semplicissimo (o forse no) integrale complesso su una circonferenza con teorema dei residui

[qwertyce]

dovrei calcolare $int_gamma (z+i e^(i z) -i)/(2z) dz$ sul cammino percorso in senso antiorario $gamma={z in CC: |z| 2 pi}$

l'avrei risolto in un modo che mi sembra troppo semplice:

vedo un solo punto di singolarità, in $z=0$, ed è un polo semplice il cui residuo è 0:

$Res f(z)|_{z=0} = lim_(z->0) z (z+i e^(i z) -i)/(2z)= (i e^0 -i)/2=0$

e per il teorema dei residui si ha che l'integrale molto semplicemente è nullo

[gugo82]

Ah, un polo semplice con residuo nullo... Ma che bello!

Dai, su. I poli semplici non possono avere residuo nullo (perché?): dunque o il tuo polo non è semplice, o non è un polo.

[qwertyce]

Ah, un polo semplice con residuo nullo... Ma che bello!

Dai, su. I poli semplici non possono avere residuo nullo (perché?): dunque o il tuo polo non è semplice, o non è un polo.

Un polo semplice ha unico termine non nullo di quelli a potenze negative nella serie di Laurent, residuo nullo implicherebbe $a_-1=0$, questa contraddizione implica che i poli semplici non possono avere residuo nullo, quindi il mio o non è un polo semplice, o non è un polo; concentrandomi sul denominatore dell'integranda mi ero erroneamente immediatamente convinto di avere a che fare con un polo semplice.

per individuare la natura della singolarità provo a calcolarne la serie di Laurent usando lo sviluppo dell'esponenziale applicato a $i z$: $e^(i z)=sum_{n=0}^{+infty} (iz)^n/(n!)$

$f(z)=(z+i e^(i z) -i)/(2z)= z/(2z) -i/(2z) + i/(2z) sum_{n=0}^{+infty} (iz)^n/(n!)=1/2-i/(2z) +1/2 sum_{n=0}^{+infty} (i^(n+1) z^(n-1))/(n!)=$
$=1/2-i/(2z) +(i/(2 z)-1/2+1/2 sum_{n=2}^{+infty} (i^(n+1) z^(n-1))/(n!))=1/2 sum_{n=2}^{+infty} (i^(n+1) z^(n-1))/(n!)$

mancando la parte singolare della serie di Laurent si ha in $z=0$ una singolarità eliminabile, quindi residuo nullo, e l'integrale da calcolare per il teorema dei residui sarebbe nullo, però così continua a essere facile, quindi ho la sensazione di aver nuovamente sbagliato qualcosa

[gugo82]

Ah, un polo semplice con residuo nullo... Ma che bello!

Dai, su. I poli semplici non possono avere residuo nullo (perché?): dunque o il tuo polo non è semplice, o non è un polo.

Un polo semplice ha unico termine non nullo di quelli a potenze negative nella serie di Laurent, residuo nullo implicherebbe $a_-1=0$, questa contraddizione implica che i poli semplici non possono avere residuo nullo, quindi il mio o non è un polo semplice, o non è un polo; concentrandomi sul denominatore dell'integranda mi ero erroneamente immediatamente convinto di avere a che fare con un polo semplice.

per individuare la natura della singolarità provo a calcolarne la serie di Laurent usando lo sviluppo dell'esponenziale applicato a $i z$: $e^(i z)=sum_{n=0}^{+infty} (iz)^n/(n!)$

$f(z)=(z+i e^(i z) -i)/(2z)= z/(2z) -i/(2z) + i/(2z) sum_{n=0}^{+infty} (iz)^n/(n!)=1/2-i/(2z) +1/2 sum_{n=0}^{+infty} (i^(n+1) z^(n-1))/(n!)=$
$=1/2-i/(2z) +(i/(2 z)-1/2+1/2 sum_{n=2}^{+infty} (i^(n+1) z^(n-1))/(n!))=1/2 sum_{n=2}^{+infty} (i^(n+1) z^(n-1))/(n!)$

mancando la parte singolare della serie di Laurent si ha in $z=0$ una singolarità eliminabile [...]

