regione di analiticità). Questo ci
fa sospettare che la conoscenza di una funzione analitica sul ’bordo’ implichi in
qualche modo la conoscenza della funzione all’interno. O, in altri termini e generalizzando,
che una funzione analitica non possa avere valori arbitrariamente
assegnati nel suo dominio ma tali valori siano necessariamente (e fortemente...)
correlati tra loro. Ed è vero! Lo vedremo già (in parte) nella prossima sezione.
Exercise 162 dimostrare la regola della integrazione per parti nel campo complesso
f(z)g ′
(z)dz = f(z)g(z) − f ′ (z)g(z)dz (678)
Exercise 163 determinare le primitive delle seguenti funzioni
1. 1
z 2 +1
2. ze iz
3. z 2 sin(z)
99

4. tan(3z − 1)
Svolgimento:
1) La funzione si può scrivere come
1
z 2 + 1 =
1 i
=
(z + i) (z − i) 2
1 1
−
(z + i) (z − i)
allora la primitiva (a meno di una costante) è
1
z2
i
dz =
+ 1 2
1 i
−
(z + i) 2
1 i (z + i)
= ln
(z − i) 2 (z − i)
(679)
(680)
ovviamente il dominio di anliticità è il piano complesso meno i punti ±i
2) la funzione è analitica in tutto il piano, la primitiva è (a meno di costante)
ze iz dz (681)
Integriamo per parti, prendendo f(z) = z e g(z) = −ie iz ; (g ′ (z) = e iz ).Dalla
678 abbiamo (check!)
ze iz dz = −ize iz
+ i
Exercise 164 calcolare il seguente integrale
(2,1)
(0,0),Γ
e iz dz = −ize iz + e iz = (1 − iz) e iz
(682)
e −y {[x cos (x) − y sin (x)] dx − [x sin (x) + y cos (x)] dy} (683)
lungo il percorso Γ dato da
4y 3 − x 2 y = 0 (684)
Svolgimento:
Lo studente provi pure a calcolare l’integrale di linea. Tuttavia l’integrale
in questione non è altro che la parte reale di zeizdz, proposto nell’esecizio
precedente, ed è indipendente dal cammino. Abbiamo già la sua primitiva e
quindi il risultato sarà
Re (1 − iz) e iz 2+i
= Re 0
(2 − 2i) e −1+2i − 1 = (685)
= Re (2 − 2i) e −1 (cos(2) + i sin(2)) − 1 = (686)
= 2e −1 (cos(2) + sin(2)) − 1 (687)
100

5.5 Formule integrali di Cauchy
Il prossimo teorema e la sua successiva estensione sono a ragione considerati
fondamentali nell’analisi complessa.
Theorem 165 Sia w = f(z) una funzione analitica lungo una curva di Jordan
Γ e nel suo interno (cioè nella regione semplicemente connessa ℜ = {Γ}). Allora
per qualsiasi punto z interno a ℜ = {Γ} vale la seguente rappresentazione
integrale di Cauchy della funzione w = f(z) :
Proof. la funzione
Γ
f(z) = 1
i2π
Γ
g(ζ) = f(ζ)
ζ − z
f(ζ)
dζ (688)
ζ − z
(689)
è ovviamente analitica in ℜ = {Γ} salvo un punto di singolarità in ζ = z.Allora
usiamo l’ultimo teorema della sezione precedente
f(ζ) f(ζ)
dζ = dζ (690)
ζ − z ζ − z
scegliendo per Γε il cerchio di centro z e raggio ε (ovviamente ε sarà abbastanza
piccolo in modo che Γε sia interno a Γ). Quindi su Γε abbiamo
per cui
Γ
Γε
ζ − z = εe iθ ; 0 ≤ θ < 2π (691)
dζ = iεe iθ dθ = i (ζ − z) dθ (692)
2π
f(ζ) f(ζ)
dζ = dζ = i f(z + εe
ζ − z ζ − z iθ )dθ (693)
Γε
Ora prendiamo il limite dell’ultimo integrale per ε → 0, e teniamo in debito
conto il fatto che
lim
ε→0 f(z + εeiθ ) = f(z) (694)
essendo f analitica e quindi continua. Abbiamo infine
QED
..................................
Γ
0
0
2π
f(ζ)
dζ = if(z) dθ = i2πf(z) (695)
ζ − z
Remark 166 se z fosse esterno a Γ allora l’integrale di contorno sarebbe nullo
per il teorema di Cauchy-Goursat
101

Il seguente teorema (che include il precedente come caso speciale) può essere
dimostrato per induzione. Noi lasceremo la dimostrazione allo studente
interessato limitandoci all’enunciato:
Theorem 167 Sia w = f(z) una funzione analitica lungo una curva di Jordan
Γ e nel suo interno (cioè nella regione semplicemente connessa ℜ = {Γ}). Allora
per qualsiasi punto z interno a ℜ = {Γ} esistono tutte le derivate successive di
f(z) e tali derivate ennesime sono date dalla seguente rappresentazione integrale
di Cauchy
f (n) (z) = n!
i2π
Γ
f(ζ)
n+1 dζ; n = 0, 1, 2, ... (696)
(ζ − z)
• Abbiamo indicato con f (n) (z) la derivata ennesima di f(z).
• Notare che per n = 0 si ottiene il risultato precedente.
Dimostrazione:
Lo dimostriamo per induzione. Supponiamo che 696 sia valido fino a n :
vediamo ora se è vero per n + 1. Dobbiamo quindi far vedere che
Ma per definizione
f (n+1) (z) =
(n + 1)!
i2π
f (n+1) f
(z) = lim
∆z→0
(n) (z + ∆z) − f (n) (z)
∆z
Γ
f(ζ)
n+2 dζ (697)
(ζ − z)
(698)
Usando la 696 (per ipotesi vera) e varie proprietà dei limiti e degli integrali,
abbiamo
f (n+1) (z) = n!
1 1
1
dζf(ζ) lim
i2π
∆z→0 ∆z
n+1 −
(ζ − z − ∆z) (ζ − z) n+1
(699)
Ora notiamo che
e quindi
ma
Γ
f (n+1) (z) = n!
i2π
Γ
1
ζ − z − ∆z =
1
(ζ − z) 1 − ∆z
(700)
ζ−z
⎛
f(ζ) 1 ⎜ 1
dζ n+1 lim ⎝
(ζ − z) ∆z→0 ∆z
1 − ∆z
⎟
n+1 − 1⎠
(701)
ζ−z
1
1 − ε = 1 + ε + ε 2
102
⎞
(702)

e quindi per l’espansione binomiale
Cioè
n+1 1
=
1 − ε
1 + ε + ε 2n+1 2
= 1 + (n + 1) ε + ε
f (n+1) (z) = n!
i2π
= n!
i2π
= (n + 1)!
Γ
f(ζ)
dζ n+1 lim
(ζ − z)
∆z→0
f(ζ)
dζ n+1 lim
(ζ − z)
Γ
f(ζ)
dζ
i2π (ζ − z) n+2
Γ
∆z→0
⎛
⎞
(703)
1 ⎜ 1
⎝
∆z
1 − ∆z
⎟
n+1 − 1⎠
(704)
ζ−z
1
1 + (n + 1)
∆z
∆z
− 1 + (∆z)2 (705)
ζ − z
Dato la 696 è vera per n = 0 abbiamo quindi dimostrato che è vera per ogni
n = 0, 1, 2, ...
QED
–––––––––
I risultati dei due teoremi precedenti, ottenuti finora per regioni semplicemente
connesse, possono essere estesi a regioni multiplamente connesse.
Giustifichiamo questo claim per n = 0.Si proceda esattamente come nella
prova del primo teorema di questa sezione: tutte le considerazioni rimangono
valide (check!) salvo che Γ è ora il contorno della regione multiplamente connessa
cioè la somma del contorno ’esterno’ e dei contorni dei ’buchi’ (vale la
solita convenzione sui versi di percorrenza).
Remark 168 la rappresentazione per la derivata ennesima si ottiene dalla rappresentazione
di Cauchy per la funzione "derivando sotto il segno di integrale"
(anche se ora questo è integrale di contorno...):
f (n) (z) = n!
f(ζ) dn dn
i2π
n+1 dζ = f(z) =
(ζ − z) dzn dz
Γ
n
n
1 f(ζ) 1 d
dζ =
i2π ζ − z i2π dz
Γ
Γ
n
(707)
Nota bene (per i puristi! ) che questa NON è una dimostrazione del teorema
(nessuno ci autorizzava a ’passare’ la derivata sotto il segno di integrale...)
Exercise 169 che
d n
dz n
1
ζ − z =
(706)
n!
n+1 , n = 0, 1, 2, ... (708)
(ζ − z)
dovrebbe essere ovvio. Dimostriamolo comunque per induzione (un’altro esempio
della ’potenza’ dell’induzione!). Supponiamo che sia vero fino a n e vediamo che
103
f(ζ)
dζ
ζ − z

è vero per n + 1
QED
d n+1
dz n+1
1
ζ − z
n d d
=
dz dzn
1
ζ − z
= d
dz
= n! (n + 1)
n!
(ζ − z) n+1
(ζ − z) n+2
(709)
(710)
(711)
In realtà le rappresentazioni integrali di Cauchy (pur importantissime) non
sono certo le uniche rappresentazioni integrali possibili... anzi esistono molte
rappresentazioni integrali già nel campo reale (e che possono utilmente essere
estese al campo complesso). Citiamo solo le cosiddette formule integrali di
Poisson per il semipiano (senza dimostrazione):
Theorem 170 se una funzione g (x, y) è armonica allora
g (x, y) = 1
π
+∞
−∞
g (ξ, 0)
Corollary 171 se una funzione f (z) è analitica allora
f (z) = 1
π
+∞
−∞
(ξ − x) 2 dξ (712)
+ y2 f (ξ)
(ξ − x) 2 dξ (713)
+ y2 Si lascia allo studente l’ovvia giustificazione di questo corollario.
Ricapitolando: le formule integrali di Cauchy non solo ci dicono come ’(ri)costruire’
il valore di una funzione analitica in un qualsiasi punto dalla conoscenza della
funzione stessa su una curva qualsiasi che includa il punto (purchè si resti nel
dominio di analiticità) ma anche e soprattuto ci dicono che una funzione analitica
è indefinitamente derivabile e quindi anche la derivata è analitica and
so on. Ricordando che nella sezione precedente abbiamo mostrato dal teorema
di Cauchy-Goursat che ogni funzione analitica ammette una primitiva che per
definizione è analitica (ha derivata!) e quindi a sua volta avrà una primitiva
che è analitica and so on... abbiamo quindi per ogni funzione analitica una
catena infinita di funzioni analitiche fortemente legate tra loro (le derivate e
le primitive). Questo non succede necessariamente con le funzioni di variabile
reale.
104

5.6 Teoremi connessi con la rappresentazione integrale di
Cauchy
Un semplice e utile corollario del teorema 165 mostra come esprimere una funzione
analitica in un punto tramite i valori assunti dalla funzione nelle vicinanze
del punto.
Theorem 172 se una funzione è analitica in una regione ℜ allora i suo valore
in un punto z ∈ ℜ è la media dei valori assunti dalla funzione lungo un cerchio
di arbitrario raggio ρ (purchè il cerchio sia incluso in ℜ)
Proof. è immediata conseguenza della rappresentazione integrale di Cauchy.
Infatti
f(z) = 1
i2π
f(ζ)
dζ
ζ − z
(714)
ma siamo su un cerchio di centro z e raggio ρ, per cui
e quindi
Γ
ζ − z = ρe iθ ; 0 ≤ θ < 2π (715)
dζ = iρe iθ dθ = i (ζ − z) dθ (716)
f(z) = 1
2π
2π
0
f(z + ρe iθ )dθ (717)
che è appunto la media dei valori assunti dalla funzione lungo il cerchio.
Tale corollario del teorema 165 è detto Teorema della media di Gauss.
Le rappresentazioni integrali di Cauchy e le loro conseguenze ci permettono
anche di dimostrare facilmente il Teorema di Morera che può essere visto
come l’inverso del teorema di Cauchy-Goursat (tale teorema può anche essere
dimostrato in modo diverso, ma con la necessità di ipotesi più forti).
Theorem 173 ( Morera) Sia w = f(z) continua in una regione ℜ semplicemente
connessa del piano complesso e sia inoltre
f(z)dz = 0 (718)
Γ
lungo QUALSIASI curva di Jordan Γ inclusa in ℜ. Allora w = f(z) è analitica
in ℜ.
Proof. dimostriamolo nel modo più diretto: la 718 implica l’indipendenza dal
cammino e l’esistenza di una primitiva analitica (vedi 672,674). Ma allora essendo
f(z) la derivata di una funzione analitica è essa stessa derivabile e quindi
analitica (formule integrali di Cauchy)
105

Exercise 174 che succede su una regione multiplamente connessa?
........
Una sorprendente proprietà delle funzioni analitiche è data dal seguente Teorema
di Liouville
Theorem 175 ( Liouville) Una funzione è analitica e limitata su tutto il piano
complesso se e solo se è una costante
Proof. Il ’se’ (la sufficienza) è banale. Proviamo il ’solo se’ (la necessità):
prendiamo due punti arbitrari del piano complesso z1, z2 e un cerchio Γ di
raggio ρ > 2 |z2 − z1| e centro in z1. Per ipotesi la funzione è limitata e quindi
|f (z)| ≤ M. Usiamo le rappresentazioni integrali di Cauchy per f (z1) , f (z2) :
1 f(ζ)
f (z2) − f (z1) =
dζ −
i2π ζ − z2
Γ
1
f(ζ)
dζ = (719)
i2π ζ − z1
Γ
= (z2
− z1) f(ζ)
dζ (720)
i2π (ζ − z2) (ζ − z1)
Γ
Usiamo ora la 613 tenendo in conto che |ζ − z1| = ρ e |ζ − z2| = |ζ − z1 + z1 − z2| ≥
ρ − |z2 − z1| ≥ ρ
2
|f (z2) − f (z1)| ≤ |z2 − z1| M2πρ
2πρ ρ
2
= 2 |z2 − z1| M
ρ
(721)
Ma le condizioni di analiticità e limitatezza valgono per ipotesi su tutto il piano
complesso quindi possiamo passare al limite ρ −→ ∞. abbiamo perciò
|f (z2) − f (z1)| = 0 =⇒ f (z2) = f (z1) = costante (722)
QED
Una prova più diretta si poteva dare usando la cosiddetta Disuguaglianza di
Cauchy la cui dimostrazione lasciamo allo studente volenteroso:
f (n) (z) ≤ Mn!
ρ n
(723)
valida nell’ipotesi che la funzione f(z) sia analitica e limitata in un cerchio di
raggio ρ e centro in z.
Exercise 176 dimostrare il Teorema di Liouville usando la disuguaglianza di
Cauchy
Ricordiamo che una funzione analitica su tutto il piano complesso si dice
intera. Il teorema di Liouville ci dice quindi che tutte le funzioni intere non
106

anali (cioè non costanti) devono necessariamente divergere per |z| −→ ∞ (al
finito, essendo analitiche, sono limitate). Forse è utile anche ricordare che il
punto all’infinito viene raggiunto da qualsiasi direzione (sfera di Riemann!),
quindi per non contraddire il teorema basterà che la funzione intera diverga in
qualche direzione. Esempi di funzioni intere sono i polinomi, l’esponenziale, i
seni, i coseni..
Exercise 177 in che direzione (lungo quale retta) diverge sin (z) ?
Un’altra sorprendente proprietà delle funzioni analitiche è data dal seguente
teorema detto del massimo modulo:
Theorem 178 sia w = f(z) una funzione analitica non banale (cioè non costante)
lungo una curva di Jordan Γ e nella regione ℜ = {Γ} . Allora il valore massimo
del modulo della funzione sarà assunto su Γ.
Proof. diamo una prova qualitativa... (può essere facilmente resa rigorosa). Il
teorema afferma che se una funzione è analitica nella regione ℜ il monte più alto
deve essere al bordo di ℜ (spero che sia chiaro cosa intendo per monte). Anzi
di più: all’interno di ℜ non può esservi nessuna cima isolata (perchè altrimenti
potremmo prendere un sentiero tutto intorno alla cima (la cima è ove il modulo
assume un massimo anche relativo) e varrebbero le condizioni del teorema e
quindi sul sentiero che è più in basso della cima dovrebbero esserci dei punti
più alti della cima stessa... il che in soldoni vuol dire che in qualsiasi punto z
interno a Γ deve esserci almeno un sentiero in salita in qualche direzione. Questo
è implicito nel teorema della media di Gauss: infatti la 717 implica
|f(z)| ≤ 1
2π
0
2π
iθ
f(z + ρe ) dθ (724)
Cioè in ogni punto il modulo non è superiore alla media dei moduli della funzione
su un cerchio intorno al punto. Ma se la funzione non è costante nel cerchio
allora deve esistere un tratto di cerchio in cui il modulo è maggiore cioè un
sentiero in salita (ovviamente esisterà anche un sentiero in discesa, vedi dopo).
Remark 179 se non avete apprezzato questo tipo di prova, lasciate perdere...
o cambiate corso e vi iscrivete a matematica o trovatevi un buon amico matematico...
E come preannunciato alla fine della ’prova’ precedente vale anche il teorema
del minimo modulo:
Theorem 180 sia la w = f(z) = 0 una funzione analitica non banale (cioè
non costante) lungo una curva di Jordan Γ e nella regione ℜ = {Γ} . Allora il
valore minimo del modulo della funzione sarà assunto su Γ.
107

Proof. se w = f(z) = 0 allora 1
w
è analitica in ℜ...
Remark 181 in molti teoremi precedenti abbiamo ammesso per ipotesi che la
funzione sia analitica nella regione E sul contorno. In realtà spesso questa ultima
ipotesi può essere attenuata cioè basterebbe che la funzione fosse continua sul
contorno (ma non ci occuperemo né preoccuperemo di ciò).
Remark 182 abbiamo anche sempre implicitamente ammesso che le curve siano
buone... di lunghezza limitata se circondano una regione limitata. Ma è ben noto
che esistono linee di lunghezza infinita in una regione finita. Questo potrebbe
occasionalmente causare eccezioni ed altri guai. Assumeremo quindi che tutte le
curve considerate siano sempre di lunghezza finita in una regione finita .
Exercise 183 calcolare i seguenti integrali lungo il cerchio unitario
1.
Γ
2.
Γ
3.
Γ
4.
Γ
5.
Γ
6.
Γ
7.
Γ
1
z−2 dz
1
z− 2 dz
3
z 5
2iz−1 dz
1
(2z−1)(3iz−1) dz
1
(z−2) 2 (2iz−1) dz
1
(z−2)(2iz−1) 3 dz
e iz
z 13 dz
1. provate a farlo direttamente in qualche modo! (coordinate cartesiane,
polari, primitiva....). probabilmente incorrereste in qualche errore. Ovviamente
invece è molto semplice alla luce dei teoremi precedenti. In effetti
1
la funzione integranda z−2 è analitica entro il cerchio unitario e quindi
l’integrale è zero (mai fare conti se si può evitarli!)
2. Ora la funzione NON è analitica entro il cerchio unitario (ha un polo
semplice in z = 2
3 ). Epperò riconosciamo nell’integrale proposto la rappresentazione
integrale di Cauchy (a meno di un fattore) della funzione
nel punto z = 2
3 ... e quindi
Γ
w = f (z) = 1 (725)
1
z − 2 dz = i2πf
3
108
2
= i2π (726)
3

