Dal reale al complesso e ritorno: integrali reali con i residui, lemma di Jordan e tutti i contorni

Semicerchio per le funzioni razionali, lemma di Jordan dimostrato, integrale di seno di x fratto x con il contorno indentato, buco della serratura, settore e integrali di Fresnel, rettangolo e gaussiana, integrali trigonometrici, somma della serie dei reciproci dei quadrati.

ielettronica 25 ottobre 2026 9 min di lettura 0 commenti

Questa pagina approfondisce la lezione sul teorema dei residui con l’applicazione più spettacolare dell’analisi complessa: calcolare integrali reali passando per il piano complesso. Un integrale su una retta, spesso impossibile con i metodi di Analisi 1, diventa un pezzo di un integrale su una curva chiusa; il teorema dei residui lo calcola con un po’ di algebra; un argomento di stima fa sparire i pezzi in più; e si torna nel reale con il risultato. Si vedono tutte le tecniche classiche, ciascuna con il suo contorno: il semicerchio, il lemma di Jordan, il contorno con la rientranza, il buco della serratura, il settore, il rettangolo, e infine il calcolo della somma di una serie.

La strategia

Si sceglie una funzione complessa $f(z)$ che sull’asse reale coincide con l’integranda (o ne ha l’integranda come parte reale o immaginaria).
Si sceglie una curva chiusa che contiene il tratto reale $[-R, R]$ (o $[0, R]$ ) e lo “chiude” con altri pezzi.
Per il teorema dei residui, $\oint f\,dz = 2\pi i\sum\text{Res}$ nei poli dentro la curva.
Si dimostra, con la stima ML o con il lemma di Jordan, che i pezzi aggiunti tendono a zero (o a qualcosa di noto) quando $R \to \infty$ .
Il limite del tratto reale è l’integrale cercato.

Funzioni razionali: il semicerchio

Teorema. Siano $P$ , $Q$ polinomi con $\deg Q \ge \deg P + 2$ e $Q$ senza radici reali. Allora

$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}dx = 2\pi i\sum_{\text{Im}\,z_k \gt 0}\text{Res}\left(\frac{P}{Q}, z_k\right)$

Dimostrazione. Si integra sul contorno formato da $[-R, R]$ e dalla semicirconferenza $C_R$ nel semipiano superiore. Per $R$ abbastanza grande dentro ci sono tutti i poli del semipiano superiore. Su $C_R$ , poiché il denominatore ha grado almeno 2 in più, $\left|\frac{P}{Q}\right| \le \frac{M}{R^2}$ per una costante $M$ ; la lunghezza è $\pi R$ ; per la stima ML $\left|\int_{C_R}\right| \le \frac{\pi M}{R} \to 0$ . ∎

Esempio. $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{1 + x^4}$ . I poli di $\frac{1}{1 + z^4}$ sono le radici quarte di $-1$ : $e^{i\pi/4}$ , $e^{3i\pi/4}$ nel semipiano superiore. In un polo semplice $z_k$ di $\frac{1}{Q}$ , $\text{Res} = \frac{1}{Q'(z_k)} = \frac{1}{4z_k^3} = -\frac{z_k}{4}$ (perché $z_k^4 = -1$ ). Somma: $-\frac{1}{4}\left(e^{i\pi/4} + e^{3i\pi/4}\right) = -\frac{1}{4}\cdot i\sqrt 2$ . Quindi l’integrale vale $2\pi i\cdot\left(-\frac{i\sqrt 2}{4}\right) = \frac{\pi}{\sqrt 2}$ .

Il contorno a semicerchio — Il segmento da meno R a R sull’asse reale è chiuso dalla semicirconferenza C R nel semipiano superiore; per R grande il contorno racchiude i poli del semipiano superiore, come i, e lascia fuori quelli del semipiano inferiore.

