Derivazione sotto il segno di integrale

[Seneca1]

Nel corso di una dimostrazione mi ritrovo la seguente situazione: siano $C_r , C_\rho$ due cerchi concentrici (aperti, cioè privati della frontiera) di centro $z_0$ e raggi rispettivamente $r , \rho$ tali che $0 < \rho < r$. Inoltre è data una funzione $\phi$ olomorfa su $C_r$. Per la formula di Cauchy:

\[\displaystyle \phi(z) = \frac{1}{2 \pi i } \int_{ \partial C_\rho } \frac{\phi(\zeta)}{\zeta - z} d \zeta \; \;\; \; , \; \forall z \in C_\rho \]

L'idea a questo punto sarebbe quella di differenziale parzialmente rispetto a $z$:

\[\displaystyle \partial_z \phi(z) = \phi'(z) = \frac{1}{2 \pi i } \int_{ \partial C_\rho } \partial_z \frac{\phi(\zeta)}{\zeta - z} d \zeta = \frac{1}{2 \pi i } \int_{ \partial C_\rho } \frac{\phi(\zeta)}{(\zeta - z)^2} d \zeta \]

Ebbene, questa è una differenziazione sotto il segno di integrale... Sotto che ipotesi posso procedere a questo modo?

Grazie in anticipo.

[dissonance]

Fai prima a dimostrare direttamente che puoi passare al limite che a ricorrere a teoremi preconfezionati. Usa il "teorema di passaggio al limite sotto il segno di integrale" classico: se il dominio di integrazione è compatto e la convergenza è uniforme rispetto al parametro si può passare al limite. Nello specifico hai una funzione integranda regolare a volontà rispetto a \(z\) e un dominio di integrazione compatto: forma il rapporto incrementale e vedi se converge uniformemente rispetto a \(\zeta\).

[Paolo902]

Il più "classico" dei teoremi di derivazione sotto il segno di integrale che io conosca è questo. Sia $\Omega \subset \RR^{n}$ un aperto limitato e $I \subset \RR$ un intervallo aperto. Considera $\phi: I \times \overline{Omega} \to \RR$ continua e di classe $C^1(I \times \overline{\Omega})$ rispetto alla prima variabile (cioè [tex]\frac{\partial \phi}{\partial t}(t,x)[/tex] esiste continua per ogni $(t,x) \in I \times \overline{\Omega}$). Allora esiste
\[
\frac{d}{dt} \int_\Omega \phi(t,x) dx
\]
e vale
\[
\frac{d}{dt} \int_\Omega \phi(t,x) dx = \int_{\Omega} \frac{\partial \phi}{\partial t}(t,x)dx
\]

Esiste una bella generalizzazione che, nelle stesse ipotesi, afferma che se $g$ è una funzione integrabile su $Omega$ e definiamo $F(t)=\int_\Omega g(x)\phi(t,x)dx$ (per ogni $t \in I$) allora esiste $F'(t)$ e vale quello che uno si aspetta, cioè
\[
\frac{d}{dt} \int_\Omega g(x) \phi(t,x) dx = \int_{\Omega} g(x) \frac{\partial \phi}{\partial t}(t,x)dx
\]

Chiaro che il primo caso segue subito dal secondo, prendendo $g(x)\equiv 1$ (che è integrabile su $\Omega$ perchè questo è limitato).

Ora mi domando: ci sono delle generalizzazioni di questa faccenda? Come si comporta l'integrale di Lebesgue rispetto alla derivazione? Andrò a cercare e vedrò di informarmi.

Nel frattempo spero di aver risposto alla tua domanda

[Seneca1]

Vi ringrazio entrambi.

"Paolo90":Il più "classico" dei teoremi di derivazione sotto il segno di integrale che io conosca è questo. Sia $\Omega \subset \RR^{n}$ un aperto limitato e $I \subset \RR$ un intervallo aperto. Considera $\phi: I \times \overline{Omega} \to \RR$ continua e di classe $C^1(I \times \overline{\Omega})$ rispetto alla prima variabile (cioè [tex]\frac{\partial f}{\partial t}(t,x)[/tex] esiste continua per ogni $(t,x) \in I \times \overline{\Omega}$). Allora esiste
\[
\frac{d}{dt} \int_\Omega \phi(t,x) dx
\]
e vale
\[
\frac{d}{dt} \int_\Omega \phi(t,x) dx = \int_{\Omega} \frac{\partial f}{\partial t}(t,x)dx
\]

Sarebbe bello sapere come si trasposta questo teorema al caso di integrali curvilinei nel campo complesso.

