Integrale con tecniche di analisi complessa
Buon giorno, foro 
Lungo il mio tortuoso cammino verso l'esame di analisi 3 mi trovo di fronte questo esercizio: calcolare con i metodi dell'analisi complessa il seguente integrale
\[
\int_1^{+\infty} \frac{x^2 - 2}{x^2(x^3+1)} \ dx.
\]
Ora, l'unica vera tecnica che io abbia visto è la combinazione di lemma di Jordan e teorema dei residui, ma qui il dominio non è particolarmente bello.
Ho provato ad adattarne una variante cercando se ci fossero luoghi di zeri della funzione integranda da poter usare per chiudere un cammino andando a spasso nel piano complesso, ma non ne ho trovati...
Sospetto ci sia un trucco malefico, che però non riesco a vedere!
Idee?
Lungo il mio tortuoso cammino verso l'esame di analisi 3 mi trovo di fronte questo esercizio: calcolare con i metodi dell'analisi complessa il seguente integrale
\[
\int_1^{+\infty} \frac{x^2 - 2}{x^2(x^3+1)} \ dx.
\]
Ora, l'unica vera tecnica che io abbia visto è la combinazione di lemma di Jordan e teorema dei residui, ma qui il dominio non è particolarmente bello.
Ho provato ad adattarne una variante cercando se ci fossero luoghi di zeri della funzione integranda da poter usare per chiudere un cammino andando a spasso nel piano complesso, ma non ne ho trovati...
Sospetto ci sia un trucco malefico, che però non riesco a vedere!
Idee?
Risposte
L'idea è che tu debba aggirare completamente le singolarità con un contorno ad anello circolare ed un taglio lungo l'asse reale... Tuttavia, se consideri una funzione ausiliaria del tipo "standard", cioè:
\[
f(z):= \frac{z^2-2}{z^2(z^3+1)} \; ,
\]
gli intergrali reali che ne vengono fuori sul taglio sono l'uno l'opposto dell'altro, quindi si elidono e buonanotte al secchio!
L'idea, quindi, è che la funzione ausiliaria che consideri deve ter conto del fatto che il contorno stia "girando intorno a qualcosa", cioè deve avere memoria della variazione dell'argomento di \(z\).
Quindi la funzione ausiliaria deve contenere la classica funzione che tiene conto dell'argomento, ossia \(\log z\) (o una sua variante).
Prova allora a considerare la funzione ausiliaria:
\[
f(z):= \frac{z^2-2}{z^2(z^3+1)}\ \log (z-1) \; ,
\]
e ad integrarla lungo il contorno formato da:
1. il segmento dell'asse reale d'estremi \(1+r\) ed \(1+R\) (con \(0
2. la circonferenza \(\Gamma(R)\) di raggio \(R\) e centro \(1\) orientata in senso antiorario;
3. il segmento d'estremi \(1+R\) ed \(1+r\) orientato dal primo al secondo estremo (dunque percorso nel senso inverso al precedente);
4. la circonferenza di raggio \(r\) e centro \(1\) orientata in senso orario.
[asvg]xmin=-4; xmax=4; ymin=-4; ymax=4;
axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2;
circle([1,0],0.25); circle([1,0],3); line([1.25,0],[4,0]);[/asvg]
[N.B.: Il grafico adesso non si vede perché stan sta aggiornando il forum ed ha disattivato ASVG...]
