% !TEX TS-program = pdflatex
% !TEX encoding = UTF-8 Unicode

% This is a simple template for a LaTeX document using the "article" class.
% See "book", "report", "letter" for other types of document.

\documentclass[11pt]{article} % use larger type; default would be 10pt

\usepackage[utf8]{inputenc} % set input encoding (not needed with XeLaTeX)

%%% Examples of Article customizations
% These packages are optional, depending whether you want the features they provide.
% See the LaTeX Companion or other references for full information.

%%% PAGE DIMENSIONS
\usepackage{geometry} % to change the page dimensions
\geometry{a4paper} % or letterpaper (US) or a5paper or....
% \geometry{margin=2in} % for example, change the margins to 2 inches all round
% \geometry{landscape} % set up the page for landscape
%   read geometry.pdf for detailed page layout information

\usepackage{graphicx} % support the \includegraphics command and options

% \usepackage[parfill]{parskip} % Activate to begin paragraphs with an empty line rather than an indent

%%% PACKAGES
\usepackage{booktabs} % for much better looking tables
\usepackage{array} % for better arrays (eg matrices) in maths
\usepackage{paralist} % very flexible & customisable lists (eg. enumerate/itemize, etc.)
\usepackage{verbatim} % adds environment for commenting out blocks of text & for better verbatim
\usepackage{subfig} % make it possible to include more than one captioned figure/table in a single float
% These packages are all incorporated in the memoir class to one degree or another...
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}


%%% HEADERS & FOOTERS
\usepackage{fancyhdr} % This should be set AFTER setting up the page geometry
\pagestyle{fancy} % options: empty , plain , fancy
\renewcommand{\headrulewidth}{0pt} % customise the layout...
\lhead{}\chead{}\rhead{}
\lfoot{}\cfoot{\thepage}\rfoot{}

%%% SECTION TITLE APPEARANCE
\usepackage{sectsty}
\allsectionsfont{\sffamily\mdseries\upshape} % (See the fntguide.pdf for font help)
% (This matches ConTeXt defaults)

%%% ToC (table of contents) APPEARANCE
\usepackage[nottoc,notlof,notlot]{tocbibind} % Put the bibliography in the ToC
\usepackage[titles,subfigure]{tocloft} % Alter the style of the Table of Contents
\renewcommand{\cftsecfont}{\rmfamily\mdseries\upshape}
\renewcommand{\cftsecpagefont}{\rmfamily\mdseries\upshape} % No bold!

%%% END Article customizations

%%% The "real" document content comes below...

\title{Esercizi di Guarneri}
\author{danivolo}
\date{} % Activate to display a given date or no date (if empty),
         % otherwise the current date is printed

\begin{document}
\maketitle

\textbf{1}: Calcoli.

\textbf{2}: No perché in generale $  \forall x \in \mathbb{R} \, \sin(ix) = \sinh(x)$, illimitato, per esempio $|\sin(100i)| = \frac{1}{2}|e^{-100}-e^{100}|$

\textbf{3-17, 19, 23}: Sono su spazi metrici, quindi nada.

\textbf{18}: Sono cammini perché sono mappe continue, la loro traccia è una circonferenza.

\textbf{20}: Una riparametrizzazione $f: [a,b] \rightarrow [c,d]$ con $a=c=0, b=d=1$ che trasforma $\gamma_1$ in $\gamma_2$ è tale che $e^{4\pi i t} = e^{2\pi i f(t)}$, quindi $f(t) = 2t'$. Ma $f(b) = 2 \neq d$.

\textbf{21}: È una relazione riflessiva perché si può usare $f(t)=t$. Simmetrica perché se $f$ è continua strettamente crescente lo è anche $f^{-1}$. Transitiva perché la composizione di funzioni continue strettamente crescenti lo rimane, e fa da riparametrizzazione fra il primo e il terzo cammino.

\textbf{22}: Si può riparametrizzare con $f(t): [a,b]\rightarrow [0,1], t \mapsto \frac{t-a}{b-a}$.

\textbf{24}: Se $x_1 y_2 - x_2 y_1 = 0 $ allora $(Ax_1+Bx_2)(Cy_1+Dy_2)-(Cx_1+Dx_2)(Ay_1+By_2)=0$ (conti).

\textbf{25}: $ \lim_{{z \rightarrow \infty}} {{z^n}}= \lim_{z \rightarrow \infty}|z|^n e^{in\arg z}=$ infinito in modulo, non importa la direzione. \\
Per $-\infty$ il limite del modulo è 0 e quindi ancora non importa la direzione.


\textbf{26}: Le parti reale e immaginaria di $f(x+iy) = x-iy$ sono continue.

\textbf{27}: $v = 0 \implies u_x = u_y = 0, u_y = -v_x = 0$.