3. la funzione integranda di nuovo NON è analitica entro il cerchio unitario.
tuttavia riscriviamo
z
Γ
5
1 z
dz =
2iz − 1 2i
Γ
5
z − 1
(727)
2i
che riconosciamo come rappresentazione integrale di Cauchy (a meno di
un fattore) della funzione
nel punto z = 1
2i e quindi
Γ
4. riscriviamo:
z5
1
dz = i2πf
2iz − 1 2i
=
e quindi...
5. di nuovo la funzione
Γ
w = f (z) = 1
2i z5
1
1
dz =
(2z − 1) (3iz − 1) 6i
Γ
⎛
1
⎝
3i − 2
1
dz 1 −
z − 2
Γ
w = f (z) =
(728)
= i2π 1
5 1
= −
2i 2i
1
iπ (729)
32
Γ
1
z − 1
3i
1
(z − 2) 2
è analitica entro il cerchio unitario, e quindi...
1
dz 1 1 = (730)
z − 2 z − 3i
⎞
dz⎠
(731)
(732)
6. ora abbiamo un polo del terzo ordine entro il cerchio unitario
1
2i
1
(z − 2) z − 1
3 dz
2i
(733)
ma la funzione
Γ
f(z) =
1
2i (z − 2)
(734)
è analitica sempre dentro il cerchio.confrontiamo con la rappresentazione
integrale di Cauchy per le derivate (la 696, riscritta con un leggero cambiamento
di notazione)
f (n) (ζ) = n!
i2π
109
Γ
f(z)
n+1 dz (735)
(z − ζ)

Identifichiamo
La derivate di f(z)
e quindi
1
2i
Γ
n = 2; f(z) =
1 1
; ζ =
2i (z − 2) 2i
f (1) 1
= −
2i (z − 2) 2 ; f (2) 1
=
i (z − 2) 3
1
(z − 2) z − 1
3 dz =
2i
i2π
2!
1
i (ζ − 2) 3
ζ= 1
2i
π
=
1
2i − 2 3
(736)
(737)
(738)
7. la funzione integranda ha un polo di ordine 13 entro il cerchio unitario...
ma niente paura! procediamo come nell’esercizio precedente identificando
Ovviamente
e quindi
n = 12; f(z) = e iz ; ζ = 0 (739)
f (12) = (i) 12 e iz = e iz
Γ
eiz i2π
dz =
z13 12!
(740)
(741)
Exercise 184 che succede se tutti i precedenti integrali vengono calcolati non
più sul cerchio unitario ma sul cerchio ’trinitario’ (cioè centro nell’origine e
raggio 3)?
Dimostriamo ora un teorema importantissimo che non a caso va sotto il
nome di Teorema fondamentale dell’Algebra:
Theorem 185 ( fondamentale dell’algebra) Una equazione algebrica di grado
n ≥ 1 ammette almeno una radice (in campo complesso). Ovvero un polinomio
di grado n ≥ 1 possiede almeno uno zero (in campo complesso).
Proof. ricordiamo da 211,212 cosa è un’equazione algebrica di grado n
Pn(z) = a0 + a1z + a2z 2 + ... + an−1z n−1 + anz n = 0; an = 0 (742)
Ora ammettiamo per assurdo che non esista una radice, cioè che il polinomio
Pn(z) non si annulli mai. Ma allora la funzione
f(z) = 1
Pn(z)
(743)
è analitica su tutto il piano complesso ed è anche limitata (anzi |f(z)| −→
|z|→∞ 0).
Quindi per il teorema di Liouville tale funzione è costante epperciò il polinomio
deve essere costante. Ma questo va contro l’ipotesi (n ≥ 1).QED.
Il teorema ammette un immediato e importantissimo corollario:
110

Corollary 186 Una equazione algebrica di grado n ≥ 1 ammette n radici (in
campo complesso e tenuto conto dell’ordine di molteplicità). Ovvero un polinomio
di grado n ≥ 1 possiede sempre n zeri in campo complesso, eventualmente
alcuni possono essere ripetuti.
Proof. per il teorema fondamentale dell’algebra Pn(z) possiede almeno un zero,
cioè esiste un numero complesso z1 tale che
Pn(z1) = a0 + a1z1 + a2z 2 1 + ... + an−1z n−1
1 + anz n 1 = 0 (744)
Ma allora possiamo scrivere
Quindi
Pn(z) = Pn(z) − Pn(z1) = (745)
2 2 n−1 n−1
a1 (z − z1) + a2 z − z1 + ... + an−1 z − z1 + an (z n − z n 1 (746) )
Pn(z) = (z − z1) ˜Pn−1(z) (747)
Ma anche il polinomio ˜Pn−1(z) , se n − 1 ≥ 1,deve avere uno zero (diciamo z2,
eventualmente coincidente con z1), e quindi
Iterando, segue la tesi.
Pn(z) = (z − z1) (z − z2) ˆPn−2(z) (748)
6 Serie in campo complesso
Come già accennato a pag. 35 e seguenti, si possono tradurre nel campo complesso
concetti e teoremi per le successioni e le serie già noti in campo reale. Una
sintesi verrà data, per la convenienza dello studente, nell’appendice A. Perintanto
comunque lo studente dovrebbe rivedere concetti e teoremi riguardanti la
convergenza, la convergenza assoluta, la convergenza uniforme e infine i criteri
di convergenza per le serie.
Per estensione dal campo reale scriviamo la serie di Taylor per una funzione
complessa w = f(z)
∞ f
f(z) =
(n) (z0)
(z − z0)
n!
n
(749)
n=0
ove abbiamo indicato con f (n) (z0) la derivata ennesima in z0, convenendo
che f (0) (z) = f(z)
Tale serie è detta anche sviluppo di Taylor della funzione f(z) (nel punto z0,
se z0 = 0 allora si parla di serie di Maclaurin). La serie di Taylor converge
ovviamente in z = z0 che in linea di principio potrebbe essere l’unico punto di
convergenza. Tuttavia essendo una serie di potenze se converge in altri punti
111

allora convergerà all’interno di un cerchio di centro z0 e raggio R (che viene detto
raggio di convergenza). Anzi si può dimostrare anche in campo complesso che
una serie di potenze converge assolutamente e uniformemente in ogni regione
all’interno del cerchio di convergenza.
Questo è molto importante perchè (all’interno del cerchio di convergenza)
allora è lecito:
• cambiare l’ordine dei termini della serie (la nuova serie converge allo stesso
valore)
• sommare e/o moltiplicare due serie ottenendo una nuova serie (assolutamente
convergente)
• derivare termine a termine, cioè scambiare la somma con la derivata:
d
dz
= d
dz
• integrare
termine a termine, cioè scambiare la somma con l’integrale:
=
Γ
Γ
Una ben nota e importante serie di potenze è la serie geometrica
∞
n=0
q n = 1
; |q| < 1 (750)
1 − q
che converge entro il cerchio unitario (|q| < 1).
La mera forma dei coefficienti della serie di Taylor suggerisce uno stretto
legame tra lo sviluppo diTaylor
e le funzioni analitiche. In effetti è così. Mostreremo ora che una funzione
analitica è sviluppabile in serie di Taylor e discuteremo poi il raggio di
convergenza di tale serie.
Sia dunque la funzione w = f(z) analitica su un contorno Γ e nella regione
ℜ = {Γ}. Prendiamo un punto arbitrario z0 interno a tale regione e consideriamo
un cerchio di centro z0 e di raggio R tale che tutto il cerchio sia incluso nella
regione stessa. Prendiamo poi un arbitrario punto ζ del contorno Γ e un
arbitrario punto z interno al cerchio (vedi figura 15 ove abbiamo per semplicità
considerato una regione semplicemente connessa)
Consideriamo la serie geometrica
∞
z − z0
n=0
ζ − z0
n
(751)
E’ evidente, per costruzione, che per ogni valore di z e di ζ
z − z0
ζ
− z0
< 1 (752)
112

ζ
z
z0
R
Figure 15:
e quindi (vedi 750) la serie 751 converge assolutamente e uniformemente
∞
z − z0
n=0
ζ − z0
n
=
1
1 − z−z0
ζ−z0
= ζ − z0
ζ − z
Γ
(753)
per ogni valore di z e di ζ. La assoluta e uniforme convergenza della 753 ci
permette di riscriverla come
poi di moltiplicare per f(ζ)
i2π
1
ζ − z =
∞
n=0
1 f(ζ) 1
=
i2π ζ − z i2π
(z − z0) n
(ζ − z0) n+1
∞ f(ζ) (z − z0) n
n=0
(ζ − z0) n+1
e quindi di integrare su Γ
1
i2π
Γ
dζ f(ζ)
1
=
ζ − z i2π
Γ
∞ f(ζ) (z − z0)
dζ
n=0
n
(ζ − z0) n+1
e infine di scambiare la somma con l’integrale (nel lato destro sopra)
1
dζ
i2π
Γ
f(ζ) 1
=
ζ − z i2π
∞
n=0
(z − z0) n
Γ
f(ζ)
dζ
(ζ − z0) n+1
(754)
(755)
(756)
(757)
Ma per ipotesi la funzione è analitica in ℜ = {Γ} e quindi valgono le rappresentazioni
integrali di Cauchy 696 che riconosciamo sia a sinistra che a destra
113

dell’uguaglianza precedente. Otteniamo dunque
∞ f
f(z) =
(n) (z0)
(z − z0)
n!
n
n=0
(758)
cioè lo sviluppo di Taylor per ogni z nel cerchio di raggio R e centro z0 incluso
nella regione di analiticità. Quindi una funzione analitica è sviluppabile in serie
di Taylor in un intorno di ogni suo punto di analiticità. Ma è vero anche il
contrario... cioè la funzione analitica può essere definita da una serie di potenze
convergente (approccio di Weierstrass)
∞
cn (z − z0) n
n=0
(759)
Infatti, ammettendo che tale serie (con coefficienti cn complessi)e converga
entro un cerchio di raggio R e centro z0 ( per ogni valore del ’parametro’ z
entro il cerchio), allora definirà una funzione w = f(z)
f(z) =
∞
cn (z − z0) n = c0 + c1 (z − z0) + c2 (z − z0) 2 + ... (760)
n=0
Tale funzione sarà analitica in accordo alla primitiva definizione di analiticità (la
funzione dipende solo da z e non da ¯z). Ma c’è di più. Infatti, essendo la serie
759 una serie di potenze per ipotesi convergente, la convergenza sarà assoluta e
uniforme entro il cerchio di convergenza e questo ci permette di derivarla termine
a termine. Quindi dalla 760 otteniamo
Derivando la 760
abbiamo
c0 = f(z0) (761)
f (1) (z) = c1 + 2c2 (z − z0) + 3c2 (z − z0) 2 + ... (762)
e quindi, iterando, è facile vedere che
c1 = f (1) (z0) (763)
cn = f (n) (z0)
n!
(764)
epperciò la 759, che definisce la funzione, è proprio la serie di Taylor della
funzione stessa (vedi 749). Ergo: analiticità di una funzione in un intorno e
sviluppabilità in serie di Taylor sono concetti equivalenti. Abbiamo mostrato
che una funzione analitica è sviluppabile in serie di Taylor in un cerchio intorno a
qualsiasi punto di analiticità. Ovviamente il raggio di convergenza R0 della serie
per un dato z0 sarà pari alla distanza di z0 dal più vicino punto singolare della
funzione (chiamiamolo zs, quindi R0 = |zs − z0|). In particolare se la funzione è
intera e non ha quindi singolarità al finito allora è sviluppabile intorno a qualsiasi
punto del piano complesso e la serie convergerà su tutto il piano complesso.
114

Exercise 187 sviluppare w = cos(z) in serie di Taylor intorno a z0 = π
4 e
determinare il raggio di convergenza della serie
Svolgimento: si può procedere in diversi modi. Il più rapido consiste nel
cambiamento di variabile
ζ = z − z0 = z − π
(765)
4
Allora w = cos(z) = cos ζ + π
π
π
1
4 = cos 4 cos (ζ)−sin 4 sin (ζ) = √2 (cos (ζ) − sin (ζ)) .
Ma z0 = π
4 → ζ0 = 0 e le serie di Maclaurin del seno e del coseno sono ben
note... quindi
cos(z) = 1 √ (cos (ζ) − sin (ζ)) =
2 1
√ 1 −
2
ζ2 ζ4 ζ3 ζ5
+ ... − ζ + −
2! 4! 3! 5! ...
(766)
Approfittando del fatto che le due serie sono assolutamente convergenti rimescoliamo
le carte:
cos(z) = 1
√ 1 − ζ −
2
ζ2 ζ3 ζ4 ζ5
+ + −
2! 3! 4! 5! ...
= (767)
1
√ 1 − z −
2
π
π 2
π 3
π 4
π 5
z − 4 z − 4 z − 4 z − 4
− + + − ... (768)
4 2! 3! 4! 5!
Ovviamente si poteva partire direttamente dalla definizione e calcolare le
derivate successive della funzione in z0 = π
4 ottenendo lo stesso risultato (sperabilmente...
check!). Siccome il coseno non ha singolarità al finito il raggio
della convergenza della serie sarà infinito, cioè la serie converge su tutto il piano
complesso.
Exercise 188 sviluppare w = ln(1 + iz) in serie di Taylor intorno a z0 = 0 e
determinare il raggio di convergenza della serie
Svolgimento: calcoliamo le derivate:
e quindi
f (0) (z) = ln(1 + iz) −→ f (0) (0) = 0 (769)
f (1) (z) = +i (1 + iz) −1 −→ f (1) (0) = i (770)
f (2) (z) = −i 2 (1 + iz) −2 −→ f (2) (0) = −i 2
f (3) (z) = +2i 3 (1 + iz) −3 −→ f (3) (0) = +2i 3
f (4) (z) = −3!i 4 (1 + iz) −4 −→ f (3) (0) = −3!i 4
(771)
(772)
(773)
.. (774)
f (n) (z) = (−1) n−1 (n − 1)!i n (1 − z) −n −→ f (n) (0) = (−1) n−1 (n − 1)!i n ; n (775) > 0
ln(1 + iz) =
∞
n=1
(−1) n−1 i n
n
z n = iz + z2
2
115
− iz3
3
− z4
4
+ iz5 ... (776)
5

Abbiamo trovato lo sviluppo ma la funzione logaritmo è polidroma: implicitamente
abbiamo scelto il ramo in cui f (0) (0) = 0. La serie converge fino alla
singolarità (punto di diramazione data da 1 + iz = 0 cioè z = i che ovviamente
è sul cerchio unitario. Si può mostrare che (eccettuata la singolarità) la serie
converge anche sul cerchio unitario.
Exercise 189 determinare i raggi di convergenza delle serie di Maclaurin delle
seguenti funzioni
a)
sin (2z)
; b) e−z2 sinh(i + z); c)
(z − 2i) (z + 3)
z
; (777)
1 + ez Exercise 190 sviluppare le seguenti funzioni in serie di Maclaurin e determinare
il raggio di convergenza delle serie:
2z − i
1 + z
a) sin ; b) ln ; c) arctan(z); (778)
1 − z
1 − z
Exercise 191 mostrare che lo sviluppo di Mclaurin di (1 + z) α è dato da
(1 + z) α = 1 + αz +
α (α − 1)
z
2!
2 +
e la serie converge entro il cerchio unitario.
α (α − 1) (α − 2)
z
3!
3 + ... (779)
Remark 192 La formula 779 è detta formula binomiale. Interessanti sono i
casi il caso α = N ≥ 1 e α = −1. Nel primo caso la serie termina a z N
(1 + z) N N (N − 1)
= 1+Nz+ z
2!
2 N (N − 1) (N − 2)
+ z
3!
3 N (N − 1) .. (N − (N − 1))
+... z
3!
N
(780)
e abbiamo lo sviluppo della potenza di un binomio. Nel secondo caso
1
1 + z = 1 − z + z2 − z 3 + ...; |z| < 1 (781)
Abbiamo detto che la serie di Taylor converge fino alla più vicina singolarità.
Ma è notevole che se tale singolarità zs è isolata allora possiamo in qualche
modo ’aggirarla’. Infatti ammettiamo di sviluppare la funzione in serie di Taylor
intorno a un certo z0. Allora la serie, come già detto, converge entro il cerchio
C0 con centro z0 che tocca zs . Ma, essendo la singolarità isolata, i punti vicini
a zs anche se non appartenti al cerchio sono punti di anliticità della funzione e
possono essere raggiunti sviluppando di nuovo la funzione in un punto z1 entro
il cerchio di raggio R0.La nuova serie infatti convergerà in un nuovo cerchio
C1 di raggio R1 = |zs − z1| che avrà un intersezione non nulla con il cerchio
precedente ma conterrà anche punti non appartenenti al cerchio precedente. Il
procedimento può essere iterato fino a ’circondare’ la singolarità isolata. Tale
116

z0
z1
z2
zs
Figure 16:
procedimento va sotto il nome di prolungamento analitico e può essere forse più
chiaramente compreso guardando la 16.
Tale procedimento ovviamente fallirebbe se invece di una singolarità isolata
incontrassimo una vera e propria barriera di singolarità, cioè singolarità densamente
distribuite su una linea chiusa che circondi la zona di analiticità. Questo
è improbabile ma non impossibile! Diamo un classico esempio. Consuderiamo
la funzione w = f(z) definita dalla serie
∞
w = f(z) = z n!
(782)
La serie converge entro il cerchio unitario (e quindi la funzione è ivi ben definita
e analitica). Infatti per un noto criterio di convergenza la serie converge se
la serie dei moduli converge. Ma entro il cerchio unitario la serie dei moduli
può essere chiaramente maggiorata da un serie geometrica ( che entro il cerchio
unitario è convergente)
∞
|z| n! ∞
< |z| n ; |z| < 1 (783)
n=1
n=1
e quindi, per un altro noto criterio di convergenza la serie a sinistra converge.
Ma che succede sul cerchio unitario? abbiamo sicuramente punti singolari, per
esempio per z = 1 la serie 782 sicuramente diverge. Comunque a noi basterebbe
un varco da cui passare, un intervallo comunque piccolo sul cerchio privo di
punti di singolarità. Ma non è così: infatti per tutti i numeri del tipo
n=1
z = e i2π k M (784)
117

la serie 782 sicuramente non converge (dato che zn! k i2π = e M n! , e chiaramente,
comunque si scelgano k e M , per n abbastanza grande sarà k
M n! = N intero
e quindi la serie conterrà la somma di infiniti uno...). Epperò sappiamo
k i2π che e M sono le radici M-sime dell’unità e giacciono equispaziate sul cerchio
unitario. Dato che possiamo prendere M arbitrariamente grande allora in ogni
intorno per quanto piccolo di un qualsiasi punto del cerchio unitario troveremo
una radice dell’unità. Ergo: la barriera è invalicabile (stranamente una barriera
invalicabile, che è cosa rara, è detta barriera naturale). Ancora alcune considerazioni
sul prolungamento analitico. Forse non è subito evidente che ad esempio
la serie di Taylor che definisce la funzione analitica nel cerchio C0 di raggio R0
centrato su z0, cioè
∞ f (n) (z0)
(z − z0)
n!
n
(785)
n=0
è formalmente diversa dalla serie nel cerchio C1 di raggio R1 centrato su z1, cioè
∞
n=0
f (n) (z1)
n!
(z − z1) n
(786)
Ma la funzione deve essere la stessa nonostante la diversità della rappresentazione
e non solo nell’intersezione dei due cerchi C0 ∩C1 ma ovunque possiamo
giungere con il prolungamento analitico. Ci poniamo quindi il problema: partendo
da z0 (o da un altro punto interno al cerchio C0 ove la funzione è definita
dalla 785 ) e raggiungendo un generico punto z lungo un cammino Γ1(che attraversa
una certa serie di dischi del prolungamento) otterremo un certo valore
w di f(z) (se z fosse in C1 avremmo quello dato dalla serie 786) , se percorressimo
invece un cammino diverso, diciamo Γ1(che attraversa una diversa serie
di dischi del prolungamento) otterremo un valore ˜w diverso per f(z)?Vediamo
dalla Figura 17 cosa può succedere.
La funzione w = f(z) è analitica in ℜ (l’unione dei dischi del prolungamento)
e così la sua derivata w ′ = f ′ (z). Quindi
mentre
w = f(z0) + f ′ (z)dz (787)
Γ1
˜w = f(z0) +
Γ2
f ′ (z)dz (788)
Ma il teorema di Cauchy ci dice che se all’interno del cammino chiuso Γ = Γ2 −
Γ1non ci sono singolarità allora i due integrali a destra delle formule precedenti
sono uguali e quindi ˜w = w.Ma se il prolungamento aveva circondato una (o più)
singolarità allora l’integrale lungo Γ non è più necessariamente nullo e quindi
potremmo avere ˜w = w.Come mai? bene, la funzione sarebbe ancora analitica
ma polidroma e facendo percorsi diversi saremmo finiti su rami diversi...
In pratica basta che due funzioni analitiche monodrome coincidano su un
tratto di curva appartenente all’intersezione dei dominii di analiticità affinchè
118

z0
Γ1
Figure 17:
si possa affermare che allora coincidono ovunque cioè sono la stessa funzione
analitica sull’unione dei dominii.
Exercise 193 giustificare!
Exercise 194 mostrare che 1
2+i
∞
n=0
z−i
2−i
n z−i
2−i
∞
n=0
z
Γ2
n z+i
1
2+i è il prolungamento analitico di 2−i
Svolgimento: la serie è ovviamente una serie geometrica di ’ragione’ q =
e quindi converge all’interno del cerchio z−i
= 1.Cioè
2−i
|z − i| = |2 − i| = √ 5 (789)
che è il cerchio di raggio √ 5 e centro in i. La serie può essere sommata (vedi
750) per ogni z entro tale cerchio e quindi
analogamente
1
2 − i
1
2 + i
∞
n z − i
=
2 − i
1 1
2 − i 1 − z−i
2−i
n=0
∞
n z + i
=
2 + i
1 1
2 + i 1 − z+i
2+i
n=0
119
= 1
2 − z
= 1
2 − z
(790)
(791)