Il professore ha detto che, siccome gli integrali sono intesi mediante una particolare parametrizzazione della frontiera lungo la quale si integra, in fin dei conti sono integrali reali (e a livello intuitivo ci sono...). Però non mi è chiara la modalità di applicazione del teorema di derivazione sotto il segno di integrale che serve in questo caso.

@Dissonance: Purtroppo non ho ancora visto questo teorema da te citato.

[dissonance]

Non ti formalizzare troppo, Seneca... Su queste cose, come ti sarai reso conto, spesso si "tira via". Il teorema che dice Paolo, poi, vale pari pari se invece della chiusura di un aperto \(\Omega\) prendi un compatto \(K\), quale ad esempio una curva chiusa nel piano. Si, ci sono da fare le ovvie precisazioni, ma sono technicalities.

[Seneca1]

Sì, certo... Ma è una di quelle cose che, almeno una volta nella vita, vorrei eviscerare.
Così detto mi sa tanto di "prendiamola per buona"...
Eppure non è del tutto evidente come risultato.

Vi ringrazio ancora una volta.

[Seneca1]

Per esempio non capisco su quale dei due bordi ( $\partial C_\rho$ e $\partial C_r$ ) bisogna fare l'integrale. Cerco di spiegarmi: ciò che mi sembra importante è che $\zeta - z$ non si annulli mai; ma se io faccio l'integrale esteso al bordo più interno e lì faccio variare $\zeta$, mentre $z$ assume valori nell'aperto che ha come frontiera proprio il bordo lungo il quale corre $\zeta$, non ho dei problemi? Voglio dire, il fatto che sia $"inf" { | \zeta - z | : z \in C_\rho , \zeta \in \partial C_\rho } = 0$ non mi causa problemi di buona definizione del mio integrale curvilineo?

[Seneca1]

Nessuno riuscirebbe a darmi una mano su quest'ultimo punto?

[Paolo902]

Non credo di aver capito bene le tue perplessità, Seneca.

Che quell'integrale sia "ben posto" te lo garantisce la formula integrale di Cauchy, no? Se tu hai una funzione $f$ olomorfa (per comodità, facciamo olomorfa su un disco $D$ chiuso) allora puoi scrivere che $f(z)=\int_{\partialD}f(w)/(w-z)dw$ per ogni $z \in D$.
La dimostrazione che conosco io consiste in due passaggi al limite per ottenere alla fine proprio quell'integrale.

Ti è un po' più chiaro? Spero di averti aiutato almeno un po'; in caso contrario, torna pure a postare.

"dissonance":Non ti formalizzare troppo, Seneca... Su queste cose, come ti sarai reso conto, spesso si "tira via".

Devo essere sincero, dissonance, ma (per una volta) non mi trovi molto d'accordo con te : fino a pochi giorni fa, sarei stato del tuo stesso parere. Ma giusto ieri a lezione mi hanno mostrato un tipico (e piuttosto grave) errore in cui si incombe applicando la regola di derivazione sotto il segno di integrale con un po' di "leggerezza" (nel contesto di un corso sulle PDE: stavamo costruendo la soluzione fondamentale dell'equazione di Laplace in $RR^{n}$, insomma la classica funzione di Green).

Quindi, da ora in poi cercherò sempre di stare all'occhio prima di applicare risultati del genere.
Ma ovviamente è solo una mia opinione

[gugo82]

@Seneca: Ora è troppo presto per mettermi a scrivere la dimostrazione, ma chiedo: sul libro non è affrontata con tutte le accortenze del caso?
Che libro di Analisi Complessa stai usando?

[Seneca1]

"Paolo90":Che quell'integrale sia "ben posto" te lo garantisce la formula integrale di Cauchy, no? Se tu hai una funzione $f$ olomorfa (per comodità, facciamo olomorfa su un disco $D$ chiuso) allora puoi scrivere che $f(z)=\int_{\partialD}f(w)/(w-z)dw$ per ogni $z \in D$.
La dimostrazione che conosco io consiste in due passaggi al limite per ottenere alla fine proprio quell'integrale.

Sì, hai ragione Paolo, grazie.