\textbf{28}: $u_x  = 1 \neq v_y = -1$.

\textbf{29}: $u_y = -v_x = 0$, quindi $u = u(x), v = v(y)$. L'unico modo per avere $u(x) = v(y) \forall x, y$ è che entrambe le funzioni siano costanti. Se $u(x_1)\neq u(x_2)$ si avrebbe $v(y_0)=u(x_1)\neq u(x_2) = v(y_0)$ assurdo. Quindi $u = ax+c_1, v = ay+c_2, f = az+c_1+ic_2$.

\textbf{30}: Cauchy-Riemann.

\textbf{31}:
\begin{align*}
f(x+iy) &= \cos S + i \sin S \\
\begin{pmatrix}
u_x & v_x \\
u_y & v_y \\
\end{pmatrix}
&=
\begin{pmatrix}
-S_x\sin S & S_x \cos S \\
-S_y\sin S & S_y \cos S
\end{pmatrix}
\end{align*} \\
Le Cauchy-Riemann si traducono nel sistema lineare
\begin{equation}
\begin{cases}
-S_x \sin S - S_y \cos S = 0 \\
S_x \cos S - S_y \sin S = 0
\end{cases}
\end{equation}
$S_x = S_y = 0$ è l'unica soluzione, dato che la matrice associata è invertibile in quanto ha determinante $1$. Pertanto $S$ è costante, e così $f$ è costante di modulo $1$.

\textbf{32}: $\mathfrak{R}(z)$ schiaccia gli angoli delle rette con l'asse reale, $z^{*}$ inverte il segno (l'orientazione) degli angoli.

\textbf{33}: È il 31.

\textbf{34}: Svolto.

\textbf{35}:
\begin{align*}
\gamma(t) &= (\cos t, \sin t) \\
\dot{\gamma}(t) &= (-\sin t, \cos t) \\
\int_\gamma V \cdot dP &= \int_0^{2\pi} V(\gamma(t)) \cdot \dot{\gamma}(t) dt\\
&= \int_0^{2\pi} \frac{-\sin t \cdot - \sin t + \cos t \cos t}{\sin ^2 t +\cos ^2 t} \\
&= 2 \pi
\end{align*}

\textbf{36}:
\begin{align*}
\Phi(x,y) &= \arctan(\frac{y}{x}) \\
\frac{\partial \Phi}{\partial x} &= -\frac{y}{x^2} \frac{1}{1+\frac{y^2}{x^2}} = -\frac{y}{x^2+y^2} \\
\frac{\partial \Phi}{\partial y} &= \frac{1}{x} \frac{1}{1+\frac{y^2}{x^2}} = \frac{x}{x^2+y^2}
\end{align*}

\textbf{37}: Risolto.

\textbf{38}:
\begin{align*}
V(x,y) &= (x,-y) \\
\dot{x} &= V_x = x?\\
\dot{y} &= V_y = -y?\\
\end{align*}

Non mi ricordo ma guarneri l'aveva fatto dopo lo copio.
DO

\textbf{39}: Basta sapere dove comincia e dove finisce $\gamma$. Gli estremi sono $0$ e $\pi i$, entrambi sull'asse immaginario. Definiamo il cammino $\rho(t) = it, 0 \leq t \leq \pi i$.
\begin{align*}
\int_{\gamma} dz f(z) &= \oint_{\gamma+\rho} dz f(z) - \int_{\rho} dz f(z) \\
&= 0-\int_{\rho} (e^{\rho}+e^{-\rho})^2 \dot{\rho} dt\\
&= -\int_0^{\pi i} dt (e^{2t}+e^{-2t}-1) \cdot i \\
&= -i(e^{2\pi i} + e^{-2\pi i} - \pi i - 1 - 1) \\
&= -\pi
\end{align*}

\textbf{40}: Integrandola sulla circonferenza unitaria si avrebbe
\begin{align*}
\int_0^{2\pi} ie^{it} f(e^{it}) dt &= i\int_0^{2\pi} e^{it} \sin t dt\\
&=i \int_0^{2\pi} e^{it} \frac{e^{it}+e^{-it}}{2} dt \\
&= \frac{i}{2} \int_0^{2\pi} (e^{2it} + 1 )dt \\
&= \pi i \neq 0
\end{align*}

\textbf{41}: Come dice Guarneri il campo $W$ non è conservativo. Se avesse primitiva, il campo $W$ associato a tale primitiva sarebbe un potenziale per il $W$ di $f(z)$, assurdo.

\textbf{42}: Risolto.