Il lemma di Jordan e gli integrali di Fourier

Per $\int\frac{\cos ax}{x^2 + b^2}dx$ si usa $f(z) = \frac{e^{iaz}}{z^2 + b^2}$ , con $a \gt 0$ : sull’asse reale la sua parte reale è l’integranda, e nel semipiano superiore $|e^{iaz}| = e^{-a\,\text{Im}\,z} \le 1$ . Quando il denominatore ha grado solo una unità in più del numeratore la stima ML non basta, e serve un risultato più fine.

Lemma di Jordan. Se $|g(z)| \le M_R$ su $C_R$ con $M_R \to 0$ e $a \gt 0$ , allora $\int_{C_R}g(z)e^{iaz}dz \to 0$ .

Dimostrazione. Con $z = Re^{i\theta}$ : $|e^{iaz}| = e^{-aR\sin\theta}$ , quindi $\left|\int_{C_R}\right| \le M_RR\int_0^\pi e^{-aR\sin\theta}d\theta = 2M_RR\int_0^{\pi/2}e^{-aR\sin\theta}d\theta$ . Su $[0, \frac{\pi}{2}]$ vale $\sin\theta \ge \frac{2\theta}{\pi}$ (il seno è concavo e sta sopra la corda), quindi l’integrale è al massimo $\int_0^{\pi/2}e^{-2aR\theta/\pi}d\theta \lt \frac{\pi}{2aR}$ . In tutto $\left|\int_{C_R}\right| \lt \frac{\pi M_R}{a} \to 0$ . ∎

La disuguaglianza di Jordan — Tra 0 e pi mezzi il seno, in blu, sta sopra la retta 2 theta fratto pi, tratteggiata: è la stima che permette di controllare il fattore esponenziale sul semicerchio.

Esempio. $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos ax}{x^2 + b^2}dx$ con $a, b \gt 0$ . Unico polo nel semipiano superiore: $z = ib$ , con residuo $\frac{e^{iaib}}{2ib} = \frac{e^{-ab}}{2ib}$ . L’integrale di $f$ sulla retta vale $2\pi i\cdot\frac{e^{-ab}}{2ib} = \frac{\pi}{b}e^{-ab}$ ; è reale, quindi è proprio l’integrale del coseno (quello del seno è nullo, per simmetria). Il risultato decresce esponenzialmente in $a$ : è la trasformata di Fourier della lorentziana (esercizi sulla trasformata di Fourier).

Il contorno con la rientranza: l’integrale di $\sin x/x$

Teorema. $\displaystyle\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}dx = \frac{\pi}{2}$ .

Il seno integrale non ha primitiva elementare. Si usa $f(z) = \frac{e^{iz}}{z}$ , che ha un polo sull’asse reale, in 0. Il contorno lo aggira con una piccola semicirconferenza $C_\varepsilon$ sopra lo zero, percorsa in senso orario, e si chiude con la grande $C_R$ . Dentro non ci sono poli, quindi l’integrale totale è nullo.

Lemma della semicirconferenza piccola. Se $f$ ha un polo semplice in $z_0$ , l’integrale su una semicirconferenza di raggio $\varepsilon$ attorno a $z_0$ , percorsa in senso orario, tende a $-i\pi\,\text{Res}(f, z_0)$ .

Dimostrazione. Vicino al polo $f(z) = \frac{c}{z - z_0} + h(z)$ , con $h$ olomorfa e quindi limitata: il suo integrale sull’arco tende a 0 per la stima ML (la lunghezza è $\pi\varepsilon$ ). Per il primo termine, con $z = z_0 + \varepsilon e^{i\theta}$ , $\theta$ da $\pi$ a 0: $\int c\,i\,d\theta = -i\pi c$ . ∎