Penso comunque di aver messo a fuoco la questione. Il problema in sostanza è questo:

come si può dimostrare che se $f : \Omega \subset CC -> CC$ è olomorfa nell'aperto $\Omega$ allora anche la derivata $f'$ è olomorfa in $\Omega$?[/list:u:v9br06x9]

Con la derivazione sotto il segno di integrale è immediato, perché basta scrivere la formula di Cauchy per la $f$ e derivare rispetto a $z$ (ma non mi sono ancora chiare le ipotesi per poter trasportare il segno di derivata parziale $partial/partial_z$ dentro il segno di integrale) e si ottiene $f'$. Dopodiché si deriva $f'$ rispetto a $bar(z)$ e si verifica che si ottiene la funzione identicamente nulla:

\(\displaystyle f'(z) = \frac{1}{2 \pi i} \int_{\partial \Omega} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^2} d \zeta \)

\(\displaystyle \partial_{\bar{z}} f'(z) = \frac{1}{2 \pi i} \int_{\partial \Omega} 0 d \zeta = 0 \)

Quindi sono soddisfatte le equazioni di Cauchy-Riemann; segue che $f'(z)$ è olomorfa nell'aperto $\Omega$.

[Paolo902]

"Seneca":

Penso comunque di aver messo a fuoco la questione. Il problema in sostanza è questo:

come si può dimostrare che se $f : \Omega \subset CC -> CC$ è olomorfa nell'aperto $\Omega$ allora anche la derivata $f'$ è olomorfa in $\Omega$?[/list:u:1z7xw8w2]

Questa è una delle proprietà più spettacolari delle funzioni di variabile complessa: davvero, è una figata pazzesca.

Se tu hai una funzione $f$ olomorfa, non solo è derivabile in senso complesso una volta e la derivata è olomorfa, ma $f$ è derivabile infinite volte e di più è analitica, cioè è sviluppabile in serie di potenze nell'intorno di ogni punto dell'aperto di olomorfia.

In pratica, in campo complesso, una funzione o non è derivabile o è analitica. Non esistono i $C^k$, con $k>1$, le funzione derivabile sono tutte automaticamente analitiche.

La dimostrazione di questa equivalenza non è banalissima. Una direzione (analitica implica olomorfa) è solo un po' tecnica, ma non difficile. L'altra è invece conseguenza diretta della meravigliosa e profonda formula integrale di Cauchy.

Prova a cercarla sul libro, di solito sono cose di base che trovi nei primi capitoli. Comunque, se non la trovi fammi un fischio che te la scrivo volentieri, è una di quelle dimostrazioni che ricordo con molto piacere.

[gugo82]

Quella che segue è una dimostrazione piuttosto classica.

Innanzitutto, voglio provare il seguente teorema di derivazione sotto il segno d'integrale:

Siano \(\Gamma \subseteq \mathbb{C}\) un arco di curva regolare ed \(f:\Gamma \to \mathbb{C}\) continua.

Detta \(F:\mathbb{C}\setminus \Gamma \to \mathbb{C}\) la funzione definita ponendo:
\[
\tag{1} F(\zeta) := \int_\Gamma \frac{f(z)}{z-\zeta}\ \text{d} z\; ,
\]
essa è olomorfa in \(\mathbb{C}\setminus \Gamma\).
Inoltre \(F\) possiede in \(\mathbb{C}\setminus \Gamma\) derivate di ordine comunque elevato (le quali sono di conseguenza tutte funzioni olomorfe in \(\mathbb{C}\setminus \Gamma\)) e, per ogni \(n\in \mathbb{N}\), si ha:
\[
\tag{2} F^{(n)}(\zeta) = n!\ \int_\Gamma \frac{f(z)}{(z-\zeta)^{n+1}}\ \text{d} z\; ,
\]
cioè le derivate di \(F\) possono essere calcolate derivando sotto il segno d'integrale.

Dim.: 1. La \(F\) è ben definita da (1).
Per ogni \(\zeta \in \mathbb{C}\setminus \Gamma\), la funzione \(f(z)/(z-\zeta)\) è continua e dunque integrabile sull'arco regolare \(\Gamma\).
Analogamente, anche il secondo membro della (2) è ben definito.