Questa seconda serie converge nel cerchio di centro −i e raggio √ 5. Quindi il
centro di questa serie è dentro il cerchio di convergenza della prima serie e le
due serie coincidono nell’intersezione. Perciò sono il prolungamento analitico
l’una dell’altra.
Exercise 195 trovare un prolungamento analitico di f(z) =
∞
n=0
z n
5 n+1 che con-
verga nel punto z = 4 − 3i e calcolare il valore assunto da tale prolungamento
in questo punto.
C’è ancora molto da dire sul prolungamento analitico ma ci torneremo in
seguito.
6.1 Serie di Laurent
I questa sezione ci limiteremo a trattare funzioni con singolarità isolate e monodrome
(se la funzione fosse polidroma dovremmo pensarla come ’monodromizzata’
o attraverso la scelta di un ramo o passando alla superficie di Riemann).
Remark 196 abbiamo già dato un esempio di barriera naturale (vedi 782 e
seguenti) cioè una linea chiusa in cui le singolarità sono ’dense’. Funzioni con
singolarità non isolate sono (relativamente) rare. Tuttavia esistono funzioni
non ’esotiche’ che presentano addensamenti di singolarità (cioè singolarità non
isolate). Per esempio si consideri
1
f(z) =
sin
1
(792)
z
La funzione è ovviamente singolare in z = 0 (non è neanche definita) e per
tutti i valori di z per cui sin
1
z = 0. Ma
1
sin =
z
e i
i
z − − e z
(793)
2i
Quindi
sin
e quindi la funzione è singolare per
1
= 0 → e
z
2i
z = 1 = e i2kπ ; k = 0, ±1, ±2, ... (794)
zk = 1
, k = ±1, ±2, ... (795)
kπ
e quindi in ogni intorno comunque piccolo di z = 0 vi saranno (infiniti) punti
di singolarità.
Definiamo ora come dominio anulare la corona circolare {R1,2}di raggio
interno R1e raggio esterno R2 centrata su un punto z0 (vedi 18) , contorno
compreso.
120

R2
z0
Figure 18:
Si supponga ora che la funzione w = f(z) sia analitica e monodroma nel
dominio anulare. La funzione potrebbe invece avere una singolarità isolata in z0:
ma essendo comunque la eventuale singolarità in z0 isolata possiamo comunque
trovare un dominio anulare di analiticità con R1 > 0 e R2 < |zs − z0| ove zs è
la eventuale singolarità della funzione più vicina a z0. Allora dimostreremo che
la funzione ammette uno sviluppo in serie assolutamente convergente nel
dominio anulare: tale sviluppo è detto sviluppo di Laurent ed è dato da
f(z) =
∞
n=−∞
R1
an (z − z0) n ; z ∈ {R1,2} (796)
con i coefficienti complessi an dati da
an = 1
i2π
f(ζ)
n+1 dζ; n = 0, ±1, ±2, ...
(ζ − z0)
(797)
Γ
ove Γ è una qualsiasi curva di Jordan appartenente al dominio anulare {R1,2}
percorsa una sola volta nel verso positivo (antiorario) e tale da includere il
punto z0 (vedi Figura 19).
La serie ?? è detta serie di Laurent. Prima di provare quanto sopra detto,
alcune considerazioni:
• La serie di Laurent ?? potrebbe ’bloccarsi’ sia dalla parte delle potenze
positive sia dalla parte delle potenze negative o da entrambi i lati (in questo
ultimo caso sarebbe ancora uno ’sviluppo’ ma non più propriamente una
serie)
121

Γ
R2
z0
Figure 19:
• nel caso che tutti i coefficienti negativi fossero nulli la serie di Laurent
coinciderebbe con la serie di Taylor (vedi la forma dei coefficienti data da
797; ovviamente in tal caso z0 non sarebbe un punto singolare)
• viceversa se z0 non fosse un punto singolare allora i coefficienti negativi
f(ζ) (ζ − z0) n−1 dζ; n = 1, 2, ...ma allora la fun-
sarebbero a−n = 1
i2π
Γ
zione f(ζ) (ζ − z0) n−1 entro l’integrale sarebbe analitica entro il contorno
Γ e quindi per il teorema di Cauchy l’integrale (e tutti i coefficienti negativi)
sarebbe zero.
• se la serie si fermasse nella parte ’negativa’ per n = −N (N > 0) allora
il punto z0 sarebbe un polo di ordine N per la funzione . Infatti allora si
avrebbe
R1
f(z) = a−N a−N+1
+ N
(z − z0) (z − z0) N+1 + ...a0 + a1 (z − z0) + ... (798)
e quindi evidentemente
lim (z − z0)
z−→z0
N f(z) = a−N
epperciò per definizione (vedi 489) z0 sarebbe un polo di ordine N
(799)
• se la serie non si ’blocca’ nella sua parte ’negativa’ (cioè se la serie parte
effettivamente da −∞) allora è evidente che z0 , non essendo un punto
di diramazione (la funzione è monodroma) né un polo di ordine finito (e
quindi, per estensione, neanche una singolarità eliminabile, vedi 120), deve
essere una singolarità essenziale (un polo di ordine infinito, vedi 4.3,123 ).
122

z
Γ3
z0
Figure 20:
• quella che abbiamo finora chiamato parte ’negativa’ della serie di Laurent
cioè
f(z) =
−1
n=−∞
Γ2
an (z − z0) n
Γ1
(800)
viene detta nei sacri testi parte principale dello sviluppo di Laurent o anche
parte singolare mentre la parte ’positiva’ è detta parte regolare
Veniamo ora a provare la validità dello sviluppo di Laurent 796. Consideriamo
una funzione w = f(z) monodroma e analitica nel dominio anulare
centrato in z0 e delimitato dai cerchi Γ1, Γ2 di raggio R1, R2(vedi figura 20).
Ovviamente se z0 è una singolarità isolata (o un punto regolare) il raggio R2
può essere preso piccolo a piacere; il raggio R1 può invece essere esteso fino alla
eventuale singolarità più vicina a z0. Consideriamo un generico punto z interno
al dominio e un cerchio Γ3 centrato in z di raggio R3 contenuto interamente
entro l’anello (vedi figura 20).
Abbiamo così costruito una regione multiplamente connessa (grigia in figura)di
contorno Γ = Γ1 + Γ2 + Γ3. Entro questa regione la funzione g(ζ) = f(ζ)
ζ−z è monodroma
e analitica quindi per il teorema di Cauchy (vedi anche remark 157)
abbiamo
f (ζ)
dζ = 0 (801)
ζ − z
Γ
ove il contorno Γ è come al solito percorso in senso positivo, il che significa
che Γ1è percorso in senso antiorario mentre Γ2, Γ3 sono percorsi in senso orario.
123

Quindi l’integrale sopra può essere spezzato nella somma di 3 integrali
f (ζ)
dζ =
ζ − z
f (ζ)
dζ −
ζ − z
f (ζ)
dζ −
ζ − z
f (ζ)
dζ = 0
ζ − z
(802)
Γ
Γ1
Γ2
ove i segni meno sono dovuti al fatto che ora percorriamo Γ2, Γ3 nel verso
positivo antiorario. Ma il terzo integrale è essenzialmente la rappresentazione
di Cauchy della funzione in z
e quindi
Γ3
f(z) = 1
i2π
Γ1
Γ3
f (ζ)
dζ = i2πf(z) (803)
ζ − z
f (ζ) 1
dζ −
ζ − z i2π
Γ2
f (ζ)
dζ (804)
ζ − z
Ora si ripeta, mutatis mutandis, il ragionamento che dalla 751 porta alla
754. Avremo quindi
1
ζ − z =
∞ (z − z0) n
(ζ − z0) n+1
(805)
n=0
ove la serie geometrica converge (assolutamente e uniformemente) per
z − z0
ζ
− z0
< 1 (806)
Tale condizione è ovviamente sodisfatta per ζ ∈ Γ1 e dunque
Γ1
f (ζ)
dζ =
ζ − z
Γ1
f (ζ) dζ
∞
n=0
(z − z0) n
(ζ − z0) n+1
(807)
Sfruttando la uniforme convergenza della serie integriamo termine a termine
Γ1
∞ (z − z0)
f (ζ) dζ
n ∞
n+1 = (z − z0)
(ζ − z0) n
n=0
n=0
D’altra parte invertendo nella 754 il ruolo di ζ e z abbiamo
1
z − ζ =
∞
m=0
(ζ − z0) m
Γ1
(z − z0) m+1
f (ζ)
n+1 dζ (808)
(ζ − z0)
(809)
ove la serie geometrica converge (assolutamente e uniformemente) per
ζ − z0
z
− z0
< 1 (810)
124

Tale condizione è ovviamente sodisfatta per ζ ∈ Γ2 e dunque
f (ζ)
dζ = −
ζ − z
∞ (ζ − z0)
f (ζ) dζ
m
(z − z0) m+1
Γ2
Γ2
m=0
(811)
Sfruttando la uniforme convergenza della serie integriamo termine a termine
−
∞ (ζ − z0)
f (ζ) dζ
m ∞
m+1 = − (z − z0)
(z − z0) −m−1
f (ζ)
−m dζ
(ζ − z0)
(812)
Γ2
m=0
m=0
che riscriviamo come (ponendo n = m − 1)
Γ2
f (ζ)
dζ = −
ζ − z
−1
n=−∞
quindi abbiamo dalla 804 con 807 e 813
f(z) = 1
i2π
∞
n=0
(z − z0) n
Γ1
(z − z0) n
f (ζ) 1
n+1 dζ+
(ζ − z0) i2π
Γ2
Γ2
f (ζ)
n+1 dζ (813)
(ζ − z0)
−1
n=−∞
(z − z0) n
Γ2
f (ζ)
n+1 dζ
(ζ − z0)
(814)
che sarebbe la serie di Laurent (lo sviluppo di laurent della funzione) salvo che i
coefficienti delle potenze positive sono ora definiti da un integrale su Γ1 mentre
f(ζ)
quelli delle potenze negative sono su Γ2. Epperò la funzione
(ζ−z0) n+1 è analitica
nel dominio anulare e quindi per il teorema 160 è possibile spostare gli integrali
su una curva qualsiasi all’interno della regione di analiticità. QED.
Remark 197 la serie converge assolutamente nel dominio anulare con centro
z0 (possibile singolarità isolata) di raggio interno piccolo a piacere e raggio
esterno estendibile fino alla più vicina singolarità. Ma si può anche dimostrare
che la convergenza è uniforme in ogni dominio anulare chiuso strettamente
contenuto nel dominio di convergenza.
Remark 198 i coefficienti positivi della 797 non sono (a parte n!) la rappresentazione
di Cauchy della derivate n-sime a meno che z0 non sia un punto
regolare (vedi esercizi successivi)
Remark 199 i coefficienti della serie di Laurent sono spesso e profittevolmente
calcolati non usando la 797, cioè non vi è bisogno di calcolare integrali di contorno
(di nuovo vedi esercizi successivi)
Exercise 200 Sviluppare in serie di Laurent la funzione
f(z) = e−2iz
3 , (815)
(z − i)
intorno a z = i, determinare il dominio di convergenza della serie e classificare
le singolarità della funzione stessa.
125

Svolgimento:
La funzione ha evidentemente un polo di ordine 3 in z = i. Cambiamo
variabile:
f(z) =
ζ = z − i; z = ζ + i (816)
e−2iz (z − i) 3 −→ ˜ f(ζ) = e−2i(ζ+i)
ζ 3
= e2
3
e−i2ζ
ζ
(817)
La ’nuova’ funzione ˜f(ζ) = e2
ζ3 e−i2ζ ha ancora un polo di ordine 3 ma in ζ = 0;
inoltre e−i2ζ è analitica ovunque (al finito) e possiamo quindi svilupparla in
serie di Mclaurin
˜f(ζ) = e2
ζ 3
1 − i2ζ + (−i2ζ)2
2!
˜f(ζ) = e 2
1
ζ
2i 2
3 − 2 −
ζ ζ
+ (−i2ζ)3
3!
ritornando alla variabile originale
f(z) = e 2
1
3 −
(z − i) 2i 2
2 −
(z − i) (z − i)
+ 4i
3
+ 4i
3
+ (−i2ζ)4
4!
+ 2ζ
3
+ ...
+ 2 (z − i)
3
+ ...
+ ...
(818)
(819)
(820)
che è la serie di Laurent richiesta. Notare che abbiamo trovato i coefficienti
senza calcolare alcun integrale (vedi 199). Notare inoltre che a.e. il coefficiente
è
a1 = 2
3 e2
(821)
mentre se fosse il coefficiente della serie di Taylor sarebbe
f ′ (i)
1! =
−2i e−2iz e−2iz
3 − 3
(z − i) (z − i) 4
z=i
→ divergente (822)
a conferma del Remark 198. Ovviamente la serie si ’blocca’ nella parte principale
per n = −3 a conferma che z = i era un polo del terzo ordine. La serie
converge nel dominio anulare {ε, ∞} centrato in z0 = i.
Exercise 201 Sviluppare in serie di Laurent la funzione
f(z) =
2z
(z2 , (823)
+ 1)
intorno a a z0 = −i; determinare il dominio di convergenza della serie e classificare
le singolarità della funzione stessa.
126

Svolgimento:
La funzione ha evidentemente due poli semplici in z = ±i. Riscriviamola
f(z) =
e cambiamo variabile (check!)
2z
(z2 + 1) =
2z
(z + i) (z − i)
(824)
ζ = z + i; z = ζ − i (825)
f(z) −→ ˜
2ζ − 2i iζ + 1
f(ζ) = = 1 + i
ζ (ζ − 2i) ζ
ζ
−1 (826)
2
Ora possiamo sviluppare
1 + i ζ
2
−1
in serie di Maclaurin (z0 = −i → ζ 0 = 0)
, tenendo presente la 781 che sarà valida per
iζ
2
< 1 cioè |ζ| < 2 −→ |z + i| < 2 (827)
Tenere presente anche che il cerchio esterno del dominio anulare per la serie di
Laurent in z0 = −i non può oltrepassare la seconda singolarità posta in zs = i
e che dista da z0 appunto |i + i| = 2. Quindi la condizione 827 è rispettata.
Abbiamo
˜f(ζ) =
iζ + 1
ζ
Facendo un pò di attenzione...
1 − i ζ
2 +
˜f(ζ) = 1 i
+
ζ 2
i ζ
2
2
− i ζ
2
3
+ ...
(828)
1 i
+ ζ −
4 8 ζ2 ... (829)
ritornando alla variabile originale abbiamo lo sviluppo di Laurent
f(z) = 1 i 1 i
+ + (z + i) −
z + i 2 4 8 (z + i)2 .. (830)
a conferma che z = −i era un polo semplice. Ancora a conferma che se z0
è un punto sigolare i coefficienti delle potenze positive NON sono i coefficienti
di Taylor vediamo quali sarebbero i primi 2 coefficienti secondo lo sviluppo
di Taylor e confrontiamoli con quelli già calcolati di Laurent (a0 = i
2 , a1 =
).Dunque secondo lo sviluppo di Taylor
1
4
ã0 = f (z0) = f (−i) = −2i
−→ divergente
(−1 + 1)
(831)
ã1 = f ′
2
(z0) =
(z2 + 1) −
4z2
(z2 + 1) 2
z=−i
−→ divergente (832)
127

Problem 202 se nella 826 avessimo scelto di porre (ζ − 2i) = ζ
1 − 2i
ζ
(del
tutto legittimo!) avremmo ottenuto una serie con infiniti termini nella parte
singolare... come succede per una singolarità essenziale. Spiegare.
Exercise 203 Sviluppare in serie di Laurent la funzione
f(z) = z
, (833)
z − 3
intorno a a z0 = 0; determinare il dominio di convergenza della serie e classificare
le singolarità della funzione stessa.
Svolgimento:
Dato che z0 = 0 non è un punto singolare della funzione ci aspettiamo che
la serie di Laurent coincida con quella di Taylor-Maclaurin e converga fino alla
prima singolarità posta in zs = 3. Vediamo la serie di Maclaurin
e quindi
f(z) = f(0) + f (1) (0)
1!
f (1) z − 3 − z −3
(z) = 2 =
(z − 3) (z − 3) 2
f (2) (z) =
z + f (2) (0)
z
2!
2 + ... (834)
6
(z − 3) 3
(835)
(836)
f(z) = − 1 1
z −
3 9 z2 + (837)
Vediamo ora la serie di Laurent calcolando direttamente i coefficienti dalla
797. Possiamo riservarci di scegliere il cammino entro la regione di analiticità:
scegliamo il cerchio unitario. E’ chiaro che per i coefficienti ’negativi’
(n = −1, −2, −3, ...) abbiamo
am = 1
i2π
ζ m f(ζ)dζ; m = 0, 1, 2, .. (838)
Γ
ma la funzione ζ m f(ζ) è analitica entro il cerchio unitario e quindi gli integrali
e i coefficienti sono nulli. Anche per n = 0 la funzione è analitica e quindi il
primo coefficiente della serie di laurent è nullo (in accordo con la serie di Taylor)
Calcoliamo allora
a0 = 1
i2π
Γ
a1 = 1
i2π
Γ
f(ζ) 1
0+1 dζ =
(ζ) i2π
Γ
f(ζ) 1
1+1 dζ =
(ζ) i2π
128
ζ
dζ = 0 (839)
ζ (ζ − 3)
Γ
1
dζ (840)
ζ (ζ − 3)

e scegliamo per Γ il cerchio unitario che è entro l’anello di analiticità. Riscriviamo
a1 = − 1
1
3 i2π
1
ζ
Γ
−
1
dζ = −
(ζ − 3)
1
⎛
1
⎝
3 i2π
1
dζ −
ζ
1
(ζ − 3)
Γ
Γ
dζ
⎞
⎠ (841)
Il primo integrale è già stato calcolato (vedi 634) e vale i2π, il secondo è nullo
essendo la funzione integranda analitica entro il cerchio unitario.
a1 =
e dunque
−1
3 in accordo con lo sviluppo di Taylor.
Calcoliamo anche sempre sul cerchio unitario
a2 = 1
i2π
f(ζ) 1
2+1 dζ =
(ζ) i2π
1
ζ 2 dζ
(ζ − 3)
(842)
Riscriviamo
a2 = 1
i2π
Γ
Γ
f(ζ) 1
2+1 dζ = −1
(ζ) 9 i2π
Γ
Γ
1
ζ
3 1
+ 2 − dζ (843)
ζ ζ − 3
Il primo integrale dà ancora i2π e il terzo è nullo. Resta da vedere il secondo
che calcoliamo esplicitamente considerando che sul cerchio unitario
e quindi
Epperciò a2 = − 1
9 , come previsto.
ζ = e iφ ; dζ = ie iφ dφ (844)
2π
1
2 dζ = i e
ζ −iφ dφ = 0 (845)
Exercise 204 Sviluppare in serie di Laurent la funzione
f(z) =
0
1 − cos(z)
z 2 , (846)
intorno a a z0 = 0; determinare il dominio di convergenza della serie e classificare
le singolarità della funzione stessa.
cioè
Svolgimento:
sviluppiamo il coseno in serie di Maclaurin
1 − cos(z)
f(z) =
z2 = 1
z2
1 − 1 − z2
z4
+ − ...
2! 4!
(847)
f(z) = 1 z2
− + ... (848)
2 4!
Quindi manca la parte principale della serie di Laurent, la singolarità era eliminabile
(polo di ordine zero...) , la serie converge ovunque.
129

