Integrale complesso

[poncelet]

Ho dei grossi problemi con il calcolo degli integrali di funzioni di variabile complessa. Per esempio, devo calcolare:

$int_(C(1;1))(\frac{z}{z-1})^ndz$

dove $C(1;1)$ è la circonferenza di raggio $1$ e centro in $z_0=(1,0)$

Allora io farei così:

$int_(C(1;1))(\frac{z}{z-1})^ndz=int_(0)^(2pi)(\frac{1+e^(it)}{e^(it)})^nie^itdt=iint_(0)^(2pi)\frac{(1+e^(it))^n}{e^(nit)}e^(it)dt=iint_(0)^(2pi)\frac{(1+e^(it))^n}{e^((n-1)it)}dt$

e qui mi blocco. Dove sbaglio?

[pater46]

Beh, se $n in NN$, potresti usare direttamente il teorema dei residui.

La circuitazione della tua $f(z)$ intorno al punto di discontinuità ( l'unico, se $n in NN$, è $(1,0)$ ) è uguale a $2\pi i Res( f(z), (1,0) )$.

[pater46]

PS: naturalmente lo stesso discorso vale per $n in RR^+$. Se $n in RR^-$, si crea una discontinuità ( $(0, 0)$ ) che viene a cadere proprio sul cammino di integrazione

[poncelet]

Allora, $n\inZZ^+$, però il teorema dei residui non l'ho ancora visto e l'esercizio sta sulle dispense prima di introdurre quel teorema.

[poncelet]

E' possibile risolverlo senza utilizzare il teorema dei residui?

[pater46]

Sinceramente, senza utilizzare quel teorema non saprei come affrontare questo integrale..

[gugo82]

"maxsiviero":E' possibile risolverlo senza utilizzare il teorema dei residui?

Il teorema dei residui fornisce sì una via, ma non l'unica via per calcolare gli integrali in campo complesso.
Le altre strade possono essere perigliose ed irte di ostacoli, però qualche volta sono pure praticabili.

Continuiamo i calcoli espliciti:

[tex]$\int_{C(1;1)} \left( \frac{z}{z-1}\right)^n\ \text{d} z = \int_{C(1;1)} \left( 1+\frac{1}{z-1}\right)^n\ \text{d} z$[/tex]
[tex]$\stackrel{z=1+e^{\imath t}}{=}\imath\ \int_0^{2\pi} \left( 1+e^{-\imath t}\right)^n\ e^{\imath t}\text{d} t$[/tex]
[tex]$=\imath\ \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\ \int_0^{2\pi} e^{-(k-1)\imath t}\ \text{d} t$[/tex] (binomio di Newton e semplificazioni).

Se [tex]$n=1$[/tex] i conti si fanno facili: infatti, ricordando che una funzione del tipo [tex]$e^{\alpha t}$[/tex] ha primitiva [tex]$\tfrac{1}{\alpha}\ e^{\alpha t}$[/tex] anche per [tex]$\alpha \in \mathbb{C}$[/tex], troviamo:

[tex]$\imath\ \int_0^{2\pi} e^{\imath t} \text{d} t +\imath\ \int_0^{2\pi} 1\ \text{d} t=\left[ e^{\imath t}\right]_0^{2\pi} +2\pi \imath =2\pi \imath$[/tex],

quindi supponiamo [tex]$n\geq 2$[/tex]; in tal caso abbiamo:

[tex]$\imath\ \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\ \int_0^{2\pi} e^{-(k-1)\imath t}\ \text{d} t =\imath\ \left\{ \int_0^{2\pi} e^{\imath t} \text{d} t +n\ \int_0^{2\pi}1\ \text{d} t+ \sum_{k=2}^{n} \binom{n}{k}\ \int_0^{2\pi} e^{-(k-1)\imath t}\ \text{d} t \right\}$[/tex]
[tex]$=\left[ e^{\imath t}\right]_0^{2\pi} +2n\pi \imath -\sum_{k=2}^n \left[ \binom{n}{k}\ \frac{1}{k-1}e^{- (k-1)\imath t}\right]_0^{2\pi}$[/tex]
[tex]$=2n\pi \imath$[/tex],

che è il risultato giusto (e lo controllerai quando conoscerai il primo teorema dei residui).