2. Olomorfia di \(F\) e validità della (2) per \(n=1\).
Fisso \(\zeta \in \mathbb{C}\setminus \Gamma\).
Osservo innanzitutto che, visto che \(\mathbb{C}\setminus \Gamma\), per \(r>0\) più piccolo di:
\[
\delta (\zeta) := \operatorname{dist} (\zeta ,\Gamma) = \inf_{z\in \Gamma} |z-\zeta|
\]
si ha \(\overline{D}(\zeta; r) \subseteq \mathbb{C}\setminus \Gamma \), ove \(\overline{D} (\zeta; r)\) è il cerchio chiuso di centro \(\zeta\) e raggio \(r\).

Ora, fissato un incremento complesso \(\Delta \zeta\) tale che \(|\Delta \zeta| \[
\begin{split}
\frac{F(\zeta +\Delta \zeta) -F(\zeta)}{\Delta \zeta} &= \frac{1}{\Delta \zeta}\ \int_\Gamma f(z)\ \left( \frac{1}{z-(\zeta +\Delta \zeta)} -\frac{1}{z-\zeta}\right)\ \text{d} z\\
&= \int_\Gamma \frac{f(z)}{(z-\zeta -\Delta \zeta)(z-\zeta)}\ \text{d} z
\end{split}
\]
e dunque:
\[
\begin{split}
\left| \frac{F(\zeta +\Delta \zeta) -F(\zeta)}{\Delta \zeta} - \int_\Gamma \frac{f(z)}{(z-\zeta)^2} \right|&= \left|\int_\Gamma \left( \frac{f(z)}{(z-\zeta -\Delta \zeta)(z-\zeta)} - \frac{f(z)}{(z-\zeta)^2}\right)\ \text{d} z\right|\\
&\leq |\Delta \zeta| \int_\Gamma \frac{|f(z)|}{|z-\zeta|^2\ |z-\zeta -\Delta \zeta|}\ \text{d} s
\end{split}
\]
(l'integrale che figura nell'ultimo membro è un integrale curvilineo di una funzione reale!*), sicché posso ritenere acquisita la tesi se riesco a maggiorare l'ultimo integrale con qualche roba infinitesima per \(\Delta \zeta \to 0\).

Dato che \(f\) è continua su \(\Gamma\), esiste un \(M\geq 0\) tale che \(|f(z)|\leq M\) per \(z\in \Gamma\); d'altra parte, per la disuguaglianza triangolare inversa e per la definizione di \(\delta (\zeta)\), si ha:
\[
|z-\zeta -\Delta \zeta| =|(z-\zeta) -\Delta \zeta| \geq \Big| |z-\zeta| -|\Delta \zeta|\Big| \geq \delta (\zeta) - |\Delta \zeta|
\]
ed anche \(|z-\zeta|\geq \delta (\zeta)\), ergo:
\[
\begin{split}
\left| \frac{F(\zeta +\Delta \zeta) -F(\zeta)}{\Delta \zeta} - \int_\Gamma \frac{f(z)}{(z-\zeta)^2} \right| &\leq |\Delta \zeta| \int_\Gamma \frac{|f(z)|}{|z-\zeta|^2\ |z-\zeta -\Delta \zeta|}\ \text{d} s\\
&\leq |\Delta \zeta|\ \frac{M}{\delta^2 (\zeta) (\delta (\zeta) - |\Delta \zeta|)}\ \int_\Gamma 1\ \text{d} s\\
&= |\Delta \zeta|\ \frac{M\ \mathcal{L}(\Gamma)}{\delta^2 (\zeta) (\delta (\zeta) - |\Delta \zeta|)}
\end{split}
\]
in cui \(\mathcal{L} (\Gamma)\) è la lunghezza della curva \(\Gamma\). Ma l'ultimo membro della precedente è infinitesimo per \(\Delta \zeta \to 0\) e ciò, come già osservato, mi fornisce:
\[
\lim_{\Delta \zeta \to 0} \frac{F(z+\Delta \zeta) - F(\zeta)}{\Delta \zeta} = \int_\Gamma \frac{f(z)}{(z-\zeta)^2}\ \text{d} z
\]
e perciò posso dire che la \(F\) è derivabile in \(\zeta\) è che la sua derivata uguaglia il secondo membro di (2) con \(n=1\).

L'arbitrarietà nella scelta di \(\zeta \in \mathbb{C}\setminus \Gamma\) implica che \(F\) è olomorfa in tutto il suo insieme di definizione e che la (2) con \(n=1\) vale in tutto tale insieme.