Detta \(\Omega\) la regione delimitata dal contorno scelto hai:
\[
\int_{+\partial \Omega} f(z)\ \text{d} z = \underbrace{\int_{1+r}^{1+R} f(z)\ \text{d} z}_{\text{con } \operatorname{arg} (z-1)=0} + \int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z - \underbrace{\int_{1+r}^{1+R} f(z)\ \text{d} z}_{\text{con } \operatorname{arg} (z-1)=2\pi} - \int_{+\gamma(r)} f(z)\ \text{d} z\; ;
\]
ma, dato che \(\log (z-1)=\ln (z-1)+\imath\ \operatorname{arg} (z-1)\) (qui \(\ln\) denota il logaritmo reale) implica:
\[
\begin{split}
\underbrace{\int_{1+r}^{1+R} f(z)\ \text{d} z}_{\text{con } \operatorname{arg} (z-1)=0} &= \int_{1+r}^{1+R} \frac{x^2-2}{x^2(x^3+1)}\ \ln (x-1)\ \text{d} x\\
\underbrace{-\int_{1+r}^{1+R} f(z)\ \text{d} z}_{\text{con } \operatorname{arg} (z-1)=2\pi} &= \int_{1+r}^{1+R} \frac{x^2-2}{x^2(x^3+1)}\ \Big(\ln (x-1) +\imath\ 2\pi\Big)\ \text{d} x\\
&= \int_{1+r}^{1+R} \frac{x^2-2}{x^2(x^3+1)}\ \log (x-1)\ \text{d} x +\imath\ 2\pi\ \underbrace{\int_{1+r}^{1+R} \frac{x^2-2}{x^2(x^3+1)}\ \text{d} x}_{\color{red}{\text{quello che ti serve!}}}\; ,
\end{split}
\]
trovi:
\[
\int_{+\partial \Omega} f(z)\ \text{d} z = -\imath\ 2\pi\ \int_{1+r}^{1+R} \frac{x^2-2}{x^2(x^3+1)}\ \text{d} x + \int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z - \int_{+\gamma(r)} f(z)\ \text{d} z
\]
e qui hai finito.
Infatti l'integrale al primo membro \(\int_{+\partial \Omega} f(z)\ \text{d} z\) si calcola col primo teorema dei residui (i residui da considerare sono ovviamente quelli relativi ai quattro poli di \(f(z)\) che cadono in \(\Omega\), i.e. \(z_0=0\) e le tre radici terze \(z_1\), \(z_2\), \(z_3\) di \(-1\)), mentre i limiti degli integrali \(\int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z\) e \(\int_{+\gamma(r)} f(z)\ \text{d} z\) si gestiscono con i due lemmi di Jordan.
Pertanto:
\[
-\imath\ 2\pi\ \int_1^\infty \frac{x^2-2}{x^2(x^3+1)}\ \text{d} x + \lim_{R\to \infty} \int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z - \lim_{r\to 0^+} \int_{+\gamma(r)} f(z)\ \text{d} z =\imath\ 2\pi \sum_{n=0}^3 \operatorname{Res}(f(z);z_n)
\]
cioè:
\[
\int_1^\infty \frac{x^2-2}{x^2(x^3+1)}\ \text{d} x = - \sum_{n=0}^3 \operatorname{Res}(f(z);z_n) +\frac{1}{\imath\ 2\pi}\ \lim_{R\to \infty} \int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z - \frac{1}{\imath\ 2\pi} \lim_{r\to 0^+} \int_{+\gamma(r)} f(z)\ \text{d} z\; .
\]
\[
f(z):= \frac{z^2-2}{z^2(z^3+1)} \; ,
\]
gli intergrali reali che ne vengono fuori sul taglio sono l'uno l'opposto dell'altro, quindi si elidono e buonanotte al secchio!
L'idea, quindi, è che la funzione ausiliaria che consideri deve ter conto del fatto che il contorno stia "girando intorno a qualcosa", cioè deve avere memoria della variazione dell'argomento di \(z\).
Quindi la funzione ausiliaria deve contenere la classica funzione che tiene conto dell'argomento, ossia \(\log z\) (o una sua variante).
Prova allora a considerare la funzione ausiliaria:
\[
f(z):= \frac{z^2-2}{z^2(z^3+1)}\ \log (z-1) \; ,
\]
e ad integrarla lungo il contorno formato da:
1. il segmento dell'asse reale d'estremi \(1+r\) ed \(1+R\) (con \(0
2. la circonferenza \(\Gamma(R)\) di raggio \(R\) e centro \(1\) orientata in senso antiorario;
3. il segmento d'estremi \(1+R\) ed \(1+r\) orientato dal primo al secondo estremo (dunque percorso nel senso inverso al precedente);
4. la circonferenza di raggio \(r\) e centro \(1\) orientata in senso orario.
[asvg]xmin=-4; xmax=4; ymin=-4; ymax=4;
axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2;
circle([1,0],0.25); circle([1,0],3); line([1.25,0],[4,0]);[/asvg]
[N.B.: Il grafico adesso non si vede perché stan sta aggiornando il forum ed ha disattivato ASVG...]