Exercise 205 Sviluppare in serie di Laurent la funzione
f(z) = (z − i) 3
1
sin
(z − i)
(849)
intorno a z0 = i; determinare il dominio di convergenza della serie e classificare
le singolarità della funzione stessa.
Svolgimento:
abbiamo
(z − i) 3
1
(z − i) −
1
1
3 +
5 + ...
3! (z − i) 5! (z − i)
(850)
quindi z0 = i è una singolarità essenziale. La serie converge ovunque eccetto
z = i.
–––––––––––––-
Ricordiamo che una funzione analitica ovunque si dice funzione intera ; per
tali funzioni le serie di Laurent e di Taylor intorno a un punto qualsiasi convergono
ovunque e coincidono.
Una funzione analitica ovunque salvo un numero finito di poli si dice funzione
meromorfa; una funzione meromorfa può essere sviluppata in serie di
Taylor e Laurent coincidenti intorno a un qualsiasi punto che non sia un suo
polo: la convergenza si estenderà fino al polo più vicino). Intorno ad un polo
avremo la serie di Laurent convergente nell’anello che esclude il polo e ’sfiora’
l’eventuale polo più vicino a quello al centro dell’anello.
Forse è evidente ma mostreremo comunque che una funzione sviluppabile
in serie di Laurent non può essere limitata nei dintorni di una sua singolarità
(isolata) sia che sia un polo sia che sia una singolarità essenziale. In effetti sia
w = f(z) monodroma e analitica in un anello intorno a z0 polo o singolarità
essenziale. Allora ci saranno coefficienti della parte principale della serie di
Laurent non nulli. Tali coefficienti sono della forma
a−N = 1
i2π
Γ
f(ζ)
dζ; N ≥ 1 (851)
−N+1
(ζ − z0)
ove possiamo scegliere il cammino Γ entro l’anello di analiticità e lo scegliemo
per comodità come un cerchio di raggio ρ e centro z0. Ma se la funzione è limitata
allora |f(ζ)| < M e quindi
|a−N| = 1
2π
Γ
f(ζ)
dζ
−N+1
(ζ − z0)
≤ 1
2π ρN−1 M2πr = Mρ N
(852)
E tuttavia z0 è una singolarità isolata e quindi possiamo prendere ρ piccolo a
piacere: ma allora a−N = 0 e dato che era un generico coefficiente della parte
principale (potenze negative) della serie di Laurent tutta la parte principale è
130

nulla e la serie di Laurent coincide con la serie di Taylor. Ma allora z0 dovrebbe
essere un punto non singolare contrariamente all’ipotesi. Ergo: la funzione
analitica non può essere limitata nelle vicinanze di una sua singolarità.
Ma c’è di più: se la singolarità isolata non è un polo ma una singolarità
essenziale allora il comportamento della funzione analitica nelle sue vicinanze è
ancora più ’fantasioso’... questo ci viene detto da due teoremi che non dimostreremo.
Theorem 206 (Casorati-Weierstrass). In un intorno arbitrariamente piccolo
di una singolarità isolata essenziale per una funzione (generalmente) analitica,
la funzione stessa assume valori arbitrariamente vicini a qualsiasi numero complesso.
C’è di meglio... vediamo il (piccolo) teorema di Picard (che non è, forse,
il favoloso Capitano Jean Luc Picard , Enterprise - Star Trek, Second Generation...)
Theorem 207 (Picard). Una funzione generalmente analitica assume in un
intorno arbitrariamente piccolo di una sua singolarità isolata essenziale tutti i
valori (complessi) possibili con al più una eccezione.
Exercise 208 mostrare che w = f(z) = e 1 z ha una singolarità essenziale in
z = 0. Trovare il valore che non può essere assunto dalla funzione.
6.2 Residui
Consideriamo una funzione w = f(z) sviluppabile in serie di Laurent intorno a
un certo punto z0.Il primo coefficiente della parte principale, cioè a−1, è detto
residuo della funzione. Ma vediamo la sua forma esplicita (dalla 797):
a−1 = 1
i2π
Γ
f(ζ) 1
−1+1 dζ = f(ζ)dζ (853)
(ζ − z0) i2π
ove Γ è una curva di Jordan qualsiasi all’interno del dominio di analiticità della
funzione, percorsa una sola volta e circumnavigante .z0 Ma allora
f(ζ)dζ = i2πa−1
(854)
Γ
e quindi è possibile calcolare un integrale di contorno includente z0 semplicemente
calcolando il residuo della funzione in z0 e tale residuo può essere
calcolato indipendentemente e abbastanza facilmente (vedi esercizi della sottosezione
precedente). E’ evidente l’utilità pratica di questa osservazione ai fini
131
Γ

del calcolo degli integrali di contorno in campo complesso ( e in seguito estenderemo
tale risultato in molte direzioni). Per esempio in un esercizio precedente
(vedi abbiamo dovuto mostrare esplicitamente che
1
2 dζ = 0 (855)
ζ
Γ
ove Γ era il cerchio unitario che circonda la singolarità isolata (polo di ordine
2) ζ = 0. Alla luce di quanto sopra detto il risultato è immediato per qualsiasi
Γ che circondi ζ = 0. Infatti 1
ζ 2 è l’espansione in serie di Laurent di... 1
ζ 2 ! con
tutti i coefficienti nulli eccetto a−2 = 1. Quindi a−1 = 0 e dunque l’integrale di
sopra è nullo.
Exercise 209 calcolare
Γ
2z
(z2 dz; Γ ≡ |z + i| = 1 (856)
+ 1)
Svolgimento:
Abbiamo già calcolato la serie di Laurent della funzione integranda (che
ha poli semplici in ±i). Siccome il cammino di integrazione cade nel dominio
anulare di convergenza della serie e il residuo vale uno (dalla 830) allora
Γ
2z
(z2 dz = i2π (857)
+ 1)
...................
Abbiamo già sottolineato il fatto che l’utilità della 854 risiede nel fatto che
i residui sono più facili da calcolare che gli integrali...
In effetti se z0 è un polo di ordine N della funzione w = f(z) è facile vedere
che il residuo è dato da:
a−1 = lim
z−→z0
1 d
(N − 1)!
(N−1)
dz (N−1)
(z − z0) N
f(z)
(858)
Exercise 210 si lascia allo studente come esercizio la dimostrazione della formula
precedente (hint: sviluppare f(z) in serie di Laurent e...)
Exercise 211 applicare la formula 858 per trovare tutti i residui delle seguenti
funzioni
Svolgimento:
a) e−2iz 2z − i
3 ; b)
(z − i) z3 ; c)
− z5 132
z 2
(z 2 + 1) 2
(859)

a) chiaramente z = i è un polo del terzo ordine e peraltro abbiamo già
calcolato la serie di Laurent per questa funzione in un esercizio precedente (vedi
820) e il residuo risultava
a−1 = −2e 2
(860)
vediamo di ritrovare tale risultato applicando direttamente la formula (senza
passare per la serie di Laurent)
1 d
a−1 = lim
z−→i (3 − 1)!
2
dz (2)
(z − i) 3 e−2iz (z − i) 3
1 d
= lim
z−→i 2
2
dz2 −2iz
e =(861)
−2i d −2iz
lim e
z−→i 2 dz
−2i d −2iz
= lim e
z−→i 2 dz
= lim
z−→i −2 e −2iz = −2e 2
(862)
................................................
Ma anche se z0 fosse una singolarità essenziale abbiamo visto che spesso è
possibile trovare facilmente la serie di Laurent e quindi i residuo della funzione
Exercise 212 trovare il residuo della funzione
f(z) = (z − i) 3
1
sin
(z − i)
in z0 = i
(863)
Svolgimento:
abbiamo già visto che z0 = i è una singolarità essenziale per la funzione e
abbiamo anche calcolato la serie di Laurent, vedi 850. Dalla 850 risulta
a−1 = − 1
6
Exercise 213 trovare il residuo della funzione
f(z) = z n
1
1 − cos
z
in z = 0 per ogni n ∈ N
(864)
(865)
–––––––––-
Siamo ora pronti ad estendere il risultato 854 con il celebrato Teorema dei
Residui
Theorem 214 (dei residui). Sia la funzione w = f(z) monodroma e analitica
all’interno di una curva di Jordan Γ ad eccezione dei punti zm, m = 1, 2, ...M
ove la funzione ha singolarità isolate e siano a (m)
−1 i residui della funzione in tali
punti. Allora
M
f(ζ)dζ = i2π
(866)
Γ
133
m=1
a (m)
−1

z1
zm
Figure 21:
Γ1
z2
Γm
Γ2
Cioè, a parole, l’integrale di contorno di una funzione generalmente analitica
su una curva di Jordan Γ è pari a i2π la somma dei residui della funzione nei
punti di singolarità (isolata) che giacciono all’interno della regione {Γ} .
Proof. (teorema dei residui) . Sulla falsariga di un ragionamento già precedentemente
usato, sappiamo che la funzione è analitica nella regione multiplamente
connessa racchiusa da {Γ, Γm, m = 1, 2, ..M} (vedi figura 21).
Allora, tenendo al solito in conto il verso positivo per i vari percorsi, per il
teorema di Cauchy si ha
Γ
f(ζ)dζ =
M
m=1
Γm
Γ
f(ζ)dζ (867)
ove tutte le curve sono percorse in senso antiorario. Ora, tenendo in conto la
854, segue la tesi. QED.
Remark 215 Il teorema dei residui cioè la formula 866 contiene come sottocasi
sia ovviamente la 854 ma anche il teorema di Cauchy le formule integrali di
Cauchy
Problem 216 Dimostrare che la 866 implica la 696
134

Problem 217 Quanto valgono i residui della derivata di una funzione analitica?
e di una funzione generalmente analitica (meromorfa)? giustificare..
Problem 218 Ammettiamo che i residui della derivata di una funzione generalmente
analitica siano tutti nulli... ma la funzione analitica è la derivata
della sua primitiva quindi tutti i residui delle funzioni meromorfe sono nulli!
ovviamente errato: mostrare.
.............
Exercise 219 calcolare il seguente integrale sui cerchi |z| = 1 e |z| = 3
z
z2 dz
+ 4
(868)
Γ
Svolgimento:
la funzione integranda ha due poli semplici in z = ±i2. Nel primo caso (Γ ≡
(|z| = 1)) nessuna delle due singolarità è entro il contorno e quindi l’integrale è
nullo. Nel secondo caso entrambe le singolarità sono all’interno del contorno e
quindi calcoliamo l’integrale usando il teorema dei residui. Calcoliamo i residui
utilizzando sia la serie di Laurent che la formula 858. Serie di Laurent in z0 =
−2i
z
z2 + 4 =
z
(z + 2i) (z − 2i) =
z
1
= (869)
(z + 2i) (z − 2i + 2i − 2i)
z 1 i z 1
=
(z + 2i) (−4i + (z + 2i)) 4 (z + 2i) 1 + i(z+2i)
= (870)
4
2
i z + 2i − 2i i (z + 2i) i (z + 2i)
1 − +
− ... = (871)
4 (z + 2i)
4
4
2
i i (z + 2i) i (z + 2i)
1 − +
− ... +
4 4
4
1
1 i (z + 2i)
− − + (872) ...
2 (z + 2i) 4 16
Quindi (salvo errori!) il residuo cercato è
Controprova, calcolando dalla 858
a (−2i)
−1
a (−2i)
−1
1
=
2
z −2i 1
= lim (z + 2i)
= =
z−→−2i (z + 2i) (z − 2i) −4i 2
(e così potete apprezzare l’utilità della formula 858).
Il residuo in z0 = 2i sarà
a (2i)
−1
z 2i 1
= lim (z − 2i)
= =
z−→2i (z + 2i) (z − 2i) 4i 2
135
(873)
(874)
(875)

e quindi dal teorema dei residui abbiamo
z
z2
1 1
dz = i2π + = i2π
+ 4 2 2
(876)
|z|=3
Con un pò di fantasia si poteva fare anche in diversi altri modi... ad esempio
ma
z
z + 2i − 2i
=
(z + 2i) (z − 2i) (z + 2i) (z − 2i) =
1
1
− 2i
(z − 2i) (z + 2i) (z − 2i)
e quindi
epperciò
1 1
=
(z + 2i) (z − 2i) 4i
1
(z − 2i) −
1
(z + 2i)
z
(z + 2i) (z − 2i) =
1 1 1 1 1
− +
(z − 2i) 2 (z − 2i) 2 (z + 2i)
= 1 1 1 1
+
2 (z + 2i) 2 (z − 2i)
|z|=3
z
z2 ⎛
1 ⎜
dz = ⎝
+ 4 2
|z|=3
1
dz +
(z + 2i)
|z|=3
ma ora i due integrali sono immediati e il risultato segue...
⎞
(877)
(878)
(879)
(880)
1
(z − 2i) dz
⎟
⎠ (881)
Exercise 220 calcolare il seguente integrale sui cerchi |z| = 1 e |z − 2| = 1
Γ
ez (ez dz (882)
− 1) (z − 2)
Svolgimento:
La funzione integranda ha un polo semplice in z = 2 e una singolarità da
definire in z = 0.
Nel percorso |z − 2| = 1 solo il polo semplice è incluso e quindi basta calcolare
il residuo della funzione in z = 2 :
epperciò l’integrale vale
a (2)
−1 = lim (z − 2)
z−→2
|z−2|=1
e z
(e z − 1) (z − 2)
e z
(e z − 1) (z − 2) =
136
e 2
(e 2 − 1)
e
dz = i2π
2
(e2 − 1)
(883)
(884)

Nel percorso |z| = 1 il polo z = 2 non è incluso, quindi bisogna vedere il
residuo della funzione in z = 0. Dato che non siamo sicuri del tipo di singolarità
sviluppiamo in serie di Laurent in z0 = 0 :
ez (ez − 1) (z − 2) =
1 + z + z2
z3
2 + 3! + ...
1
(z − 2)
z 1 + z + 2
z3
2 + 3! + ... − 1 = (885)
1 + z + z2
z3
2 + 3! + ...
z 1 + z
1
z2
2 + 3! + .. −2 1 − z
= (886)
2
−1 1
1 + z +
2 z
z2
z3
+ + ... 1 −
2 3! z
2 ..
1 + z
2 ..
(887)
e quindi z0 = 0 è un polo semplice con residuo
Controprova:
a (0)
−1 = lim
z−→0 z
ez (ez − 1) (z − 2)
Quindi
|z|=1
a (0)
−1 = −1
2
= e0
(0 − 2) lim
z−→0
ez (ez
dz = i2π −
− 1) (z − 2) 1
2
Exercise 221 calcolare il seguente integrale
|z|=1
Svolgimento:
sembrerebbe analogo al precedente, ma...
z
(ez = −1
− 1) 2 lim
z−→0
z + z2
2
(888)
z
= −1
z3 + 3! + 2
(889)
= −iπ (890)
e2z − 3ez + 2
(ez dz (891)
− 1) (z − 2)
e 2z − 3e z + 2 = (e z − 1) (e z − 2) (892)
e quindi in realtà dobbiamo calcolare
ez − 2
dz
(z − 2)
(893)
|z|=1
Ma la funzione integranda è analitica entro il cerchio unitario e dunque l’integrale
è nullo.
HINT: scomporre sempre se possibile numeratore e denominatore,
onde evitare calcoli inutili
137

Γ
3
Figure 22:
Exercise 222 calcolare il seguente integrale
cos(z)
5π
(z − ei 9 ) z − e
ove Γ è il quadrato di lato 3 dato in figura 22
i 3π
7
3
Γ
dz (894)
Svolgimento:
5π
3π
i La funzione integranda ha due poli semplici in z1 = e 9 i e z2 = e 7 ; entrambi
sono sul cerchio unitario ma solo z2 ha un argomento 3π π
7 < 2 e quindi
entro il cammino di integrazione. Si lascia allo studente il completamento
dell’esercizio.
Exercise 223 calcolare il seguente integrale sul cerchio unitario
2 (z + 1)
z7 dz
(2z − 3i)
(895)
|z|=1
Svolgimento:
La funzione integranda ha due poli: un polo semplice in z1 = 3i
2 e un polo di
ordine 5 in z2 = 0. Solo quest’ultimo cade entro il cerchio unitario. Dobbiamo
perciò calcolare il residuo della funzione in z2 = 0 :
a (0) 1 d
−1 = lim
z−→0 6!
6
dz6
(z − 0) 7 2 (z + 1)
z7
=
(2z − 3i)
1 d
lim
6! z−→0
6
dz6
(z + 1)
, a =
(z − a)
3i
2
(896)
138