Dimostrazione del teorema. Sul contorno: $\int_{-R}^{-\varepsilon} + \int_{C_\varepsilon} + \int_\varepsilon^R + \int_{C_R} = 0$ . Il pezzo su $C_R$ tende a 0 per Jordan ( $g = \frac{1}{z}$ , $M_R = \frac{1}{R}$ ); quello su $C_\varepsilon$ tende a $-i\pi\cdot 1$ (residuo di $\frac{e^{iz}}{z}$ in 0). I due tratti reali danno, unendo $x$ e $-x$ , $\int_\varepsilon^R\frac{e^{ix} - e^{-ix}}{x}dx = 2i\int_\varepsilon^R\frac{\sin x}{x}dx$ . Al limite: $2i\,I - i\pi = 0$ , cioè $I = \frac{\pi}{2}$ . ∎

Il contorno con la rientranza — Il cammino percorre l’asse reale da meno R a meno epsilon, aggira l’origine con la piccola semicirconferenza C epsilon nel semipiano superiore, riprende l’asse fino a R e si chiude con la grande semicirconferenza C R. Il polo nell’origine resta fuori.

Il buco della serratura: le potenze non intere

Teorema. Per $0 \lt a \lt 1$ : $\displaystyle\int_0^\infty\frac{x^{a-1}}{1 + x}dx = \frac{\pi}{\sin\pi a}$ .

Dimostrazione. La funzione $z^{a-1} = e^{(a-1)\log z}$ è a più valori: si sceglie l’argomento in $(0, 2\pi)$ , con il taglio lungo il semiasse reale positivo. Il contorno “a buco della serratura” percorre il bordo superiore del taglio da $\varepsilon$ a $R$ , la circonferenza grande, il bordo inferiore da $R$ a $\varepsilon$ e la circonferenza piccola. Sul bordo superiore $z^{a-1} = x^{a-1}$ ; su quello inferiore l’argomento vale $2\pi$ , quindi $z^{a-1} = e^{2\pi i(a-1)}x^{a-1}$ .

Le circonferenze non contribuiscono al limite: sulla piccola l’integranda è circa $\varepsilon^{a-1}$ e la lunghezza $2\pi\varepsilon$ , prodotto $\sim\varepsilon^a \to 0$ ; sulla grande $\sim\frac{R^{a-1}}{R}\cdot 2\pi R = 2\pi R^{a-1} \to 0$ . Unico polo: $z = -1 = e^{i\pi}$ , con residuo $e^{i\pi(a-1)}$ . Quindi

$I\left(1 - e^{2\pi i(a-1)}\right) = 2\pi i\,e^{i\pi(a-1)} \;\Rightarrow\; I = \frac{2\pi i}{e^{-i\pi(a-1)} - e^{i\pi(a-1)}} = \frac{2\pi i}{-2i\sin(\pi(a - 1))} = \frac{\pi}{\sin\pi a}$

∎ Con $a = \frac{1}{2}$ : $\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt x(1 + x)} = \pi$ . È anche la formula di riflessione della funzione Gamma, $\Gamma(a)\Gamma(1 - a) = \frac{\pi}{\sin\pi a}$ .

Il contorno a buco della serratura — Il cammino corre sopra il taglio lungo il semiasse reale positivo, gira sulla circonferenza grande, torna sotto il taglio, dove la funzione ha un fattore di fase diverso, e chiude con la circonferenza piccola attorno all’origine. Racchiude il polo in meno 1.

Il settore: sfruttare una simmetria

Esempio. $\int_0^\infty\frac{dx}{1 + x^3}$ . La funzione $z^3$ non cambia ruotando $z$ di $\frac{2\pi}{3}$ : si integra sul settore di apertura $\frac{2\pi}{3}$ . Sul raggio di ritorno $z = re^{2\pi i/3}$ , $z^3 = r^3$ , e quel pezzo vale $-e^{2\pi i/3}I$ . L’arco tende a zero (ML: $\frac{1}{R^3}\cdot R$ ). Dentro c’è un solo polo, $p = e^{i\pi/3}$ , con residuo $\frac{1}{3p^2}$ . Quindi

$\left(1 - e^{2\pi i/3}\right)I = \frac{2\pi i}{3e^{2\pi i/3}} \;\Rightarrow\; I = \frac{2\pi}{3\sqrt 3}$

(con $1 - e^{2\pi i/3} = -2i\,e^{i\pi/3}\sin\frac{\pi}{3}$ e un paio di semplificazioni).