Detta \(\Omega\) la regione delimitata dal contorno scelto hai:
\[
\int_{+\partial \Omega} f(z)\ \text{d} z = \underbrace{\int_{1+r}^{1+R} f(z)\ \text{d} z}_{\text{con } \operatorname{arg} (z-1)=0} + \int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z - \underbrace{\int_{1+r}^{1+R} f(z)\ \text{d} z}_{\text{con } \operatorname{arg} (z-1)=2\pi} - \int_{+\gamma(r)} f(z)\ \text{d} z\; ;
\]
ma, dato che \(\log (z-1)=\ln (z-1)+\imath\ \operatorname{arg} (z-1)\) (qui \(\ln\) denota il logaritmo reale) implica:
\[
\begin{split}
\underbrace{\int_{1+r}^{1+R} f(z)\ \text{d} z}_{\text{con } \operatorname{arg} (z-1)=0} &= \int_{1+r}^{1+R} \frac{x^2-2}{x^2(x^3+1)}\ \ln (x-1)\ \text{d} x\\
\underbrace{-\int_{1+r}^{1+R} f(z)\ \text{d} z}_{\text{con } \operatorname{arg} (z-1)=2\pi} &= \int_{1+r}^{1+R} \frac{x^2-2}{x^2(x^3+1)}\ \Big(\ln (x-1) +\imath\ 2\pi\Big)\ \text{d} x\\
&= \int_{1+r}^{1+R} \frac{x^2-2}{x^2(x^3+1)}\ \log (x-1)\ \text{d} x +\imath\ 2\pi\ \underbrace{\int_{1+r}^{1+R} \frac{x^2-2}{x^2(x^3+1)}\ \text{d} x}_{\color{red}{\text{quello che ti serve!}}}\; ,
\end{split}
\]
trovi:
\[
\int_{+\partial \Omega} f(z)\ \text{d} z = -\imath\ 2\pi\ \int_{1+r}^{1+R} \frac{x^2-2}{x^2(x^3+1)}\ \text{d} x + \int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z - \int_{+\gamma(r)} f(z)\ \text{d} z
\]
e qui hai finito.
Infatti l'integrale al primo membro \(\int_{+\partial \Omega} f(z)\ \text{d} z\) si calcola col primo teorema dei residui (i residui da considerare sono ovviamente quelli relativi ai quattro poli di \(f(z)\) che cadono in \(\Omega\), i.e. \(z_0=0\) e le tre radici terze \(z_1\), \(z_2\), \(z_3\) di \(-1\)), mentre i limiti degli integrali \(\int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z\) e \(\int_{+\gamma(r)} f(z)\ \text{d} z\) si gestiscono con i due lemmi di Jordan.
Pertanto:
\[
-\imath\ 2\pi\ \int_1^\infty \frac{x^2-2}{x^2(x^3+1)}\ \text{d} x + \lim_{R\to \infty} \int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z - \lim_{r\to 0^+} \int_{+\gamma(r)} f(z)\ \text{d} z =\imath\ 2\pi \sum_{n=0}^3 \operatorname{Res}(f(z);z_n)
\]
cioè:
\[
\int_1^\infty \frac{x^2-2}{x^2(x^3+1)}\ \text{d} x = - \sum_{n=0}^3 \operatorname{Res}(f(z);z_n) +\frac{1}{\imath\ 2\pi}\ \lim_{R\to \infty} \int_{+\Gamma(R)} f(z)\ \text{d} z - \frac{1}{\imath\ 2\pi} \lim_{r\to 0^+} \int_{+\gamma(r)} f(z)\ \text{d} z\; .
\]
Gugo, sei immenso 
Il trucco è davvero ingegnoso, devo dire, e lo terrò bene a mente.
Vediamo se riesco a completare l'opera: rimangono da sistemare \(\lim_{r \to 0^+} \int_{\gamma^+(r)}f(z) \ dz\) e \(\lim_{R \to +\infty} \int_{\Gamma^+(R)}f(z) \ dz\).
Per il primo: la funzione è bella in \(x = 1\), quindi posso senz'altro dire che il valore dell'integrale è controllato dal massimo della funzione moltiplicato per la lunghezza del cammino di integrazione; siccome questo è infinitesimo, l'integrale sparisce.
Il secondo invece è un po' più tricky, ecco cosa ho pensato: per \(R\) abbastanza grande, \(f(x = R) > 0\) e quindi \(f(x) = |f(x)| = |f(x) e^{iax}| \) e così, penso, posso recuperare le ipotesi del lemma di Jordan.
Che te ne pare?