Brav, brav.

Ad ogni modo, non c’è bisogno di scrivere la serie di Laurent per studiare la singolarità.
Infatti, un semplice calcolo di limite da Analisi “un mezzo” ti dà:
\[
\lim_{z\to 0} \frac{z + i e^{i z} - i}{z} = \lim_{z\to 0} 1 - \frac{e^{i z} - 1}{iz} = 1-1=0\; ,
\]
oppure, un’approssimazione di Taylor dà:
\[
\frac{z + i e^{i z} - i}{z} = \frac{z + i + i(i z) +\text{o} (z) - i}{z} = \frac{\text{o}(z)}{z} \to 0\;.
\]
Insomma, tutto mostra che la funzione integranda ha una singolarità eliminabile (che è uno zero d’ordine $1$) in $0$.

[...] quindi residuo nullo, e l'integrale da calcolare per il teorema dei residui sarebbe nullo, però così continua a essere facile, quindi ho la sensazione di aver nuovamente sbagliato qualcosa

Probabile che il testo dell’esercizio sia sbagliato.
Prova a metterci un $z^2$ al denominatore, o un $z^3$... O un $z^N$ con $N in NN$.

[qwertyce]

Brav, brav.

Ad ogni modo, non c’è bisogno di scrivere la serie di Laurent per studiare la singolarità.
Infatti, un semplice calcolo di limite da Analisi “un mezzo” ti dà:
\[
\lim_{z\to 0} \frac{z + i e^{i z} - i}{z} = \lim_{z\to 0} 1 - \frac{e^{i z} - 1}{iz} = 1-1=0\; ,
\]
oppure, un’approssimazione di Taylor dà:
\[
\frac{z + i e^{i z} - i}{z} = \frac{z + i + i(i z) +\text{o} (z) - i}{z} = \frac{\text{o}(z)}{z} \to 0\;.
\]
Insomma, tutto mostra che la funzione integranda ha una singolarità eliminabile (che è uno zero d’ordine $1$) in $0$.

non ci avevo pensato che a volte può essere più rapido risolvere il limite invece che cercare il coefficiente di laurent $a_-1$, grazie di tutto

Probabile che il testo dell’esercizio sia sbagliato.
Prova a metterci un $z^2$ al denominatore, o un $z^3$... O un $z^N$ con $N in NN$.

l'esercizio è parte di un compito d'esame di analisi 2, eventualmente saprò domani se c'è un errore nel testo.

[dissonance]

La funzione integranda \(f=f(z)\) ha questa simmetria:
\[f(-\overline z)=\overline{f(z)}, \]
chissà se basta questo a concludere che l'integrale fa \(0\)?

[qwertyce]

La funzione integranda \(f=f(z)\) ha questa simmetria:
\[f(-\overline z)=\overline{f(z)}, \]
chissà se basta questo a concludere che l'integrale fa \(0\)?

quesito interessante.

non ho abbastanza dimestichezza coi numeri complessi per poterci ragionare con facilità, e in questo momento mi devo concentrare su altri studi, provo ad andare per intuito:

la sostituzione $z rarr - bar z$ comporta il cambio di segno della parte reale di $z$
la sostituzione $f(z) rarr - bar f(z)$ comporta il cambio di segno della parte immaginaria di $f(z)$

mi disorienta lavorare su due distinti grafici bidimensionali, uno per $z$ e uno per $f(z)$, ma mi sembra che la composizione di queste 2 trasformazioni possa portare a una simmetria analoga a quella che rende nulli gli integrali di funzioni reali con la proprietà $f(r)=-f(-r)$ su domini a simmetria radiale, dove $r$ è la norma euclidea, dovrebbe valere una generalizzazione su campi vettoriali in spazi metrici di dimensione $n$, e quindi di conseguenza per l'isomorfia $CC harr RR^2$ tale simmetria varrebbe anche su funzioni $CC->CC$, e quindi $f(- bar z)= bar f(z)$ sarebbe equivalente a $f(rho)=-f(-rho)$ dove $rho$ è la norma su $CC$, cioè il modulo complesso