Il contorno a settore — Il cammino va da 0 a R lungo l’asse reale, percorre l’arco fino all’angolo due terzi di pi e torna all’origine lungo il raggio; dentro c’è il solo polo e alla i pi terzi.

Gli integrali di Fresnel. Con $f(z) = e^{iz^2}$ e il settore di apertura $\frac{\pi}{4}$ : dentro non ci sono poli; sul raggio $z = re^{i\pi/4}$ , $iz^2 = -r^2$ , e la funzione diventa una gaussiana. L’arco tende a zero con la stessa idea di Jordan ( $\sin 2\theta \ge \frac{4\theta}{\pi}$ ). Quindi $\int_0^\infty e^{ix^2}dx = e^{i\pi/4}\int_0^\infty e^{-r^2}dr = e^{i\pi/4}\frac{\sqrt\pi}{2}$ , e separando parte reale e immaginaria

$\int_0^\infty\cos x^2\,dx = \int_0^\infty\sin x^2\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{8}}$

Sono gli integrali della diffrazione di Fresnel in ottica e della curva clotoide usata per i raccordi stradali e ferroviari.

Il settore di apertura pi quarti — Sul raggio inclinato di 45 gradi l’esponenziale complesso e alla i z quadro diventa la gaussiana e alla meno r quadro, che si sa integrare.

Il rettangolo: spostare una gaussiana

Esempio. $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\cos bx\,dx$ . Si integra $e^{-z^2}$ , olomorfa ovunque, sul rettangolo di vertici $\pm R$ e $\pm R + i\frac{b}{2}$ . Sul lato superiore $z = x + i\frac{b}{2}$ : $e^{-z^2} = e^{-x^2}e^{b^2/4}e^{-ibx}$ . I lati verticali tendono a zero (l’integranda vale circa $e^{-R^2}$ ). Quindi $e^{b^2/4}\int e^{-x^2}e^{-ibx}dx = \int e^{-x^2}dx = \sqrt\pi$ , e prendendo la parte reale

$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\cos bx\,dx = \sqrt\pi\,e^{-b^2/4}$

È la trasformata di Fourier della gaussiana, ricavata nell’approfondimento sulla trasformata di Fourier con un’equazione differenziale: qui con un rettangolo.

Il contorno a rettangolo — Il cammino percorre l’asse reale da meno R a R, sale lungo il lato destro fino all’altezza i b mezzi, torna lungo il lato superiore e scende lungo il lato sinistro; la funzione e alla meno z quadro non ha poli.

Gli integrali trigonometrici

Con $z = e^{i\theta}$ , $\cos\theta = \frac{z + z^{-1}}{2}$ , $\sin\theta = \frac{z - z^{-1}}{2i}$ , $d\theta = \frac{dz}{iz}$ , un integrale su $[0, 2\pi]$ diventa un integrale sulla circonferenza unitaria (lezione). Per una potenza, $\cos n\theta = \text{Re}\,z^n$ .

Esempio. $\int_0^{2\pi}\frac{\cos 2\theta}{5 - 4\cos\theta}d\theta = \text{Re}\oint\frac{z^2}{5 - 2(z + z^{-1})}\cdot\frac{dz}{iz} = \text{Re}\oint\frac{i\,z^2}{2z^2 - 5z + 2}dz$ . Le radici di $2z^2 - 5z + 2$ sono 2 e $\frac{1}{2}$ : dentro il cerchio solo $\frac{1}{2}$ , con residuo $\frac{i\cdot\frac{1}{4}}{4\cdot\frac{1}{2} - 5} = -\frac{i}{12}$ . Integrale: $\text{Re}\left(2\pi i\cdot\left(-\frac{i}{12}\right)\right) = \frac{\pi}{6}$ .