Il trucco è davvero ingegnoso, devo dire, e lo terrò bene a mente.
Vediamo se riesco a completare l'opera: rimangono da sistemare \(\lim_{r \to 0^+} \int_{\gamma^+(r)}f(z) \ dz\) e \(\lim_{R \to +\infty} \int_{\Gamma^+(R)}f(z) \ dz\).
Per il primo: la funzione è bella in \(x = 1\), quindi posso senz'altro dire che il valore dell'integrale è controllato dal massimo della funzione moltiplicato per la lunghezza del cammino di integrazione; siccome questo è infinitesimo, l'integrale sparisce.
Il secondo invece è un po' più tricky, ecco cosa ho pensato: per \(R\) abbastanza grande, \(f(x = R) > 0\) e quindi \(f(x) = |f(x)| = |f(x) e^{iax}| \) e così, penso, posso recuperare le ipotesi del lemma di Jordan.
Che te ne pare?
Grazie... Però la vera "immensità" appartiene a chi il trucco l'ha inventato, non a chi ne conserva semplicemente la memoria.Ad ogni modo, hai:
\[
f(z) = \frac{z^2 - 2}{z^2 (z^3 +1)}\ \log (z-1)
\]
dunque i limiti che ti interessa calcolare per applicare Jordan sono:
\[
\lim_{|z-1|\to 0} (z-1)\ f(z) \qquad \text{e} \qquad \lim_{|z-1|\to +\infty} (z-1)\ f(z)\; ;
\]
per quanto riguarda il primo, hai:
\[
\begin{split}
|(z-1)\ f(z) | &= |z-1|\ \underbrace{\frac{|z^2-2|}{|z|^2 |z^3 +1|}}_{\text{limitata}}\ |\log(z-1)| \\
&\leq |z-1|\ m\ |\ln (z-1) + \imath\ \operatorname{arg} (z-1)| \\
&\leq |z-1|\ m\ (|\ln (z-1)| + 2\pi)
\end{split}
\]
(con \(m>0\) opportuno) e l'ultimo membro tende a zero per \(|z-1|\to 0\); d'altra parte, seguendo la stessa linea ed usando le disuguaglianze triangolari diretta ed inversa, hai:
\[
\begin{split}
|(z-1)\ f(z)| &= |z-1|\ \frac{|z^2-2|}{|z|^2 |z^3+1|}\ |\log(z-1)| \\
&\leq \frac{|z-1|\ (|z|^2+2)}{|(z-1)+1|^2\ |(z-1+1)^3+1|}\ (|\log(z-1)|+2\pi)\\
&\leq \frac{|z-1|\ ((|z-1|+1)^2 + 2)}{||z-1|-1|^2\ |(z-1)^3+3(z-1)^2+3(z-1)+2|}\ (|\log(z-1)|+2\pi) \\
&= \frac{|z-1|\ (|z-1|^2 + 2 |z-1|+3)}{||z-1| - 1|^2\ \Big| |(z-1)^3 +3(z-1)^2+3(z-1)| +3\Big|}\ (|\log(z-1)|+2\pi) \\
&\leq \frac{|z-1|\ (|z-1|^2 + 2 |z-1|+3)}{||z-1| - 1|^2\ \Big| \big| |(z-1)^3 +3(z-1)^2| -3|z-1| \big| - 3 \Big|}\ (|\log(z-1)|+2\pi) \\
&\leq \frac{|z-1|\ (|z-1|^2 + 2 |z-1|+3)}{||z-1| - 1|^2\ \left|\Big| \big| |z-1|^3 -3|z-1|^2\big| -3|z-1| \Big| - 3 \right|}\ (|\log(z-1)|+2\pi) \\
&\leq \frac{M}{|z-1|}
\end{split}
\]
(ove \(M>0\) è una costante opportuna) per \(|z-1|\) sufficientemente grande, quindi anche il secondo limite va a zero.
Jordan allora ti assicura che entrambi i limiti degli integrali sono zero, quindi l'integrale che ti interessa uguaglia l'opposto della somma dei residui relativi ai poli della funzione ausiliaria \(f(z)\).
Mi dispiace ma questo passaggio non l'ho seguito: perché calcoli quei due limiti? In particolare, perché aggiungi il pezzo \(z - 1\)?
A quanto ricordo, per applicare il lemma è richiesto che \(f(r \ e^{i\theta})\) converga a zero al variare di \(\theta\).