Calcoliamo le derivate
d1 dz1
(z + 1) 1 (z + 1)
= −
(z − a) (z − a) (z − a) 2
d2 dz2
(z + 1)
=
(z − a)
−1 − 1 (z + 1) −2 (z + 1)
2 + 2 3 = 2 + 2
(z − a) (z − a) (z − a) (z − a) 3
d3 dz3
(z + 1)
=
(z − a)
+2 ∗ 2 + 2 (z + 1) 3! (z + 1)
3 − 3! 4 = 3 − 3!
(z − a) (z − a) (z − a) (z − a) 4
d4 dz4
(z + 1)
=
(z − a)
−6 ∗ 3 − 6 (z + 1) −4! (z + 1)
4 − 4! 5 = 4 − 4!
(z − a) (z − a) (z − a) (z − a) 5
(897)
(898)
(899)
(900)
è evidente (ma check! e per esecizio mostrare per induzione la formula per la
derivata ennesima) che
d6 dz6
(z + 1)
=
(z − a)
−6! (z + 1)
6 + 6!
(z − a) (z − a) 7
(901)
per cui
a (0) 1 d
−1 = lim
6! z−→0
6
dz6
(z + 1)
=
(z − a)
1
−6! (z + 1)
lim
6! z−→0
6 + 6!
(z − a) (z − a) 7
(902) =
1
1
lim
z−→0 7 (−z + a + z + 1) = − (1 + a) (903)
(z − a) a7 e quindi l’integrale è calcolato.
Ma proviamo per mera curiosità (!) a calcolare il residuo della funzione
integranda nel polo semplice z1 = a = 3i
2
a (a)
−1 = lim (z − a)
z−→a
(z + 1)
z 7 (z − a)
1
= (1 + a) (904)
a7 dunque a (a)
−1 = −a(0) −1 (accidenti! se lo avessi saputo avrei faticato molto meno...).
––––––-
In realtà il risultato ottenuto al termine dell’esercizio precedente non è affatto
accidentale. Si può infatti mostrare che se una funzione monodroma e
generalmente analitica (cioè con un numero finito di singolarità isolate) va a
zero all’infinito un pò più velocemente di 1
|z| allora la somma di tutti i residui
della funzione è zero. La prova è semplice: basta calcolare l’integrale della funzione
su un cerchio centrato nell’origine e di raggio ρ = |z| abbastanza grande
da includere tutte le singolarità al finito. Per il teorema dei residui tale integrale
è proporzionale alla somma dei residui. Ma l’integrale stesso può essere
maggiorato da 2πMρ (vedi 613). Ma nell’ipotesi fatta
lim Mρ = 0 (905)
ρ−→∞
139

e quindi la somma di tutti i residui è nulla. Perciò la somma dei residui
delle singolarità interne a una qualsiasi curva di Jordan Γ è pari alla somma dei
residui delle singolarità esterne alla curva cambiata di segno . Questo risultato,
come nell’esercizio precedente, può essere utilmente usato per semplificare la
vita...
Remark 224 il risultato precedente poteva essere previsto intuitivamente. Infatti
nelle condizioni poste non vi può essere una singolarità all’infinito. Consideriamo
che
= −
(906)
Γ
Epperò la curva −Γ, cioè Γ percorsa in senso orario, per la convenzione sul
verso di percorrenza ha per ’interno’ quello che era l’esterno della curva Γ e
quindi le sue singolarità ’interne’ sono le singolarità esterne a Γ più una eventuale
singolarità all’infinito, caso che però abbiamo escluso. Quindi il risultato
precedente non è altro che l’applicazione del teorema dei residui...
Exercise 225 calcolare il seguente integrale sul cerchio |z| = 5
|z|=5
−Γ
3z3 − iz2 + i
(z − 1) 3 (z − 2) 4 (z + i) 3 dz (907)
(z − 6)
Svolgimento:
La funzione integranda ha 3 poli all’interno ma un solo polo semplice all’esterno.
D’altra parte si vede che va all’infinito come |z|3
|z| 11 . Quindi basterà calcolare il
residuo nel polo semplice esterno
a (6)
−1 = lim (z − 6)
z−→6
3z3 − iz2 + i
(z − 1) 3 (z − 2) 4 (z + i) 3 (z − 6) = 3 ∗ 63 − 36i + i
5344 (6 + i) 3
sarà quindi
3z3 − iz2 + i
(z − 1) 3 (z − 2) 4 (z + i) 3 (z − 6) dz = −i2π 3 ∗ 63 − 36i + i
5344 (6 + i) 3
|z|=5
Exercise 226 calcolare il seguente integrale sul cerchio |z − 1| = 10
|z−1|=10
(908)
(909)
z2 dz (910)
(z − i) (z − 2i) (z − 3i)
Svolgimento:
Il cerchio include tutte le sigolarità (poli semplici in i, 2i, 3i ) (CHECK!) e
quindi si dovrebbero calcolare i residui (cosa del resto semplice). Non è possibile
usare la scorciatoia di vedere l’esterno (ove non vi è alcuna singolarità al
140

finito) perchè la funzione tende a zero all’infinito come 1
|z|
più velocemente come richiesto dalle considerazioni precedenti...).
OK, calcoliamo i residui
a (2i)
−1
a (i)
−1 = lim (z − i)
z−→i
a (3i)
−1
= lim (z − 2i)
z−→2i
= lim (z − 3i)
z−→3i
z 2
(z − i) (z − 2i) (z − 3i) =
z 2
(z − i) (z − 2i) (z − 3i) =
z 2
(z − i) (z − 2i) (z − 3i) =
i2 1
=
(i − 2i) (i − 3i) 2
(CHECK!) (e non
(911)
4i2 = −4 (912)
(2i − i) (2i − 3i)
9i2 9
=
(3i − i) (3i − 2i) 2
(913)
La somma dei residui è pari a 1 (non a zero! ...)
e quindi
z2 dz = 2πi
(z − i) (z − 2i) (z − 3i)
(914)
|z−1|=10
ma (vedi sviluppo binomiale)
1
1 − ki
z
= 1 −
− ki
z
+
1
z − ki =
− ki
z
2
1
z 1 − ki
z
− − ki
z
3
(915)
1
+
z4
, k = 1, 2, 3 (916)
La serie converge assolutamente e uniformemente per
−ki
z < 1 (917)
cioè per |z| > k (fuori dal cerchio |z| = k) e quindi
z2 (z − i) (z − 2i) (z − 3i)
= 1
1 − −
z
i
+ −
z
i
2
.. 1 −
z
− 2i
z
+
− 2i
z
2
.. 1 −
− 3i
z
e l’espansione converge fuori dal cerchio |z| = 3 e quindi sul percorso di integrazione.
Ma la convergenza è assoluta e uniforme quindi posso moltiplicare le
141
+
− 3i
z
(918)
2
(919) ..

serie e posso integrare termine a termine. Indi
z2 dz
(z − i) (z − 2i) (z − 3i)
(920)
|z|= 5
2
=
=
|z−1|=10
|z−1|=10
|z−1|=10
1
z
1
dz +
z
6i 1
+ +
z2 z3
dz (921)
|z−1|=10
6i
dz + ... (922)
z2 è quindi ovvio che solo il primo integrale da un contributo (2πi) e tutti gli altri
sono nulli: ritroviamo così per una via alternativa il risultato precedente.
Proviamo a calcolare l’integrale questa volta sul cerchio |z| = 5
2 . Ora solo i
poli in i, 2i sono all’interno e quindi per il teorema dei residui
z2 dz = 2πi(a(i) −1 + a(2i) −1 ) = −7πi (923)
(z − i) (z − 2i) (z − 3i)
proviamo la via alternativa espandendo come prima per le singolarità in i, 2i
ma ponendo
1
z − 3i =
1
−3i 1 − z
=
3i
(924)
i
1 − −
3
z
+ −
3i
z
2
...
3i
(925)
e questa serie converge per
z −
3i < 1 cioè |z| < 3 (entro il cerchio trinitario,
sigh). Quindi
z2 (z − i) (z − 2i) (z − 3i)
= i
1 − −
3
z
+ −
3i
z
2
...
3i
1 − − i
+ −
z
i
2
.. 1 − −
z
2i
+ −
z
2i
z
siccomr le ultime due serie convergono per |z| > 2 mentre la prima converge per
|z| < 3 l’espansione è valida nell’anello 2 < |z| < 3.
Purtroppo è di scarsa utilità in quanto dovremmo calcolare la somma degli
infiniti termini 1
z
Exercise 227 calcolare il seguente integrale sul cerchio |z| = 2
1
(z − i) 3 dz
(z − 3i)
(928)
|z|=2
142
(926)
2
(927) ..

Svolgimento:
Il cammino include il polo di terzo ordine i . Però questa volta la funzione
si annulla abbastanza velocemente all’infinito e quindi la somma dei residui è
zero. Perciò
1
(z − i) 3 dz = −2πia(3i) −1
(z − 3i)
(929)
e
a (3i)
−1
|z|=2
1
= lim (z − 3i)
z−→3i (z − i) 3 (z − 3i) =
1 i
3 =
(3i − i) 8
(930)
L’esercizio sarebbe finito ma non è mai male trovare il risultato per vie diverse.
Calcoliamo la serie di Laurent ma senza calcolare i coefficienti con gli integrali.
Innanzitutto cambiamo variabile
avremo
1
(z − 3i) =
1
ζ − 2i =
= i
2
1 −
ζ = z − i (931)
z = ζ + i (932)
1
−2i 1 + − ζ
2i
− ζ
+ −
2i
ζ
2i
(933)
2
− − ζ
3
+ ..
2i
(934)
valida per − ζ
2i
< 1 cioè |ζ| < 2 cioè nel cerchio di centro i e raggio
2 : |z − i| < 2.(come deve dato che la prossima singolarità è a 3i)
Abbiamo quindi
1
(z − i) 3 (z − 3i)
= i 1
2 ζ 3
1 − − ζ
+ −
2i
ζ
2i
= i
1 1 1
2 3 + 2 − + ...
ζ 2iζ 4ζ
da cui si vede che il residuo è − i
8 (come deve).
.................................
2
− − ζ
3
+ ..
2i
6.2.1 Integrali reali calcolati in campo complesso
(935)
(936)
(937)
L’integrazione in campo complesso e il Teorema dei Residui permettono di calcolare
molti integrali definiti in campo reale scegliendo opportunamente una
funzione complessa ed un cammino chiuso. Per fare ciò occorre ’intuito’, una
facoltà difficilmente definibile ed esportabile... Comunque ci sono delle tipologie
standard che esemplificheremo.
143

-R
Figure 23:
Integrali del primo tipo Sono gli integrali del tipo
+∞
−∞
R
f(x)dx (938)
ove la funzione f(x) è una funzione razionale tale che la sua estensione
complessa f(z) va a zero per |z| −→ ∞ più rapidamente di 1
|z| . In tal caso si
considera il percorso chiuso Γ costituito dal segmento (−R, R) e dal semicerchio
γ con centro nell’origine e di raggio R (vedi figura 23)
Allora
Γ
f(z)dz =
R
−R
f(x)dx +
γ
f(z)dz (939)
Ma nel limite R −→ ∞ il primo integrale a destra diviene l’integrale reale che
si doveva calcolare (f(z) = f(x) sull’asse reale ) mentre il secondo integrale sul
semicerchio di raggio divergente va a zero per quanto detto prima. Dunque
+∞
−∞
f(x)dx = f(z)dz (940)
144
Γ

e l’integrale complesso, essendo la funzione razionale, può essere facilmente calcolato
con il Teorema dei Residui.
Anzi, siccome il semicerchio può essere impunemente preso nel semipiano
superiore (come in figura 23) o nel semipiano inferiore, sembrerebbe opportuno
dare uno sguardo preventivo alla funzione per vedere quale scelta è più conveniente
(ovviamente se si ’chiude’ sopra conteranno nel teorema dei residui solo
le singolarità poste nel semipiano immaginario positivo, viceversa se si ’chiude’
sotto).
Problem 228 In realtà tale consiglio è per ora superfluo... perchè?
Remark 229 Se la funzione integranda è una funzione pari ovviamente possi-
+∞
amo anche calcolare gli integrali f(x)dx
0
Remark 230 ci siamo limitati finora a considerare funzioni razionali: in realtà
i risultati possono essere estesi a funzioni più generali purchè continuabili
analiticamente o nel semipiano superiore o in quello inferiore (vedi 236 ).
.....................
Exercise 231 Calcolare
+∞
−∞
x + 1
(x2 + 1) (x2 dx (941)
− 4x + 5)
Svolgimento: consideriamo la funzione ’complessificata’ z+1
(z 2 +1)(z 2 −4z+5) :
questa è razionale e si annulla abbastanza velocemente all’infinito (come |z| −3 )
. Quindi applichiamo la 940. La funzione ha ovviamente poli semplici in z1 =
+i, z2 = −i. Daltronde le radici di z 2 − 4z + 5 si trovano facilmente e sono
z3 = 2 − i, z4 = 2 + i. Se ’chiudiamo sopra’ avremo bisogno dei residui in
z1 = +i, z4 = 2 + i
a (i)
−1 =
i + 1
(i + i) (i 2 − 4i + 5)
mentre il residuo in z4 = 2 + i vale (check!)
e quindi
+∞
−∞
Exercise 232 Calcolare
a (2+i)
−1
1 1 − i
=
8 1 − i
= 1
8
(942)
= −1 (1 + 2i) (943)
8
x + 1
(x2 + 1) (x2 1
π
dx = i2π (1 − 1 − 2i) =
− 4x + 5) 8 2
(944)
+∞
x
0
2
(x8 dx (945)
+ 1)
145

Integrali del secondo tipo Sono gli integrali del tipo
oppure
+∞
−∞
+∞
−∞
f(x) cos (ax) dx (946)
f(x) sin (ax) dx (947)
ove a è una costante reale e la funzione f(x) è una funzione razionale tale
che la sua estensione complessa f(z) va a zero per |z| −→ ∞ .In questo caso si
considera
Γ
f(z)e iaz dz =
R
−R
f(x)e iax
dx +
γ
f(z)e iaz dz (948)
ove il percorso Γ è lo stesso del caso precedente. Si può dimostrare, ma lasciamo
la dimostrazione allo studente diligente, che l’integrale sul semicerchio γ
di
raggio R (e per a > 0) si annulla nel limite R −→ ∞ e quindi calcolando
Γ
f(z)e iaz dz con il Teorema dei Residui (notare che f(z) è razionale e e iaz è
intera) abbiamo
epperciò sarà
+∞
−∞
f(x) (cos (ax) + i sin(ax)) dx = f(z)e iaz dz (949)
+∞
−∞
+∞
−∞
Exercise 233 calcolare
⎛
f(x) cos (ax) dx = Re ⎝ f(z)e iaz ⎞
dz⎠
(950)
Γ
⎛
f(x) sin (ax) dx = Im ⎝ f(z)e iaz ⎞
dz⎠
(951)
+∞
−∞
Svolgimento: la funzione razionale
Γ
Γ
x sin (πx)
x2 dx (952)
+ 2x + 2
z
z 2 +2z+2
si annulla all’infinito come 1
|z|
(questo basta per gli integrali del secondo tipo! non sarebbe stato sufficiente
per un integrale del primo tipo). Quindi consideriamo
Γ
zeiπz z2 dz (953)
+ 2z + 2
146

con Γ il solito percorso dato da figura 23. Si vede facilmente che la funzione ha
due poli semplici in z1 = −1 + i, z2 = −1 − i e il residuo nel polo ’sopra’ è
per cui
Γ
Γ
ze iπz
z 2 + 2z + 2
a (−1+i)
−1
= − 1
(1 + i) e−π
2
zeiπz z2
dz = i2π −
+ 2z + 2 1
(1 + i) e−π = (1 − i) πe
2 −π
dz =
+∞
−∞
x cos (πx)
x 2 + 2x + 2
+∞
−∞
+∞
−∞
dx + i
+∞
−∞
x cos (πx)
x2 dx = πe−π
+ 2x + 2
x sin (πx)
x2 dx = −πe−π
+ 2x + 2
(954)
(955)
x sin (πx)
x 2 + 2x + 2 dx = πe−π − iπe −π
Abbiamo così calcolato anche un secondo integrale oltre quello di partenza.
Si può notare anche che il residuo nel polo ’sotto’ vale
a (−1−i)
−1
= 1
(−1 + i) eπ
2
(956)
(957)
(958)
(959)
e dunque la somma dei residui non è zero, come era da aspettarsi dato che la
condizione 905 non è rispettata.
Integrali del terzo tipo Sono gli integrali del tipo
0
2π
F (sin(φ), cos (φ)) dφ (960)
ove la funzione F è una funzione razionale. Allora sul cerchio unitario avremo
z = e iφ ; dz = ie iφ dφ = izdφ; (961)
sin(φ) = eiφ − e−iφ = −
2i
i
z −
2
1
; (962)
z
cos(φ) = eiφ + e−iφ =
2
1
z +
2
1
; (963)
z
allora è chiaro che l’integrale dato si traduce nel piano complesso in
F − i
z −
2
1
,
z
1
z +
2
1
−i
z
dz
=
z
f (z) dz (964)
|z|=1
147
|z|=1

Cosa sia la funzione f (z) dovrebbe essere chiaro ed è inoltre chiaro che essendo
la funzione F (sin(φ), cos (φ)) una funzione razionale nei suoi argomenti allora
la f (z) sarà una funzione razionale e f (z) dz potrà essere fruttuosamente
|z|=1
calcolato tramite il Teorema dei Residui.
Exercise 234 calcolare
2π
0
dφ
sin(φ) − 2 cos (φ) + 3
Svolgimento: passiamo sul cerchio unitario del piano complesso:
2π
0
|z|=1
dφ
sin(φ) − 2 cos (φ) + 3 =
|z|=1
2dz
(1 − 2i) z 2 + 6iz − (1 + 2i) =
−i dz
z
|z|=1
3 + 1
2i
z − 1
z
1
− 2 1
2
(965)
1 (966) =
z + z
2dz
(z − (2 − i)) z − 2−i
(967)
5
solo il polo z1 = 2−i
5 è entro il cerchio untiario, il residuo della funzione in tale
polo semplice vale
e quindi
2π
Exercise 235 calcolare
0
2−i ( 5 ) i
a −1 = −
2
dφ
= i2π
3 − 2 sin(φ) + 2 cos (φ)
2π
0
dφ
5 + 4 sin(φ)
(968)
− i
= π (969)
2
Svolgimento: passiamo sul cerchio unitario del piano complesso:
2π
0
|z|=1
dφ
5 + 4 sin(φ) =
|z|=1
dz
2z 2 + 5iz − 2 =
−i dz
z
|z|=1
5 − 4 i
2
1
z − 1
z
dz
(2z + i) (z + 2i)
(970)
= (971)
(972)
solo il polo z1 = − i
2 è entro il cerchio untiario, il residuo della funzione in
tale polo semplice vale
a (− i 2)
−1
= −1 i (973)
3
148

e quindi
2π
0
dφ
5 + 4 sin(φ)
2
= π (974)
3
Miscellanea integrale Passiamo ora ad alcuni esempi di integrali definiti
reali che possono essere calcolati nel campo complesso attraverso opportune e
fortunate scelte...
Example 236 calcolare
∞
Si consideri
0
Γ
ln 1 + x 2
1 + x 2 dx (975)
ln (i + z)
dz (976)
1 + z2 ove Γ è di nuovo il percorso in figura 23. Allora, considerando la determinazione
principale del logaritmo, abbiamo entro il percorso solo il polo semplice z = i
(check!). Quindi
per il quale il residuo è ln(2i)
2i
Γ
ln (i + z) ln (2i)
dz = i2π = π ln (2i) (977)
1 + z2 2i
Ma spezziamo questo integrale in tre parti: la prima lungo il segmento (−R, 0),
poi lungo (0, R) e quindi sul semicerchio γ R di raggio R
Γ
ln (i + z)
dx =
1 + z2 0
−R
ln (i + x)
dx +
1 + x2 R
0
ln (i + x)
dx +
1 + x2 γR Ora il primo integrale può essere convenientemente riscritto
ma
R
0
0
R
0
−R
ln (i − x)
dx +
1 + x2 ln (i + x)
dx =
1 + x2 R
0
R
0
ln (i + x)
dx =
1 + x2 ln (−1) + ln 1 + x2 1 + x2 dx =
R
0
149
ln (i + z)
dz = π ln (2i)
1 + z2 (978)
ln (i − x)
dx (979)
1 + x2 R
0
ln i 2 − x 2
1 + x 2 dx = (980)
ln 1 + x2 1 + x2
dx + iπ
0
R
1
dx (981)
1 + x2

e quindi
π ln (2i) =
R
0
tenendo conto che
ln 1 + x2 1 + x2
dx + iπ
0
R
1
dx +
1 + x2 γR ln (2i) = ln(2) + ln (i) = ln(2) + ln e
e prendendo la parte reale della 982 abbiamo
R
0
ln 1 + x 2
1 + x 2
dx + Re
γ R
i π
2
ln (i + z)
dz (982)
1 + z2 = ln(2) + i π
2
(983)
ln (i + z)
dz = π ln(2) (984)
1 + z2 Ma nel limite R −→ ∞ l’integrale sul semicerchio va a zero (vedi remark 230,
) e quindi
in effetti la funzione va a zero più rapidamente di 1
|z|
∞
0
ln 1 + x 2
1 + x 2 dx = π ln(2) (985)
Lo studente anche volenteroso starà ora almeno brontolando tra sé: "OK, ma
come accidenti riuscivo ad indovinare funzione e percorso?". Il fatto è che molto
spesso si procede al contrario, cioè si cerca sotto la luce 11 . Voglio dire che si
può partire da integrali in qualche modo calcolabili nel campo complesso e vedere
dopo se implicano integrali + o - interessanti nel campo reale. In altre parole,
invece di cercare la soluzione di un problema si vede qual’è il problema per cui
abbiamo una soluzione...
Example 237 calcolare
∞
0
sin(x)
dx (986)
x
Uno sarebbe tentato di dire che trattasi di integrale del secondo tipo... tuttavia
anche per un fisico sorge qualche dubbio: la funzione integranda ha una singolarità
sul cammino di integrazione. E’ pur vero che la singolarità è eliminabile
e la funzione non diverge e quindi forse potremmo ignorarla (nel tal caso, in assenza
di altre singolarità l’integrale sarebbe nullo: check! ). Epperò adottiamo
una sana prudenza e suggeriamo una medicina comune in questi casi: aggirare
la singolarità (vedi figura ??)Quindi consideriamo il percorso Γ che va nel senso
solito antiorario sul segmento (−R, −ε), poi sul semicerchio γ ε di raggio ε, e
11 Si fa riferimento al noto aneddotto: un ubriaco stava cercando qualcosa sotto un lampione;
passa un amico e gli chiede cosa stesse cercando "la mia chiave di casa" "e dove l’hai persa?"
"vicino al portone di casa""e allora perchè la cerchi qui?""perchè qui c’è luce..."
150