Sommare una serie con i residui

Teorema. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ .

Dimostrazione. La funzione $\pi\cot\pi z$ ha poli semplici in ogni intero $n$ , con residuo 1. Quindi $f(z) = \frac{\pi\cot\pi z}{z^2}$ ha residuo $\frac{1}{n^2}$ in ogni $n \ne 0$ . In 0 lo sviluppo $\pi\cot\pi z = \frac{1}{z} - \frac{\pi^2z}{3} + \dots$ dà $f = \frac{1}{z^3} - \frac{\pi^2}{3z} + \dots$ , residuo $-\frac{\pi^2}{3}$ . Sul quadrato $C_N$ di vertici $\pm(N + \frac{1}{2})(1 \pm i)$ , che passa tra gli interi, $\cot\pi z$ è limitata da una costante indipendente da $N$ ; allora $|f| \le \frac{K}{N^2}$ , la lunghezza è circa $8N$ , e l’integrale tende a 0. Quindi la somma di tutti i residui tende a 0:

$2\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2} - \frac{\pi^2}{3} \to 0$

∎ È il problema di Basilea, risolto da Eulero nel 1734 con un altro metodo. Con la stessa idea si sommano $\sum\frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90}$ e molte serie della fisica.

Il contorno quadrato per sommare una serie — Il quadrato C N passa a metà strada tra gli interi; dentro ci sono i poli in ogni intero da meno N a N, in rosso, e il polo triplo nell’origine, in viola. Allargando il quadrato, l’integrale tende a zero e la somma dei residui pure.

Gli esercizi con tutti questi contorni sono nella pagina degli esercizi collegata in cima.

0 Comments

Oldest

Newest Most Voted

Cookie	Duration	Description
cookielawinfo-checkbox-analytics	11 months	This cookie is set by GDPR Cookie Consent plugin. The cookie is used to store the user consent for the cookies in the category "Analytics".
cookielawinfo-checkbox-functional	11 months	The cookie is set by GDPR cookie consent to record the user consent for the cookies in the category "Functional".
cookielawinfo-checkbox-necessary	11 months	This cookie is set by GDPR Cookie Consent plugin. The cookies is used to store the user consent for the cookies in the category "Necessary".
cookielawinfo-checkbox-others	11 months	This cookie is set by GDPR Cookie Consent plugin. The cookie is used to store the user consent for the cookies in the category "Other.
cookielawinfo-checkbox-performance	11 months	This cookie is set by GDPR Cookie Consent plugin. The cookie is used to store the user consent for the cookies in the category "Performance".
viewed_cookie_policy	11 months	The cookie is set by the GDPR Cookie Consent plugin and is used to store whether or not user has consented to the use of cookies. It does not store any personal data.

La strategia

Funzioni razionali: il semicerchio

Il lemma di Jordan e gli integrali di Fourier

Il contorno con la rientranza: l’integrale di

Il buco della serratura: le potenze non intere

Il settore: sfruttare una simmetria

Il rettangolo: spostare una gaussiana

Gli integrali trigonometrici

Sommare una serie con i residui

Articoli correlati

Esercizi sul teorema dei residui svolti: integrali reali calcolati nel piano complesso

Il teorema dei residui e il calcolo di integrali reali

Teorema e formula integrale di Cauchy, approfondimento: Goursat, deformazione dei contorni, infinite derivate, Liouville e teorema fondamentale dell’algebra

Esercizi sui limiti svolti, dal livello base all’esame

Esercizi sugli integrali svolti, dal livello base all’esame

Esercizi su integrale complesso e formula integrale di Cauchy svolti

Il contorno con la rientranza: l’integrale di $\sin x/x$