Altra cosa: a lezione ricordo di aver visto usare il lemma di Jordan solamente nel caso "\(R\) molto grande", ma mai nel caso "\(r\) molto piccolo".
Inoltre, per quanto riguarda la mia soluzione, mi sono accorto che non è vero che la funzione è limitata in 1 [mi ero dimenticato che avevi aggiunto il logaritmo] però comunque si riduce al prodotto tra un polinomio infinitesimo [la lunghezza del cammino] ed un logaritmo divergente, quindi il risultato è comunque zero.
Il resto di quello che ho scritto è sbagliato? Se sì, perché?
Grazie ancora, gugo
A quanto ricordo, per applicare il lemma è richiesto che \(f(r \ e^{i\theta})\) converga a zero al variare di \(\theta\).
Altra cosa: a lezione ricordo di aver visto usare il lemma di Jordan solamente nel caso "\(R\) molto grande", ma mai nel caso "\(r\) molto piccolo".
Inoltre, per quanto riguarda la mia soluzione, mi sono accorto che non è vero che la funzione è limitata in 1 [mi ero dimenticato che avevi aggiunto il logaritmo] però comunque si riduce al prodotto tra un polinomio infinitesimo [la lunghezza del cammino] ed un logaritmo divergente, quindi il risultato è comunque zero.
Il resto di quello che ho scritto è sbagliato? Se sì, perché?
Grazie ancora, gugo
Non capisci perché probabilmente conosci la versione "semplice" dei lemmi, quella edulcorata per i non matematici...
Ti scrivo la versione che conosco io dei lemmi: quello dell'arco piccolo:
e quello dell'arco grande:
Per applicare i lemmi, perciò, devi farti un'idea di quanto valgano i limiti (I) & (II) ed ovviamente calcolarli (molte volte, però, tali limiti sono nulli); dopo averli calcolati, bisogna provare che essi sono limiti che non dipendono in alcun modo dalla scelta di \(\text{arg}(z-z_0)\).
Per fare quest'ultima cosa, nel caso (I), basta maggiorare il modulo della funzione \((z-z_0)\ f(z) -l\) con una funzione \(\phi (|z-z_0|)\) che tende a \(0\) quando \(|z-z_0|\to 0\); e, nel caso (II), basta maggiorare il modulo della funzione \((z-z_0)\ f(z)-L\) con una funzione \(\psi (|z-z_0|)\) che tende a zero quando \(|z-z_0|\to +\infty\).
In quest'ottica i passaggi che ho fatto risultano abbastanza chiari: le due funzioni radiali che trovavo agli ultimi membri delle maggiorazioni erano infinitesime e ciò mi assicurava l'applicabilità dei lemmi.
Ti scrivo la versione che conosco io dei lemmi: quello dell'arco piccolo:
Siano:
[list=1]
[*:nadgp36a]\(\Omega \subseteq \mathbb{C}\) un aperto e \(z_0\in \Omega\);
[/*:m:nadgp36a]
[*:nadgp36a] \(f:\Omega \setminus \{ z_0\}\to \mathbb{C}\) olomorfa;
[/*:m:nadgp36a]
[*:nadgp36a] \(A\subseteq \Omega\) un angolo di vertice \(z_0\) ed ampiezza \(\theta\);
[/*:m:nadgp36a]
[*:nadgp36a] \(\gamma(r)\) un arco di circonferenza, di raggio \(r>0\) e centro \(z_0\), contenuto in \(A\) ed avente gli estremi sui lati di \(A\).[/*:m:nadgp36a][/list:o:nadgp36a]
Se:
\[
\tag{I}
\lim_{|z-z_0|\to 0} (z-z_0)\ f(z) = l \qquad \text{uniformemente rispetto a } \operatorname{arg}(z-z_0)
\]
allora risulta:
\[
\lim_{r\to 0^+} \int_{+\gamma (r)} f(z)\ \text{d} z = \imath\ \theta\ l\; .