-R
−ε
ε
Figure 24:
ancora sul segmento (ε, R) per chiudersi infine con il semicerchio γ R di raggio
R. Allora possiamo scrivere
ma
e quindi
Γ
eiz dz =
z
Γ
e iz
z
−ε
−R
e ix
x
−ε
−R
dz = 2i
ε
dx +
e ix
x
R
γ ε
e iz
z
dx = −
sin (x)
x
dz +
ε
R
dx +
γ ε
ε
R
e ix
x
R
dx +
γ R
eiz dz (987)
z
e−ix dx (988)
x
e iz
z
dz +
γ R
eiz dz (989)
z
Inoltre l’integrale di sinistra è nullo per il teorema di Cauchy (non ci sono
singolarità entro il cammino) e anche l’ultimo integrale a destra è nullo nel
limite R −→ ∞ (vedi integrali del secondo tipo). Resta
2i
ε
∞
sin (x)
x
dx = −
151
γ ε
eiz dz (990)
z

ma l’integrale a destra è facilmente calcolabile nel limite ε −→ 0
e quindi
lim
0
ε−→0
π
∞
0
e iεeiφ
εe iφ iεeiφ dφ = −iπ (991)
sin (x)
dx =
x
π
2
(992)
Notare che il valore non nullo dell’integrale viene dal ’giro’ intorno singolarità
in zero (anche se era una singolarità eliminabile: avevamo ragione ad essere
prudenti!). Notare anche che se avessimo preso il semicerchio γ ε nel semipiano
inferiore, includendo quindi la singolarità in zero, il risultato non sarebbe
cambiato (si lascia la verifica allo studente).
Example 238 calcolare
∞
0
1
(1 + x) 3√ dx (993)
x
Saremmo tentati di passare alla versione complessa della funzione
1
(1 + z) 3√ z
(994)
ma avremmo un polo semplice in z = −1, che tuttavia non sarebbe sul cammino
di integrazione, ma soprattutto un punto di diramazione in z = 0, con acclusa
retta di diramazione (a.e. il semiasse reale positivo). Adottiamo la ’medicina’
suggerita nell’esempio precedente: aggiriamo gli ostacoli e scegliamo il percorso
Γ dato in figura 25:In tale figura abbiamo esagerato la separazione δ che invece
sarà un infinitesimo di ordine superiore a ε, quindi i due percorsi paralleli al
semiasse reale positivo collasseranno sullo stesso semiasse (notare che nel cammino
Γ sono percorsi in senso inverso), il ’cerchio’ Cε collasserà nell’origine
mentre invece come al solito faremo divergere il ’cerchio’ esterno CR. Quindi
essendo il residuo in z = −1
Daltronde
a (−1)
−1
Γ
= lim (1 + z)
z−→−1
Γ
1
(1 + z) 3√ z dz = i2π e
1
(1 + z) 3√ dz =
z
π −i 3
(995)
1
(1 + z) 3√ φ
= lim e−i 3 = e
z φ−→π −i π 3 (996)
CR
+
152
Cε
+
R+iδ/2
ε+iδ/2
+
ε−iδ/2
R−iδ/2
(997)

-R
-1 −ε δ
Figure 25:
Ora nel limite R −→ ∞, δ −→ 0, ε −→ 0 si ha
−→ 0; −→ 0 (998)
mentre
e
CR
R+iδ/2
ε+iδ/2
ε−iδ/2
R−iδ/2
−→
Cε
∞
0
−→ −
0
∞
x− 1 3
dx (999)
(1 + x)
e −i 2 3 π x − 1 3
(1 + x)
dx (1000)
ove si è tenuto conto della rotazione di 2π per la parte polidroma. Quindi
cioè
1 − e −i 2 ∞
3 π
∞
0
0
x− 1 3
dx =
(1 + x)
1 − x 3
(1 + x) dx = i2πe−i π 3 (1001)
i2π
e i π 3 − e −i π 3
153
π
=
sin
π
(1002)
3

Remark 239 la tecnica usata in questo ultimo esempio si può estendere per
calcolare integrali del tipo
∞
x α f(x)dx (1003)
0
ove la funzione f(x) è una funzione razionale e la costante α può anche essere
complessa. La condizione da rispettare è
−1 − q < Re(α) < −1 − p (1004)
ove q, p marcano l’andamento della funzione razionale f(x) in zero e all’infinito
f(x) ≁
x−→0 x q
f(x) ≁
x−→∞ xp
(1005)
(1006)
In effetti la condizione 1004 garantisce l’annullarsi dei contributi sul cerchio
esterno di raggio R −→ ∞ e sul cerchio di raggio ε −→ 0
Example 240 calcolare
0
∞
cos x 2 dx (1007)
La scelta della funzione complessa è fortemente suggerita: eiz2... Ma quale
percorso Γ scegliere? In accordo alla cabala (...) scegliamo quello in figura 26
percorso come al solito in senso antiorario.Ora consideriamo che per il teorema
di Cauchy abbiamo
e iz2
dz = 0 (1008)
Dividiamo l’integrale in tre parti
Γ
Γ
e iz2
dz = 0 =
R
0
+
γ R
+
ove il primo integrale è sull’asse reale dall’origine a R e quindi
R
0
e ix2
dx =
R
0
R
0
(1009)
cos x 2 + i sin x 2 dx (1010)
Nel secondo integrale siamo sull’arco di cerchio di raggio R e quindi z =
e iθ R; dz = ie iθ Rdθ
γ R
=
φ
o
e ie2iθ R 2
ie iθ Rdθ (1011)
154

φ
Figure 26:
155
R

ora scegliendo φ = π/4 si può dimostrare (check!)
π/4
e
ie2iθR 2
ie iθ
Rdθ
≤
π 1 − e
4
−R2
R
e quindi nel limite R −→ ∞ l’integrale
che riporta all’origine ove scriviamo
0
R
o
γ R
(1012)
vanisce. Resta l’integrale sul segmento
z = re iπ/4 ; dz = e iπ/4 dr (1013)
= e iπ/4
0
e ir2e iπ/2
dr = e iπ/4
Ma è ben noto (consultate le tavole degli integrali...) che
e quindi nel limite R −→ ∞ abbiamo
0
∞
R
0
∞
cos x 2 + i sin x 2 dx =
e −r2
dr =
Uguagliando parte reale con parte reale
0
∞
0
√ π
2
R
√
π
2 eiπ/4 = 1
π π
+ i1
2 2 2 2
cos x 2 dx = 1
π
2 2
0
e −r2
dr (1014)
(1015)
(1016)
(1017)
e nel contempo abbiamo anche mostrato (parte immaginaria=parte immaginaria)
che
∞
sin x 2 dx = 1
π
2 2
(1018)
Nell’esempio 237 ci siamo imbattuti in un integrale con una singolarità sul
cammino di integrazione. Ricordiamo che in campo reale in tal caso, cioè nel
caso che la funzione integranda abbia una singolarità diciamo in x0 , si definisce
come valore dell’integrale il seguente limite (se esiste!)
x2
x1
f(x)dx = lim
ξ−→x −
0 ,χ−→x+ 0
⎛
ξ
x2
⎞
⎝ f(x)dx + f(x)dx⎠
(1019)
156
x1
χ

Notare che i due limiti dovrebbero essere indipendenti. A volte però può
succedere che il doppio limite a destra nella formula sopra non esista facendo i
limiti indipendentemente, ma invece esista prendendo
ξ = x0 − ε; χ = x0 + ε (1020)
e poi facendo il limite per ε −→ 0. In tal caso il valore di tale limite è detto
valore principale di (alla) Cauchy dell’integrale dato.
x2
⎛
x0−ε
x2
⎞
℘ f(x)dx = lim ⎝ f(x)dx + f(x)dx⎠
(1021)
x1
Example 241 si calcoli
ε−→0
x1
2
−3
dx
x 5
x0+ε
(1022)
La funzione integranda ha una singolarità in x0 = 0 che è nel cammino di
integrazione. Proviamo ad applicare la 1019
2
−3
dx
x5 = lim
ξ−→0 − ,χ−→0 +
− 1
4x4 −1
4
lim
ξ−→0 − ,χ−→0 +
1
ξ
evidentemente divergente. Ma proviamo la 1021
ξ
−
−3
1
4x4
2
=
χ
(1023)
1 1 1
4 − + −
34 24 χ4
(1024)
2
dx
℘ =
x5 −3
lim −
ε−→0
1
4x4 −ε
−
−3
1
4x4
2
=
ε
(1025)
−1
4 lim
1 1 1 1
ε−→0 4 − + −
(−ε) 34 24 (ε) 4
−1
−
4
= (1026)
1 1
+
34 24
(1027)
il limite esiste grazie ad una provvidenziale cancellazione...
Si può riportare tale procedimento sul campo complesso. Noi ci limiteremo
al caso in cui la funzione integranda abbia un polo semplice sul cammino di
integrazione: cioè considerermo integrali del tipo
Γ
f (z)
dz (1028)
z − z0
ove Γ è una linea nel piano complesso (possibilmente chiusa), f (z) è analitica
su Γ e il polo semplice z0 cade sul cammino di integrazione (z0 ∈ Γ). Allora
157

A
C
B
Figure 27:
circondiamo il polo con un cerchio di raggio ǫ e consideriamo uno dei due possibili
percorsi alternativi Γ+, Γ− indicati nella figura 27
Precisamente indichiamo con Γ+ il percorso A → B → C → E → F e con
Γ− il percorso A → B → D → E → F . Notare che comunque sia il percorso
originale Γ da B a E, considerando che il cerchio ha raggio ε piccolo (faremo
poi il limite ε −→ 0), lo abbiamo in pratica approssimato con il diametro BE
tangente a Γ in z0 e quindi sostituito con uno dei due semicerchi. L’angolo φ
in figura è quindi l’inclinazione della tangente a Γ in z0.Notare che ovviamente
tutti e due i percorsi Γ+, Γ− tendono a Γ per ε −→ 0. E’ chiaro quindi che
Γ+(Γ−)
=
B
A,Γ
+
F
E,Γ
+
z0
BCE(BDE)
D
φ
E
(1029)
ove abbiamo indicato con BCE (BDE) il semicerchio di centro z0 e raggio
ε che va da B a C a E (B a D a E ).Ma nel limite ε −→ 0 sia B che E tendono
a z0 (e insieme), quindi viene naturale per analogia al caso reale chiamare valor
principale alla Cauchy tale limite
℘
Γ
f (z)
dz = lim
z − z0 ε−→0
158
⎛
⎝
B
A,Γ
+
F
E,Γ
⎞
⎠ (1030)
F

Inoltre nello stesso limite vediamo quanto valgono gli integrali sui semicerchi.
f (z)
dz =
z − z0
f z0 + εeiθ εeiθ iεe iθ dθ = i
f z0 + εe iθ dθ
BCE(BDE)
BCE(BDE)
Nel limite ε −→ 0 (f (z) è analitica!)
f (z)
dz = if (z0)
z − z0
BCE(BDE)
BCE(BDE)
ora occorre distinguere.. per gli angoli (vedi figura 27)
BCE
BDE
dθ =
dθ =
φ
φ+π
2π+φ
φ+π
e quindi ricapitolando (vedi anche 1029,1030)
f (z)
℘ dz = ±iπf (z0) +
z − z0
Γ
BCE(BDE)
(1031)
dθ (1032)
dθ = −π (1033)
dθ = π (1034)
Γ+(Γ−)
f (z)
dz (1035)
z − z0
Qualche studente attento avrè obiettato che avrei dovuto scrivere
lim
ε−→0
f (z)
dz
z − z0
(1036)
Γ+(Γ−)
in realtà essendo la funzione integranda analitica almeno in una regione intorno
a z0, posso deformare a piacere le curve Γ+ (Γ−) a patto che rimangano senza
cappi e fino alla prossima singolarità di f (z) .
Se la curva Γ è una curva chiusa allora
Γ+(Γ−)
f (z)
dz potrebbe essere
z − z0
calcolabile con il teorema dei residui, epperò la scelta di Γ+ o Γ− può includere
o meno il polo z0 . Tuttavia il risultato è lo stesso! infatti ammettiamo che Γ
sia chiusa "sopra" in modo che Γ+ non include z0. Sia
Allora
℘
Γ
Γ+
f (z)
dz = α (1037)
z − z0
f (z)
dz = +iπf (z0) + α (1038)
z − z0
159

Ma allora Γ− include tutte le singolarità già incluse in Γ+ con inoltre il polo
semplice z0 ove la funzione integranda ha residuo
e quindi
a (z0)
− = lim (z − z0)
z−→z0
Γ−
ma allora
f (z)
℘ dz = −iπf (z0)+
z − z0
Γ
f (z)
= f (z0) (1039)
z − z0
f (z)
dz = α + i2πf (z0) (1040)
z − z0
Γ−
f (z)
dz = −iπf (z0)+α+i2πf (z0) = +iπf (z0)+α
z − z0
(1041)
Problem 242 a prima vista sembra che il converso (cioè chiusura ’sotto’ ) non
funzioni... spiegare!
7 Funzioni complesse come trasformazioni (rappresentazioni)
Abbiamo già visto che la più generale funzione complessa è la somma (complessa)
di due funzioni reali di due variabili reali:
w = u(x, y) + iv(x, y) (1042)
La funzione w ovviamente stabilisce una corrispondenza tra i punti del
piano complesso, precisamente fa corrispondere ad un certo punto P di coordinate
x, y del suo dominio un punto P ′ del codominio avente coordinate
u(x, y), v(x, y).Ovviamente a delle linee corrisponderanno (in genere!) delle linee,
a delle figure geometriche altre figure geometriche... Conviene però a volte
considerare separati i piani complessi del dominio e del codominio della funzione,
cioè considerare la funzione come una rappresentazione del piano complesso Cz
, cioè il piano in cui le coordinate di un punto (z) sono x, y, nel piano Cw in
cui le coordinate di un punto (w) sono u, v. Una funzione quindi ’rappresenta’
cioè crea un’immagine nel piano Cw di punti, linee, regioni del piano Cz. Consideriamo
alcune trasformazioni elementari (che sono state in vario modo già
menzionate).
• Omotetia (scala, stiramento)
e quindi
w = az; a ∈ ℜ+
(1043)
|w| = a |z| (1044)
160

Figure 28:
E’ forse la più semplice trasformazione: agisce ovviamente sul modulo del
vettore −→ z cosicchè i punti sono allontanati dall’origine se a > 1 oppure avvicinati
se a < 1. Ovviamente ci sarà un effetto di ingrandimento per le figure nel primo
caso, di contrazione nel secondo.
• Traslazione
o in coordinate cartesiane
w = z + α (1045)
u = x + Re (α) (1046)
v = y + Im (α) (1047)
E’ anche questa una trasformazione molto semplice: sposta punti, linee,
figure di un tratto pari a |α| nella direzione e verso del vettore −→ α
Example 243 Trovare il trasformato del rettangolo con vertici A ≡ (0, 0) , B ≡
(1, 0) , C ≡ (1, 2i) , B ≡ (0, 2i) sotto l’azione della traslazione w = z+1−3i.Vedi
figura
161

• Rotazione
e quindi in coordinate polari
w = e iθ z (1048)
arg (w) = arg (z) + θ (1049)
E’chiaro che ruota i vettori (e quindi le figure) di un angolo θ, rotazione
antioraria per θ positivo, rotazione oraria per θ negativo.
• Inversione
w = 1
z
L’effetto di tale trasformazione è chiaro in coordinate polari
(1050)
|w| = 1
|z|
(1051)
arg(w) = − arg (z) (1052)
Quindi ogni punto viene ’riflesso’ secondo l’asse reale e poi portato entro
il cerchio unitario se era fuori, fuori dal cerchio unitario se era dentro (0 e
∞ sono punti corrispondenti).
Chiaramente due o più trasformazioni possono essere composte tra di loro
dando origine a una trasformazione in genere più complessa.
Per esempio il prodotto (complesso)
w = αz (1053)
è chiaramente la combinazione di uno stiramento e di una rotazione (come avevamo
già notato)
w = |α| e i arg(α) z (1054)
Così una trasformazione lineare
w = αz + β (1055)
è combinazione di uno stiramento, di una rotazione e di una traslazione.
La trasformazione di Moebius (o bilineare o fratta)
w =
αz + β
; αδ − βγ = ∆ = 0 (1056)
γz + δ
è una combinazione di tutte le trasformazioni elementari (omotetia, traslazione,
rotazione, inversione). Infatti si può facilmente vedere che
αz + β
γz + δ
= λ + µ
z + ν
162
(1057)

con
λ = α
γ
µ =
αδ − βγ
−
γ2 ν = δ
γ
(1058)
(1059)
(1060)
Una trasformazione potrà essere ’annullata’ con la successiva applicazione
della trasformazione inversa, ovviamente se e dove la funzione che la esprime è
invertibile!. Dall’analisi reale sappiamo che la trasformazione
cioè
(x, y) T
−→ (u, v) (1061)
u = u(x, y) (1062)
v = v(x, y) (1063)
è invertibile se lo Jacobiano della trasformazione è non nullo. Ricordiamo
che lo Jacobiano della trasformazione T è definito come
∂ (u, v)
JT = = det
∂ (x, y) ∂xu
∂yu
∂xv ∂yv = uxvy − uyvx (1064)
Se esiste la trasformazione inversa
(u, v)
T (−1)
−→ (x, y) (1065a)
x = x(u, v) (1065b)
y = y(u, v) (1065c)
allora si dimostra che il suo Jacobiano è l’inverso dello Jacobiano della
trasformazione ’diretta’
JT (−1) = (JT ) −1
(1066)
cioè −1 ∂ (u, v)
=
∂ (x, y)
∂ (x, y)
∂ (u, v)
(a giustificazione della notazione). La prova è semplice:
ma se esiste la trasformazione inversa dalle 1065
(1067)
du = uxdx + uydy (1068)
dv = vxdx + vydy (1069)
dx = xudu + xvdv (1070)
dy = yudu + yvdv (1071)
163

e quindi
perciò deve essere
e analogamente
du = ux (xudu + xvdv) + uy (yudu + yvdv) (1072)
= (uxxu + uyyu) du + (uxxv + uyyv) dv (1073)
uxxu + uyyu = 1 (1074)
uxxv + uyyv = 0 (1075)
vxxu + vyyu = 0 (1076)
vxxv + vyyv = 1 (1077)
ma il determinante del prodotto è il prodotto dei determinanti e quindi
JT JT (−1) = det
∂xu
∂yu
∂xv ∂yv . det
∂ux
∂vx
∂uy ∂vy = (1078)
det
uxxu
+ uyyu uxxv + uyyv
= det 1 0
0 1 = 1 (1079)
vxxu + vyyu vxxv + vyyv
da cui la 1066. Si può quindi riassumere così: se in una certa regione lo Jacobiano
non si annulla mai in quella regione la trasformazione è invertibile (cioè
biunivoca; in realtà occorrerebbe aggiungere che le funzioni u(x, y), v(x, y) siano
infinitamente derivabili). Quanto detto degli Jacobiani vale (mutatis mutandis)
anche per spazi a 3 o più dimensioni e non solo nel piano. Però nel piano complesso
abbiamo una espressione felice per lo Jacobiano se la funzione 1042 è
analitica
w = u(x, y) + iv(x, y) = f(z) (1080)
Infatti è facile vedere che
JT =
∂ (u, v)
∂ (x, y) = uxvy − uyvx = |f ′ (z)| 2
In effetti se w = f(z) è analitica allora per CR
ma
e dunque
QED.
JT = uxvy − uyvx = (ux) 2 + (vx) 2
w ′ = f ′ (z) = fx = ux + ivx
JT = (ux) 2 + (vx) 2 =
164
w ′ 2
(1081)
(1082)
(1083)
(1084)