3. Dimostrazione per induzione della (2) con \(n\) qualsiasi.
Non me ne volere, Seneca, ma lascio a te dimostrare il passo induttivo che porta alla fine della dimostrazione del teorema. \(\square\)


__________
* Ricordo che la disuguaglianza triangolare per gli integrali complessi si riscrive \(\left| \int_\Gamma \phi (z)\ \text{d} z\right| \leq \int_\Gamma |\phi (z)|\ \text{d} s\) .

Ora, la formula integrale di Cauchy ti dice che:
\[
f(z_0) = \frac{1}{2\pi\ \imath}\ F(z_0)\; ,
\]
ove \(F\) è la funzione del teorema precedente calcolata lungo \(\Gamma :=\partial C_\rho\); ma allora il teorema precedente ti assicura che \(f\) è indefinitamente derivabile in \(z_0\) e che:
\[
f^{(n)}(z_0) = \frac{n!}{2\pi\ \imath}\ \int_{\partial C_\rho} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\ \text{d} z\; ,
\]
come volevi.

[Seneca1]

@Paolo: Ti ringrazio per la risposta, ma penso di essere stato poco chiaro. Non è quella dimostrazione il mio problema.
Prescindendo da questo teorema e dalle formule di Cauchy per le derivate, infatti, a lezione abbiamo dimostrato il teorema di Morera.

1) Per prima cosa abbiamo visto che una $f$ che soddisfa le ipotesi del teorema di Morera (continuità in $\Omega$ e nullità degli integrali estesi a frontiere regolari a tratti dentro $\Omega$) è la derivata di una funzione olomorfa $F$
2) e poi abbiamo usato la formula di Cauchy sulla $F$, in virtù della sua olomorfia:

$F(z) = 1/(2 pi i) int_(partial Omega) (F(zeta))/(zeta - z ) d zeta$

Sappiamo che $F'(z) = f(z)$, e usiamo questo fatto e la derivazione sotto il segno di integrale per ricavarci un'espressione integrale per $f(z)$:

$d/(dz) F(z) = f(z) = 1/(2 pi i) int_(partial Omega) \partial_z (F(zeta))/(zeta - z ) d zeta = 1/(2 pi i) int_(partial Omega) (F(zeta))/(zeta - z )^2 d zeta$

Ed ora possiamo usare le equazioni di C-Riemann (cioè dobbiamo provare che $partial_(bar z) f = 0$ ):

$\partial_(bar(z)) f(z) = 1/(2 pi i) int_(partial Omega) \partial_(bar(z)) (F(zeta))/((zeta - z)^2 ) d zeta = 1/(2 pi i) int_(partial Omega) 0 d zeta = 0$

quindi anche $f$ è olomorfa.

[Seneca1]

@Gugo82: Ti ringrazio, sei stato gentilissimo!

Ora posso dormire sonni tranquilli ( ).

[Seneca1]

"gugo82":Inoltre \(F\) possiede in \(\mathbb{C}\setminus \Gamma\) derivate di ordine comunque elevato (le quali sono di conseguenza tutte funzioni olomorfe in \(\mathbb{C}\setminus \Gamma\))

Questa parte mi è un po' oscura. E' proprio quello che dovrei dimostrare, cioè che le derivate di funzioni olomorfe sono funzioni olomorfe (prescindendo dal teorema di sviluppabilità e dalla formula delle derivate). Mi sto perdendo in un bicchiere d'acqua (di catrame)?

[gugo82]

Se una funzione ha tutte le derivate possibili, allora ogni derivata è derivabile e perciò olomorfa...

Per terminare, quindi, ti serve finire col passo induttivo il teorema di derivazione sotto il segno d'integrale.
La dimostrazione l'ho lasciata a te, perché credo sia abbastanza abbordabile e si fa come si è fatta nel caso \(n=1\).

Insomma, prendi la derivata \(n\)-esima \(F^{(n)}\), forma il rapporto incrementale per \(\Delta \zeta\) piccolo, maggiora in modulo la quantità \(\Delta F^{(n)}/\Delta \zeta - (n+1)!\int_\Gamma f(z)/(z-\zeta)^{n+2} \text{d} z\) con una roba infinitesima per \(\Delta \zeta \to 0\) e concludi.

[Seneca1]

Il sonno mi rimbambisce, mannaggia... Grazie ancora, domani provo a fare il punto 3) della dimostrazione. Non dovrebbero esserci problemi comunque.

Buona notte.