\]
e quello dell'arco grande:
Siano:
[list=1]
[*:nadgp36a]\(\Omega \subseteq \mathbb{C}\) un aperto e \(z_0\in \Omega\);
[/*:m:nadgp36a]
[*:nadgp36a] \(f:\Omega \setminus \{ z_0\}\to \mathbb{C}\) olomorfa;
[/*:m:nadgp36a]
[*:nadgp36a] \(A\subseteq \Omega\) un angolo non limitato di vertice \(z_0\) ed ampiezza \(\theta\);
[/*:m:nadgp36a]
[*:nadgp36a] \(\Gamma(R)\) un arco di circonferenza, di raggio \(R>0\) e centro \(z_0\), contenuto in \(A\) ed avente gli estremi sui lati di \(A\).[/*:m:nadgp36a][/list:o:nadgp36a]
Se:
\[
\tag{II}
\lim_{|z-z_0|\to +\infty} (z-z_0)\ f(z) = L \qquad \text{uniformemente rispetto a } \operatorname{arg}(z-z_0)
\]
allora risulta:
\[
\lim_{R\to +\infty} \int_{+\Gamma (R)} f(z)\ \text{d} z = \imath\ \theta\ L\; .
\]
Per applicare i lemmi, perciò, devi farti un'idea di quanto valgano i limiti (I) & (II) ed ovviamente calcolarli (molte volte, però, tali limiti sono nulli); dopo averli calcolati, bisogna provare che essi sono limiti che non dipendono in alcun modo dalla scelta di \(\text{arg}(z-z_0)\).
Per fare quest'ultima cosa, nel caso (I), basta maggiorare il modulo della funzione \((z-z_0)\ f(z) -l\) con una funzione \(\phi (|z-z_0|)\) che tende a \(0\) quando \(|z-z_0|\to 0\); e, nel caso (II), basta maggiorare il modulo della funzione \((z-z_0)\ f(z)-L\) con una funzione \(\psi (|z-z_0|)\) che tende a zero quando \(|z-z_0|\to +\infty\).
In quest'ottica i passaggi che ho fatto risultano abbastanza chiari: le due funzioni radiali che trovavo agli ultimi membri delle maggiorazioni erano infinitesime e ciò mi assicurava l'applicabilità dei lemmi.
Ok. Come è evidente, non avevo mai visto questi enunciati [stupidi corsi da 5 crediti!], che ora rendono chiaro quello che hai fatto.
Grazie mille per la dritta
P.s. noto che continui a schivare la mia domanda: la mia soluzione era sbagliata?
Grazie mille per la dritta
P.s. noto che continui a schivare la mia domanda: la mia soluzione era sbagliata?
"Raptorista":
noto che continui a schivare la mia domanda: la mia soluzione era sbagliata?
Intendi questo tentativo:
"Raptorista":
Vediamo se riesco a completare l'opera: rimangono da sistemare \(\lim_{r \to 0^+} \int_{\gamma^+(r)}f(z) \ dz\) e \(\lim_{R \to +\infty} \int_{\Gamma^+(R)}f(z) \ dz\).
Per il primo: la funzione è bella in \(x = 1\), quindi posso senz'altro dire che il valore dell'integrale è controllato dal massimo della funzione moltiplicato per la lunghezza del cammino di integrazione; siccome questo è infinitesimo, l'integrale sparisce.
Il secondo invece è un po' più tricky, ecco cosa ho pensato: per \(R\) abbastanza grande, \(f(x = R) > 0\) e quindi \(f(x) = |f(x)| = |f(x) e^{iax}| \) e così, penso, posso recuperare le ipotesi del lemma di Jordan.
?
Nel caso, la prima parte è giusta, perché vale la maggiorazione:
\[
\left| \int_{+\gamma (r)} f(z)\ \text{d} z\right| \leq \int_{\gamma (r)} |f(z)|\ \text{d} s \leq M\ 2\pi\ r
\]
con \(M\) costante opportuna.
Tuttavia la stessa tecnica non la puoi usare quando mandi \(R\to \infty\).
Inoltre, non ha senso dire che una funzione olomorfa complessa \(f(z)\) è positiva.
Ok bene. Grazie
Sì, questo lo so. Forse inconsciamente cercavo di dire che non c'è "discontinuità" nel passaggio da \(f\) al suo modulo prima di passare al prolungamento analitico. Comunque questo è tutto poco formale, quindi la critica è meritata.
"gugo82":
Inoltre, non ha senso dire che una funzione olomorfa complessa \(f(z)\) è positiva.
Sì, questo lo so. Forse inconsciamente cercavo di dire che non c'è "discontinuità" nel passaggio da \(f\) al suo modulo prima di passare al prolungamento analitico. Comunque questo è tutto poco formale, quindi la critica è meritata.
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