Quindi le trasformazioni indotte da funzioni analitiche sono biunivoche e
invertibili ovunque non sia nulla la derivata della funzione. Gli eventuali punti
in cui la derivata si annulla sono detti punti critici .
Il valore del modulo della derivata in un punto z0, cioè |f ′ (z0)| , è detto
fattore di amplificazione lineare in z0. Infatti si può dimostrare (ma non lo
faremo) che ’piccole’ distanze nei dintorni di z0 e quindi nel piano complesso Cz,
sono ingrandite (o ridotte) nel piano immagine Cw di un fattore dell’ordine di
|f ′ (z0)| mentre ’piccole’ aree sempre nell’intorno di z0 sono ingrandite (o ridotte)
di un fattore dell’ordine di |f ′ (z0)| 2 (lo Jacobiano!) e quindi |f ′ (z0)| 2 viene detto
fattore di amplificazione superficiale. Ma c’è una ulteriore importante proprietà
delle funzioni analitiche viste come trasformazioni: esse sono trasformazioni
(rappresentazioni) conformi.
Definition 244 dicesi trasformazione (rappresentazione) conforme in z0 ≡ (x0, y0)
una trasformazione che lascia gli angoli invariati in ampiezza e verso. Cioè:
prese due curve qualsiasi Γ1, Γ2 che passano per z0 ≡ (x0, y0) l’angolo φ 1,2 formato
dalle tangenti alle curve in z0 è lo stesso angolo (in ampiezza e verso)
formato dalle immagini delle curve nell’immagine di z0
Definition 245 una trasformazione che lascia invariate le ampiezze degli angoli
ma non necessariamente il verso dicesi trasformazione isogonale.
Quindi la trasformazione conforme è una speciale trasformazione isogonale.
Per dimostrare che una funzione analitica costituisce una rappresentazione conforme
in tutti i punti non critici, abbiamo bisogno di un lemma (che di per sè
garantisce una importante proprietà di queste trasformazioni):
Lemma 246 sia data la trasformazione w = f(z) e sia z0 un punto non critico
(cioè f ′ (z0) = 0). Consideriamo una generica curva Γz nel piano Cz passante
per z0 data dall’equazione parametrica z = z(t) e consideriamo la sua immagine
Γw nel piano Cw passante per w0 = f (z0) e data dall’equazione parametrica
w = f(z (t)) = w(t) (1085)
allora la curva Γw in w0 = f (z0) è ruotata rispetto a Γz in z0 di un angolo pari
a arg(f ′ (z0))
Proof. consideriamo che la tangente a Γz in z0 è data ovviamente da dz
dt =
z=z0
r0eiφ0 (piano
Cz) e analogamente nel piano Cw la tangente a Γw in w0 è data
= R0eiθ0 . Ma
da dw
dt
w=w0
dw
dt
dw dz
=
dz dt = f ′ (z) dz
dt
(1086)
(essendo w = f(z) analitica). Se calcoliamo l’espressione precedente in z0, w0 e
in forma polare abbiamo
R0e iθ0 = |f ′ (z0)| e i arg(f ′ (z0)) r0e iφ 0 (1087)
165

e quindi
θ0 = φ 0 + arg(f ′ (z0)) (1088)
QED
Quindi tutte le curve vengono ruotate nello stesso verso e dello stesso angolo,
per cui l’angolo tra due curve rimane invariato. Notare che nei punti critici
arg(f ′ (z0)) = arg (0) quindi l’angolo di rotazione è indeterminato.
Le trasformazioni conformi, lasciando invariati gli angoli, trasformano ’piccole’
figure in figure simili (ma ciò non inganni! figure ’grandi’ hanno generalmente
come immagine figure tutt’altro che simili...).
Spesso nello studio delle trasformazioni oltre ai punti critici è importante
trovare i cosiddetti punti fissi ( o invarianti) della trasformazione stessa, cioè
quei punti che, sovrapponendo il piano immagine Cw a Cz , non si ’muovono’
(sono corrispondenti di se stessi). Questi punti sono ovviamente soluzione
dell’equazione
w = f (z) = z (1089)
Exercise 247 Considerare la trasformazione conforme data da
w = f (z) = z 2
(1090)
Trovare lo Jacobiano, i punti critici e i punti fissi. Trovare il fattore di amplificazione
lineare e dimostrare che effettivamente piccole distanze da un generico
punto z0 sono amplificate (ridotte) del fattore trovato a meno che il punto z0
non sia un punto critico.
Svolgimento:
Lo Jacobiano della trasformazione è dato da
|f ′ (z)| 2 = 4 |z| 2
(1091)
L’unico punto in cui si annulla e quindi l’unico punto critico è z = 0 (notare che
questo è un punto singolare di diramazione per la funzione inversa).
I punti fissi sono soluzione di
e quindi sono z1 = 0, z2 = 1.
Il fattore di amplificazione lineare è
Prendiamo un punto ˆz vicino a un generico z0, cioè
La distanza nel piano Cz è
z 2 = z (1092)
|f ′ (z)| = 2 |z| (1093)
ˆz = z0 + ε (1094)
|ˆz − z0| = |ε| (1095)
166

La distanza tra le immagini (cioè nel piano Cw ) sarà
ˆz 2 − z 2
0 = |(ˆz − z0) (ˆz + z0)| = |ε| |ˆz − z0 + 2z0| ≈ (2 |z0|) |ε| (1096)
e quindi il fattore di amplificazione lineare è effettivamente 2 |z0| .
Notare che abbiamo preso ε abbastanza piccolo in modulo da essere trascurabile
rispetto al modulo di z0: questo è evidentemente sempre possibile a meno
che z0 = 0 (che guarda caso è il punto critico...).
Exercise 248 mostrare che la trasformazione w = ln(z) trasforma corone circolari
nel piano Cz in rettangoli nel piano Cw
Exercise 249 mostrare che la trasformazione
w = e π
L z
(1097)
trasforma una striscia orizzontale illimitata di ampiezza L nel piano Cz nel
semipiano superiore del piano Cw
Exercise 250 mostrare che la trasformazione
w = z n ; n ∈ N (1098)
trasforma una settore illimitato di ampiezza π
n nel piano Cz nel semipiano superiore
del piano Cw
Le trasformazioni di Moebius, essendo una sintesi delle trasformazioni elementari,
sono molto interessanti e meritano qualche ulteriore riflessione. Innanzitutto
formano un gruppo (non commutativo).
In effetti se consideriamo la trasformata di Moebius come un operatore as-
tratto M
allora
con
w = M z =
˜MM z = ˜Mw = ˜αw + ˜ β
˜γw + ˜ δ
αz + β
γz + δ
αz+β
˜α γz+δ
= + ˜β
˜γ αz+β
γz+δ + ˜δ = ˆαz + ˆ β
ˆγz + ˆδ (1099)
(1100)
ˆα = ˜αα + ˜ βγ (1101a)
ˆβ = ˜αβ + ˜ βδ (1101b)
ˆγ = ˜γα + ˜δγ (1101c)
˜δ = ˜γβ + ˜δδ (1101d)
Quindi la composizione (prodotto) di due trasformazioni di Moebius è ancora
una trasformazione di Moebius (esistenza del prodotto e chiusura ). Che il
167

prodotto non sia commutativo è evidente dalle 1101: non sono invarianti nello
scambio ˜α ↔ α, etc.
Vale invece la proprietà associativa del prodotto (la prova è lasciata come
utile esecizio allo studente).
Esiste l’identità che è evidentemente la trasformazione di Moebius con parametri
Esiste la trasformazione inversa che è
infatti
MM −1 z =
δz−β
α −γz+α + β
γ δz−β
−γz+α
α = 1; β = γ = δ = 0 (1102)
w = M −1 z =
δz − β
−γz + α
+ δ = α (δz − β) + β (−γz + α)
γ (δz − β) + δ (−γz + α)
(1103)
= z (1104)
Quindi le trasformazioni di Moebius formano un gruppo non-commutativo (che
ha anche interessanti sottogruppi...).
Exercise 251 trovare i punti fissi e i punti critici di una trasformazione di
Moebius
Un’altra interessante proprità delle trasformazioni di Moebius consiste nel
fatto che trasformano cerchi in cerchi. In effetti essendo la trasformazione
di Moebius una combinazione di traslazione, rotazione, omotetia e inversione
basterà mostrare che singolarmente queste trasformazioni portano cerchi in cerchi.
Per la traslazione e la rotazione e omotetia il fatto è evidente (ciè è evidente
per una trasformazione lineare). Resta da verificare cosa succede con una inversione
w = 1 1
; z = (1105)
z w
Partiamo da un generico cerchio nel piano Cz di centro z0 e raggio R
cioè
|z − z0| = R (1106)
z¯z − ¯z0z − z0¯z + z0¯z0 = R 2
allora applicando la trasformazione avremo nel piano Cw
ovvero
w0
w ¯w− ¯w
1 − R2 |w0|
1 1 1 1
− − + = R
w ¯w ¯w0w w0 ¯w w0 ¯w0
2
(1107)
(1108)
w0 ¯w0 − w0 ¯w − ¯w0w + w ¯w = R 2 w0 ¯w0w ¯w (1109)
2 −w
¯w0
1 − R2 w0 ¯w0
2 +
|w0|
1 − R2 |w0| 22 =
w0 ¯w0
1 − R2 |w0| 22 −
w0 ¯w0
1 − R2 |w0| 2
168
(1110)

che è il cerchio di centro
e raggio quadrato
cioè raggio
wC =
w0
1 − R 2 |w0| 2
ρ 2
w0 ¯w0 1 − 1 + R
=
2 |w0| 2
1 − R2 |w0| 22 R |w0|
ρ =
2
1 − R2 |w0| 2
se riesprimiamo il centro e il raggio in termini di z abbiamo
Notiamo che se
wC =
1
z0
1 − R 2 1
|z0| 2
=
R
ρ =
|z0| 2 − R2
¯z0
|z0| 2 − R 2
(1111)
(1112)
(1113)
(1114)
(1115)
|z0| = R (1116)
allora il punto z = 0 è un punto sul cerchio originale, ma l’inversione manda
questo punto nel punto all’infinito del piano immagine e quidi ci aspettiamo che
l’immagine del cerchio di partenza diventi un poco strana... in effetti è facile
vedere (da 1110) che abbiamo
wz0 + ¯w¯z0 = 1 (1117)
cioè una retta (che comunque può essere considerata come un cerchio degenere
di raggio infinito (vedi 1115).
Un’ultima considerazione: la trasformazione di Moebius sembra avere 4
parametri complessi ma in realtà ha solo tre parametri liberi. Infatti è possibile
dividere ad esempio per α numeratore e denominatore ottenendo
w = z + ˜ β
˜γz + ˜δ ; ˜ β = β γ
; ˜γ =
α α ; ˜δ = δ
α ; ˜δ − ˜ β˜γ = 0; (1118)
che è ovviamente la stessa trasformazione. Questo a volte può essere sfruttato
per scegliere un parametro a piacere, spesso si sceglie il discriminante
αδ − βγ = ∆ = 1.Dato che la trasformazione ha 3 paramenteri (complessi)
liberi allora è possibile scegliere a piacere 3 punti (eventualmente anche il punto
all’infinito) del piano Cw come corrispondenti di 3 assegnati punti nel piano Cz
(e viceversa). Si può facilmente dimostrare (ma lo lasciamo come utile esecizio
169

per lo studente che dati i tre punti zk ∈ Cz e i corrispondenti wk ∈ Cw, k = 1, 2, 3
allora vale
(w − w1) (w2 − w3)
(w − w3) (w2 − w1) = (z − z1) (z2 − z3)
(z − z3) (z2 − z1)
(1119)
Questo tipo di rapporto (a sinistra per w, a destra per z) viene detto rapporto
incrociato e aiuta a determinare la trasformazione bilineare cercata (vedi esercizi).
Exercise 252 trovare la trasformazione di Moebius che porta i punti i, 0, −1
nei punti 0, 1, i
Svolgimento:
Imponiamo i −→ 0
Imponiamo 0 −→ 1
Imponiamo −1 −→ i
i =
−α + β
−γ + δ
0 =
αi + β
γi + δ
1 = +β
+δ
=⇒ β = −iα (1120)
=⇒ δ = −iα (1121)
−α − iα
= =⇒ γ = −i (2 + i) α = (1 − 2i) α (1122)
−γ − iα
notare che α è rimasto indeterminato e può essere preso a piacere purchè il
discriminante sia non nullo. Allo stesso risultato si poteva giungere risolvendo
in w la 1119:
(w − 0) (1 − i) (z − i) (0 + 1)
= (1123)
(w − i) (1 − 0) (z + 1) (0 − i)
w =
−iw (1 − i) (z + 1) = (z − i) (w − i) = (z − i) w − i (z − i) (1124)
−i (z − i)
(z + 1) (−1 − i) − (z − i) =
che è la stessa di prima con α = 1
−iz − 1
(−2 − i) z − 1 =
z − i
(1 − 2i) − i
(1125)
Exercise 253 trovare la più generale trasformazione di moebius che trasformi
il cerchio unitario del piano Cz nel cerchio unitario del piano Cw
Svolgimento:
Allora dobbiamo imporre
quindi
1 = w ¯w =
αz + β
γz + δ
¯α¯z + ¯ β
¯γ¯z + ¯δ = |α|2 |z| 2 + α¯ βz + ¯αβ¯z + |β| 2
|γ| 2 |z| 2 + γ¯δz + ¯γδ¯z + |δ| 2
|γ| 2 |z| 2 + γ ¯ δz + ¯γδ¯z + |δ| 2 = |α| 2 |z| 2 + α ¯ βz + ¯αβ¯z + |β| 2
170
(1126)
(1127)

con
perciò
z¯z = 1 (1128)
γ¯δz 2
+ |γ| 2 + |δ| 2
z + ¯γδ = α¯ βz 2
+ |α| 2 + |β| 2
z + ¯αβ (1129)
Prendiamoci la libertà di porre (possiamo farlo !)
Allora uguagliando i coefficienti in z 2
Uguagliando i coefficienti in z 0
la stessa informazione!
Uguagliando i coefficienti in z 1
δ = ¯ δ = 1 (1130)
γ = α ¯ β (1131)
¯γ = ¯αβ (1132)
|γ| 2 + 1 = |α| 2 + |β| 2 = |α| 2 |β| 2 + 1 (1133)
cioè
|α| 2
− 1 |β| 2
− 1 = 0 (1134)
scegliamo la soluzione
allora
la trasformazione sarà
|α| 2 = 1 (1135)
α = e iϑ
(1136)
γ = e iϑ¯ β (1137)
w = eiϑ z + β
e iϑ¯ βz + 1
che si può convenientemente scrivere come
iϑ z + σ
w = e
¯σz + 1
cioè la trasformazione si riduce a 2 parametri: ϑ ∈ R e σ = e −iϑ β ∈ C
171
(1138)
(1139)

8 Applicazioni Fisiche
8.1 Fluidodinamica
Ricordiamo alcuni concetti sia fisici che matematici (nello spazio ordinario tridimensionale):
• Un fluido è ideale se è incompressibile e non viscoso (cioè non si attacca
alle pareti...)
• Il moto del fluido è stazionario se la velocità del fluido in ogni punto
dipende dalla posizione ma non dal tempo (il fluido passa nello stesso
punto con la stessa velocità)
• il moto di un tale fluido è descritto da un campo vettoriale (campo delle
velocità): in ogni punto è definito il vettore velocità che dipende solo dalle
coordinate del punto
−→ V ≡ (V1 (x, y, z) , V2 (x, y, z) , V3 (x, y, z)) (1140)
• le linee di corrente ( o anche linee di flusso) sono le linee lungo le quali il
campo è tangente (sono quindi le traiettorie delle particelle di fluido)
• il flusso del campo attraverso una superficie S è definito come
−→ −→
V • dS = dS −→ V • −→
n = VndS (1141)
S
S
• ove −→ n è la normale alla superficie infinitesima dS (normale orientata verso
l’esterno se la superficie è chiusa, se la superficie è delimitata dalla curva
orientata Γ allora la normale è orientata in modo da vedere il circuito Γ
percorso in senso antiorario); Vn è ovviamente la componente del campo
lungo la direzione −→ n .
• il flusso ’misura’ quanto fluido entra o esce dalla superficie (adottando la
regola di Faraday, misura il numero delle linee di corrente entranti - flusso
negativo- e uscenti -flusso positivo-).
• Se, per un fluido incomprimibile, il flusso è zero su una superficie chiusa arbitraria
in una data regione allora il fluido nella regione non ha né sorgenti
né pozzi
• per il teorema della divergenza (o di Gauss) si ha che il flusso di un campo
vettoriale su una superficie chiusa è pari all’integrale di volume della divergenza
del campo
−→ −→
V • dS = ∇ • −→ V dτ (1142)
S
172
τ S
S

ove τ S è il volume racchiuso dalla superficie chiusa S .l’operatore nabla (o
del) è dato da
∇ ≡ (∂x, ∂y, ∂z) (1143)
e quindi la divergenza è lo scalare (funzione delle coordinate x, y, z)
∇ • −→ V = ∂xV1 + ∂yV2 + ∂zV3
(1144)
• quindi se il flusso del campo vettoriale è nullo su ogni superficie chiusa in
una regione allora la divergenza del campo è nulla nella regione e il campo
si dice solenoidale
• un campo vettoriale si dice irrotazionale (consevativo!) se la rotazione del
campo è nulla in una regione
• ovviamente la rotazione del campo è data da
∇ ∧ −→
V =
î
∂x
ˆj
∂y
kˆ
∂z
∇ ∧ −→ V = 0 (1145)
V1 V2 V3
(1146)
• per il teorema di Stokes si ha che il flusso della rotazione di un campo
vettoriale su una superficie concatenata ad una curva chiusa Γè pari alla
circuitazione ( o nel caso dei fluidi circolazione) del campo lungo il con-
torno Γ
SΓ
∇ ∧ −→ V
• −→ dS =
Γ
−→ V • −→ dl (1147)
• quindi se il campo è irrotazionale in una regione allora la circuitazione
è nulla lungo qualsiasi curva chiusa appartenente alla regione (integrale
indipendente dal cammino) e dunque −→ V • −→ dl = dU (x, y, z) e dunque il
campo vettoriale è il gradiente di un potenziale (U funzione di punto)
−→ V = ∇U (1148)
Ora porteremo queste nozioni(sperabilmente familiari allo studente) nel piano
complesso. Perchè ciò abbia fisicamente senso bisogna ammettere che il
moto del fluido sia sostanzialmente bidimensionale, cioè che le caratteristiche
del moto (velocità, traiettorie, etc) siano le stesse per un set (possibilmente infinito)
di piani paralleli. Ciò ci permette di limitare lo studio ad uno solo di
tali piani che assumeremo come piano complesso Cz. Ovviamente questo è un
modello ideale ma che può essere sufficiente per trattare il moto del fluido su
sezioni opportunamente lontane dagli ’effetti di bordo’.
173