[poncelet]

Grazie Gugo!!. Il fatto è che l'esercizio sta nelle dispense del prof in fondo al paragrafo sulle formule integrali di Cauchy e prima di introdurre Serie di Laurent e Teorema dei Residui, quindi non sapevo come mi dovevo muovere.

[ciampax]

Scusate non voglio intromettermi né dire una stupidata, ma perché non usare direttamente il Teorema Integrale di Cauchy per la funzione [tex]$f(z)=z^n$[/tex]? La funzione è olomorfa su tutto il piano complesso e la curva di integrazione contiene il punto $z_0=1$ che è il centro del nucleo di Cauchy $\frac{1}{z-z_0}$ presente nell'integrale. Essendo per tale Teorema

[tex]$\frac{d^k f}{dz^k}(1)=\frac{k!}{2\pi i}\int_{C(1,1)}\frac{f(z)}{(z-1)^{k+1}}\ dz$[/tex]

segue semplicemente che

[tex]$\int_{C(1,1)}\frac{z^n}{(z-1)^n}\ dz=\frac{2\pi i}{(n-1)!}\cdot\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}(z^n)=\frac{2\pi i}{(n-1)!}\cdot n!\cdot z\Big|_{z=1}=2n\pi i$[/tex]

Ecco fatto.

[gugo82]

Ed anche questo è vero, ciampax... Bella!
Non ci avevo proprio pensato alla formula di Cauchy (l'ho sempre usata poco).

Però nel penultimo membro dell'ultima catena d'uguaglianze ci va [tex]$n!\ z$[/tex] ed il risultato è [tex]$2n\pi \imath$[/tex].

[ciampax]

Yep... vero!

[poncelet]

Rispolvero questo post per vedere se ho capito il procedimento. Ho questo altro integrale complesso:

$int_(C(z_0;r))\frac{e^z-e^-z}{z^2}dz$

con $|z_0|
Voglio applicare un corollario alla Forma Integrale di Cauchy (seguendo l'impostazione delle dispense del prof) che dice che:

$\frac{n!}{2pii}int_(\Gamma)\frac{f(z)}{(z-z_0)^(n+1)}dz=\{(f^((n))(z_0),if z_0 \in "int" \Gamma),(0, if z_0 \in "ext" \Gamma):}$

a patto che $f(z)$ sia olomorfa su un aperto convesso $\Omega$ con $\Gamma$ cammino di Jordan contenuto in $\Omega$ e orientato positivamente.

Verifico dunque che la mia $f$ sia olomorfa in un aperto che contenga $\Gamma$. Siccome nel mio caso $f(z)=e^z-e^-z$, ho che essa è olomorfa in $CC$ poiché somma di funzioni olomorfe. La circonferenza $C(z_0;r)$ è un cammino di Jordan (in quanto semplice) ed orientato positivamente.
A questo punto verifico con $z_0=0$ e $n+1=2$ applico la forma integrale di Cauchy ed ottengo:

$int_(C(z_0;r))\frac{e^z-e^-z}{z^2}dz=2pii(e^(z_0)+e^(z_0))=2pii*2e^0=4pii$

se $0 \in "int" C(z_0;r)$

Il ragionamento è corretto?

[ciampax]

Attento a non "confondere le notazioni": tu usi $z_0$ come centro della curva gamma e poi scrivi $z_0=0$ quando risolvi l'esercizio. In realta in questo caso, ti conviene scrivere

[tex]$\frac{n!}{2\pi i}\int_{C(z_0,r)}\frac{f(z)}{(z-w_0)^{n+1}}\ dz=\left\{\begin{array}{lcl}
f^{(n)}(w_0) & & w_0\in D(z_0,r)\\ & & \\ 0 & & w_0\notin D(z_0,r)
\end{array}\right.$[/tex]

A questo punto chiediti: [tex]$w_0=0$[/tex] sta nel disco [tex]$D(z_0,r)=\{z\in\mathbb{C}\ :\ |z-z_0|

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[poncelet]

Allora, secondo me $w_0=0$ sta in $D(z_0;r)$ perché il testo dell'esercizio dice che $|z_0|

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[ciampax]

Esatto. Anche perché se $z=0$ nella definizione del disco ottieni $|0-z_0|=|z_0|

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