Tutte le formule di sopra (interpretate cum grano salis) restano valide. Ovviamente
non avremo più dipendenza dalla terza variabile cartesiana spaziale z
che ora invece indicherà il numero complesso z = x + iy.
Allora il campo delle velocità sarà a due componenti
−→ V ≡ (V1 (x, y) , V2 (x, y)) (1149)
Particolare attenzione va riservata alla ’traduzione sul piano delle formule
di flusso e circuitazione. (circolazione).
La circuitazione (o circolazione) lungo una curva Γ sarà
−→V
−→ −→
Ξ , Γ = V • dl = Vtdl = (V1dx + V2dy) (1150)
Γ
Γ
essendo il vettore infinitesimo −→ dl tangente alla curva Γ e orientato in accordo
a questa e con componenti
−→ dl ≡ (dx, dy) (1151)
Ovviamente Vt indica la componente del campo tangente alla curva. Se la curva
è chiusa (e percorsa nel solito verso antiorario)
−→V
Ξ , Γ = (V1dx + V2dy) (1152)
Γ
Ma considerando il flusso dobbiamo tenere in conto che sul piano non abbiamo
superfici ma linee e quindi si parla di flusso attraverso una linea Γ (possibilmente
chiusa). Cioè la 1141 si ’traduce’ in
−→V
−→
̥ , Γ = V • ˆndl = Vndl (1153)
Γ
ove Vn indica la componente del campo normale alla curva.
Il flusso attraverso una curva chiusa Γ sarà
−→V
−→
̥ , Γ = V • ˆndl (1154)
ove ˆn è il versore normale alla curva che punta verso l’esterno. E’ facile vedere
che se la curva è percorsa in senso antiorario allora le componenti di ˆndl sono
vedi figura 29
e quindi
−→V
̥ , Γ =
Γ
Γ
Γ
ˆndl ≡ (dy, −dx) (1155)
Γ
−→
V • ˆndl = (V1dy − V2dx) (1156)
174
Γ

Γ
Figure 29:
175
dl dl
ndl
dx
dy

Supponiamo ora di studiare il moto bidemensionale di un fluido ideale ed il
campo di velocità sia solenoidale e irrotazionale. Poichè la divergenza è nulla
abbiamo (vedi 1144)
ma anche la rotazione è nulla e quindi (vedi 1146)
∂xV1 + ∂yV2 = 0 (1157)
∂xV2 − ∂yV1 = 0 (1158)
Se la rotazione è nulla deve esistere una funzione potenziale Φ (x, y) di cui il
campo è il gradiente:
−→ V = ∇Φ (1159)
cioè
ma allora da 1157 segue
V1 = Φx (1160a)
V2 = Φy (1160b)
∂xΦx + ∂yΦy = Φxx + Φyy = ∆Φ = 0 (1161)
cioè il potenziale Φ (detto anche potenziale di velocità) soddisfa l’equazione di
Laplace ed è quindi una funzione armonica: perciò può essere vista come la
parte reale di una funzione analitica Ω (z)
Ω (z) = Φ (x, y) + iΨ (x, y) (1162)
La funzione armonica coniugata Ψ (x, y) può essere determinata (a meno di una
costante) con i metodi già noti.
La funzione analitica Ω (z) è detta potenziale complesso. Che senso fisico
dare alla sua parte immaginaria Ψ (x, y)? Sappiamo già che le curve
sono ortogonali alle curve
Ψ (x, y) = b (1163)
Φ (x, y) = a (1164)
Queste ultime sono le curve a potenziale costante e si dicono quindi equipotenziali.
D’altra parte è noto che il gradiente è ortogonale alla ’superficie’ (qui alla
curva...) equipotenziale e quindi la velocità 1159 sarà tangente alle curve 1163
che dunque rappresentano le linee di corrente del fluido (in effetti la funzione
Ψ (x, y) è spesso detta nei testi funzione di corrente). Dato che Ω (z) è analitica
consideriamo la sua derivata
Ω ′ (z) = Ωx = Φx + iΨx
176
(1165)

Per le CR
Ma per 1160
Ω ′ (z) = Φx − iΦy
(1166)
Ω ′ (z) = V1 (x, y) − iV2 (x, y) (1167)
E dunque la derivata del potenziale complesso è strettamente legata alla velocità.
In effetti si suole introdurre il campo di velocità complesso
allora
V = V1 (x, y) + iV2 (x, y) = Ω ′ (z) (1168)
|V| =
−→ V
=
Ω ′
(z) = |Ω ′ (z)| (1169)
Considerando il potenziale complesso come una trasformazione (conforme!)
allora il modulo del campo di velocità è il fattore di amplificazione lineare della
trasformazione e i punti critici sono i punti in cui la velocità si annulla... detti
appropriatamente punti di stagnazione.
Ma è interessante considerare l’integrale di Ω ′ (z) lungo una curva chiusa Γ
Ω ′
(z) dz = (Re (Ω ′ ) dx − Im (Ω ′
) dy) + i (Re (Ω ′ ) dy + Im (Ω ′ ) dx)
Γ
Γ
(1170)
Usando la 1167 è chiaro che
Re Ω ′
(z) dz = (V1dx + V2dy) (1171)
e anche
Γ
Im
Γ
Γ
Γ
Γ
Ω ′
(z) dz = (V1dy − V2dx) (1172)
Quindi (vedi 1150 e 1156) la parte reale di questo integrale di contorno
fornisce la circolazione del campo mentre la sua parte immaginaria dà il flusso.
Ovviamente se la funzione Ω (z) è analitica all’interno di Γ allora Ω ′ (z) dz = 0
e quindi circolazione e flusso saranno nulli (campo irrotazionale e solenoidale).
Tuttavia consideremo interessanti esempi di ciò che accade se all’interno di
Γ ci sono singolarità (isolate).
Dovrebbe essere altresì chiaro che ogni moto bidimensionale corrisponde a
un particolare potenziale complesso e viceversa a ogni funzione (generalmente)
analitica può essere associato un determinato moto bidimensionale del fluido.
Consideriamo alcuni semplici esempi.
Example 254 Un fluido ideale si muove di moto bidimensionale uniforme ( −→ V
è costante): determinare il potenziale, la funzione di corrente, gli eventuali punti
di stagnazione e le equazioni delle linee equipotenziali e delle linee di corrente
177
Γ

Il campo è costante, le sue componenti sono
e quindi dalla 1167
V1 = |V | cos(α) (1173)
V2 = |V | sin(α) (1174)
Ω ′ (z) = |V | cos(α) − i |V | sin(α) = |V | e −iα
(1175)
evidentemente non ci sono punti di stagnazione (a meno del caso banale |V | = 0)
Integrando e mettendo a zero la costante di integrazione
E quindi
Ω (z) = |V | e iα z (1176)
Φ (x, y) = Re (Ω (z)) = |V | (x cos(α) + y sin(α)) (1177)
Le linee equipotenziali Φ (x, y) = a hanno equazioni cartesiane
y = −x cot (α) + a
|V |
sono quindi rette di coefficiente angolare α + π/2.
La funzione di corrente è
(1178)
Ψ (x, y) = Im (Ω (z)) = |V | (y cos(α) − x sin(α)) (1179)
Le linee di corrente Ψ (x, y) = b hanno equazioni cartesiane
y = x tan (α) + b
|V |
(1180)
sono dunque rette parallele al vettore −→ V e evidentemente perpendicolari alle
linee equipotenziali (vedi Figura 30)
Example 255 Un fluido ideale si muove di moto bidimensionale sotto l’azione
del potenziale complesso
Ω (z) = A z + R2
; A, R ∈ R+
(1181)
z
determinare il campo della velocità, le equazioni delle linee equipotenziali e delle
linee di corrente e gli eventuali punti di stagnazione. Descrivere succintamente
il moto del fluido.
Si ha:
Ω ′
(z) = A 1 − R2
z2
178
(1182)

Linee equipotenziali
In coordinate polari z = re iφ
V
α
Figure 30:
Ω ′
= A 1 − R2
e−2iφ
r2 e quindi la velocità complessa è
V = V1 + iV2 = Ω ′
(z) = A 1 − R2
e2iφ
r2 per cui
Notare che per r >> R si ha
V1 = A 1 − R2
cos (2φ)
r2 Linee di
corrente
(1183)
(1184)
(1185)
V2 = −A R2
sin (2φ) (1186)
r2 V1 ≈ A (1187)
V1 ≈ 0 (1188)
cioè il fluido si muove nella direzione e verso dell’asse x con velocità costante.
Il potenziale complesso è (in coordinate polari)
Φ = Re (Ω (z)) = Re A re iφ + R2
r e−iφ
(1189)
179

cioè
Φ = A
mentre la funzione di corrente è
cioè
Ψ = Im (Ω (z)) = Im
Ψ = A
r + R2
r
cos (φ) (1190)
A re iφ + R2
r e−iφ
r − R2
r
(1191)
sin (φ) (1192)
Quindi in coordinate polari le equazioni delle linee equipotenziali e di corrente
sono
A r + R2
cos (φ) = a (1193)
r
A r − R2
sin (φ) = b (1194)
r
Particolarmente interessante è il caso
Ψ = A r − R2
sin (φ) = 0 (1195)
r
Infatti qui abbiamo 3 soluzioni
cioè il cerchio con centro nell’origine e raggio r. Poi
r = R (1196)
φ = 0 (1197)
φ = π (1198)
che sarebbero l’asse (o il semiasse) reale. Epperò è chiaro che due linee di
corrente non possono incrociarsi (altrimenti nel punto di incrocio avremmo due
tangenti e quindi due vettori del campo distinti) . Possono unirsi quindi solo
dove −→ V = 0. E in effetti i punti di stagnazione sono dati dalle soluzioni di
Ω ′
(z) = A 1 − R2
z2
= 0 (1199)
cioè sono in
z± = ±R (1200)
Quindi la linea di corrente corrispondente a Ψ = 0 è in realtà divisa in tre parti:
la semiretta reale da −∞ a −R, poi il cerchio di raggio R e infine la semiretta
reale da +R a ∞. Quindi, per continuità, è chiaro cosa accade alle altre linee di
corrente: sono comunque parallele all’asse reale per r >> R, curvano intorno al
cerchio di raggio R ma sempre più debolmente al crescere della distanza sull’asse
immaginario dall’origine. Anche intuitivamente si capisce che questo è il moto
180

Figure 31:
di un fluido che incontra un ostacolo circolare (un palo di raggio R nell’origine)
Un’idea delle linee di corrente la abbiamo dalla figura 31.
E’ anche interessante dare uno sguardo alla pressione del fluido. Se il piano
è orizzontale, il teorema di Bernoulli ci dice
P + 1
2 σV 2 = costante (1201)
ove P è la pressione e σ la densità (costante) del fluido. Allora, detta P∞
la pressione molto lontano dall’origine ( e quindi dall’ostacolo stesso, è facile
mostrare (lasciamo come esercizio allo studente) che sull’ostacolo (z = Reiφ ) si
ha
P (φ) = P∞ + 1
2 σA2 1 − 4 sin 2 (φ)
(1202)
da cui si potrebbe risalire alla forza complessiva esercitata sull’ostacolo. Da
tale formula è anche possibile comprendere il fenomeno fisico della cavitazione.
Infatti prendiamo ad esempio i punti φ ± = ± π (incrocio del cerchio con l’asse
immaginario): si ha
e quindi se
2
P± = P∞ − 3
2 σA2
A 2 ≥ 2 P∞
3 σ
181
(1203)
(1204)

si avrebbe una pressione nulla o negativa... Fisicamente questo vuol dire in tali
punti si crea il vuoto e tali punti sono detti punti di cavitazione.
.....................................................
Nell’esercizio precedente abbiamo esemplificato un uso fisico interessante
delle trasformazioni conformi. Supponiamo di voler conoscere cosa succede
quando un moto uniforme del fluido diretto per esempio lungo l’asse reale
incontra un qualche ostacolo (la cui sezione nel piano complesso sia la regione
{Γ} delimitata da una curva chiusa Γ. Allora lontano dall’ostacolo il potenziale
complesso sarà (vedi 1176)
Ω0(z) = V0z (1205)
Ora se troviamo una trasformazione conforme cioè una funzione analitica w =
f(z) tale che una sua linea di corrente sia proprio Γ e tale che il ’disturbo’
lontano dall’ostacolo sia trascurabile, cioè che il suo campo di velocità svanisca
all’infinito
lim
|z|−→∞ f ′ (z) = 0 (1206)
allora il potenziale complesso
Ω(z) = V0z + f(z) (1207)
descriverà adeguatamente il moto in presenza dell’ostacolo. Confrontare quanto
detto in generale con l’esempio sopra. Notare anche che il potenziale complesso
22 è generalmente analitico ma ha un punto di singolarità in z = 0. Esaminiamo
allora alcuni potenziali con singolarità.
Example 256 determinare le linee di corrente e le linee equipotenziali corrispondenti
al moto regolato dal potenziale complesso
Ω(z) = k 4√ 1 ln (z) , k ∈ R+
(1208)
La funzione ln (z) ha un punto diramazione in z = 0: quindi prenderemo la
sua determinazione principale ed escluderemo il punto z = 0. Poi abbiamo 4√ 1
che ha quattro valori
ω1 = ω = i (1209)
ω2 = ω 2 = −1 (1210)
ω3 = ω 3 = −i (1211)
ω4 = ω 4 = 1 (1212)
quindi in realtà stiamo trattando 4 potenziali complessi.
Consideriamo dapprima
Ω±(z) = ±k ln (z) = ±k (ln (|z|) + i arg (z)) , k ∈ R+
La funzione potenziale sarà quindi
(1213)
Φ = Re (Ω± (z)) = ±k ln (|z|) (1214)
182

Figure 32:
e le curve equipotenziali sono evidentemente cerchi con centro nell’origine (|z| = cost) .
La ’funzione corrente’ sarà
Ψ = Im (Ω±(z)) = ±k (arg (z)) (1215)
quindi le linee di corrente saranno semirette entranti o uscenti dall’origine. Per
specificare vediamo:
Ω ′ ±(z) = ±k 1
z
allora (vedi 1167) il campo delle velocità avrà componenti
1
= ±k 2 (x − iy) (1216)
|z|
V1 = ±k 1
(1217a)
2 x, k ∈ R+
|z|
V2 = ±k 1
(1217b)
2 y, k ∈ R+
|z|
quindi il vettore −→ V sarà ’uscente’ per Ω+ e ’entrante’ per Ω−. La situazione per
Ω+ (linee equipotenziali e di corrente) è graficata in Figura 32
E’ evidente il significato fisico: siccome le linee di corrente sono le traiettorie
del fluido ne segue che il fluido ’sgorga’ dall’origine e si disperde radialmente (con
183

velocità che decresce in modulo come 1
|z| , vedi 1217). Cioè z = 0 è una sorgente.
Ma allora il flusso lungo una curva chiusa che circondi l’origine non può essere
nullo ma anzi dovrebbe essere proporzionale alla quantità di fluido emessa dalla
sorgente nell’unità di tempo. In effetti, a causa dell’assunta incomprimibilità
del fluido cioè della costanza della sua densità σ, si può facilmente vedere che il
flusso elementare attraverso un tratto di curva dl è
d̥ = −→ V • ˆndl = 1 dm
σ dt
(1218)
ove dm
dt è la quantità di fluido che attraversa la curva nell’unità di temo (si
lascia la dimostrazione allo studente volenteroso). Quindi il flusso lungo una
curva chiusa che circonda la sorgente ’misura’ la forza o intensità della sorgente.
Ma quanto vale in questo caso tale flusso? Dalla 1172 sappiamo che è pari alla
parte immaginaria di Ω ′ (z) dz : ma per il teorema dei residui
e quindi
Γ
Γ
Ω ′
(z) dz = k
Γ
1
dz = ik2π (1219)
z
−→V
̥ , Γ = k2π (1220)
La costante k viene detta intensità della sorgente (ovviamente esistono sorgenti
ad intensità non costante...). Notare che la parte reale dell’integrale è nulla e
quindi il campo è ancora irrotazionale.
Cosa cambia se consideriamo Ω−(z) = −k ln (z)? Le linee equipotenziali
rimangono le stesse mentre le semirette che costituiscono le linee di corrente
cambiano verso e convergono in z = 0 . Quindi nell’origine abbiamo ora un
pozzo di intensità k.
Consideriamo ora Ω±i(z) = ±ik ln (z) . Appare evidente che stiamo essenzialmente
scambiando parte reale con parte immaginaria quindi le linee di corrente
diverranno linee equipotenziali mentre le ex linee equipotenziali (cioè i cerchi
con centro nell’origine) diverranno linee di corrente (percorse in senso orario
per Ω+i , in senso antiorario per Ω−i - verificare!). Allora il fluido sta ruotando
intorno all’origine, cioè abbiamo un vortice . Ovviamente adesso sarà nulla la
parte immaginaria di Ω ′ (z) dz e quindi il campo è solenoidale (cioè non vi
Γ
sono sorgenti ne pozzi) ma la parte reale è diversa da zero cioè il campo non
è più irrotazionale e la circolazione su una curva chiusa circondante il vortice
(z = 0) vale 2πk . Ora k misura l’intensità del vortice.
Ovviamente poco cambia se consideriamo il potenziale
≥ Ω(z) = k 4√ 1 ln (z − z0) , k ∈ R+
(1221)
Semplicemente il vortice/pozzo/ sorgente è spostato dall’origine al punto z0.
184

Lo studio di questi moti elementari aiuta anche per moti più complessi.
Infatti se consideriamo il potenziale complessa come trasformazione, sappiamo
che le trasformazioni si possono combinare (sovrapporre). per esempio
Ω(z) = k ln (z − z1) − k ln (z − z2) (1222)
descriverà il moto piano di un fluido ideale con una sorgente di intensità k in z1
e un pozzo di pari intensità in z2.
Exercise 257 Sia il moto bidimensionale di un fluido ideale regolato dal potenziale
complesso
(z − 1)
Ω(z) = ln (1223)
(z + 1)
Determinare le linee di corrente, le linee equipotenziali, la velocità in ogni punto,
la circolazione e il flusso lungo le curve |z| = 1
2
e |z| = 3
2
Exercise 258 studiare il moto di un fluido con potenziale complesso
Ω (z) = 3e iπ
2 z + (1 − i) ln(z − i) (1224)
Exercise 259 studiare il moto bidimensionale di un fluido ideale con una sorgente
di intensità k posta in z0 e un ostacolo circolare di raggio R con centro
nell’origine
185