\textbf{43}: Ruffini:

\begin{equation}
\begin{tabular}{c |c  c  c  c  c}
& 1 & 0 & 0 & $ \dots$ & $-b^m $\\
$b$ & & $b$ & $b^2 $& $\dots $& $b^m$ \\
\hline \\
& 1 & $b$ & $b^2$ & $\dots$ & 0 \\
\end{tabular}
\end{equation}

\textbf{44}: $F(z) = \frac{1}{2 \pi i} \int_{\gamma} dz' \frac{1}{z'-z}$

\textbf{45}: L'integranda avrebbe due poli, ma il cammino è una circonferenza centrata in $\sqrt{2} i$ e contiene solo $2i$. Pertanto con $f(z) = \sin z / (z+2i)$ abbiamo $\int_{\gamma} dz \frac{f(z)}{z-2i} = 2\pi i f(2i) = -i(\pi /4) \sinh 2 $

\textbf{46}: Se $\gamma_a(t) = u(t)+iv(t)$ notiamo che $v = (1-u^2)/a$ e che quindi il cammino è il grafico di una parabola rivolta verso il basso, di vertice $(0,1/a)$ e che interseca l'asse $x$ in $x=-1, x=1$ (estremi del cammino). Sia $\rho(t) = t, -1 \leq t \leq 1$ il cammino che completa $\gamma_a$. Il cammino chiuso può contenere, dei poli di $f(z)$, al massimo $i$. Se è così si ha:

\begin{align*}
\int_{\gamma_a} dz f(z) &= \oint_{\gamma_a+\rho} dz f(z) - \int_{\rho} dz f(dz) \\
&= 2 \pi i Res(f,i)?-\int_{-1}^1 \frac{1}{1+t^2} dt\\
&= \pi ? - \frac{\pi}{2} \\
&= \pm \frac{\pi}{2}
\end{align*}

\textbf{47}: Calcoli assurdi, deve essere $\nabla^2 v = \frac{\partial^2 v}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 v}{\partial y^2} = 0$. Esce $\alpha = -1, \beta = 2$.

\textbf{48}: La formula di Cauchy per la derivata prima:

\begin{align*}
f'(z) &= \frac{1}{2\pi i} \oint_{\gamma} dz' \frac{f(z')}{(z'-z)^2} \\
|f'(0)| = |i| = 1 &= \frac{1}{2\pi} |\oint_{\gamma} dz' \frac{f(z')}{z'^2} |\\
&\leq \frac{\ell(\gamma)}{2\pi} \max_{|z_0| = 1/2} \frac{|f(z')|}{|z'|^2}\\
&= \frac{\frac{1}{2} 2\pi}{2\pi} \frac{1}{\frac{1}{4}}\max_{|z'| = 1/2} |f(z')|\\
&=2 \max_{|z_0| = 1/2} |f(z_0)|
\end{align*}

\textbf{49}: $f(z)$ deve annullarsi in qualche punto, ma se si annullasse $|f(z)|$ sarebbe minimo perché il modulo al minimo fa $0$. Quindi $0$ è uno dei punti in cui si annulla.

\textbf{50}: Come il 48:

\begin{align*}
|f'(\frac{1}{2})| &\leq \frac{2\pi}{|2\pi i|} \max_{|z'| = 1} \frac{|f(z')|}{|z'|^2} \\
&= \max_{B_1(0)} |f(z')|
\end{align*}

e le ipotesi darebbero $5 \leq 1$.

Mmmh controllare.

\textbf{51}: La funzione è analitica quindi ha i massimi sul bordo.



Tenendo conto che moltiplicare per una costante non cambia i massimi, e che $|e^{ix}|=1\, \forall x \in \mathbb{R}$:
\begin{align*}
	z&= i+e^{it}\\
	\max_{\gamma} |e^{z^2}| &= \max_{[0,2\pi]}|e^{e^{2it}+2ie^{it}}-1|\\
	&= \max_{[0,2\pi]}|e^{\cos 2t + i\sin 2t}||e^{2i(\cos t+i\sin t)}| \\
	&= \max_{[0,2\pi]}|e^{\cos 2t - 2\sin t}| \\
	&= \max_{[0,2\pi]}|e^{1-2\sin^2 t - \sin t}| \\
\end{align*}
Il massimo di $1-2x^2-2x$ è $x= -1/2=\sin t$ quindi $t = -\frac{\pi}{6}, -\frac{5\pi}{6}, z = i+e^{-i\frac{\pi}{6}}=e^{i\frac{\pi}{6}}, i+e^{-i\frac{5\pi}{6}}= e^{-i\frac{\pi}{6}}$

Oppure, come ci ha insegnato Casini: $|e^{z^2}| = |e^{x^2-y^2}e^{2xyi}| = e^{x^2-y^2}$ ha i massimi di $x^2-y^2$, che è costante lungo iperboli equilatere, e in particolare positiva lungo iperboli equilatere di quelle a forma di $)($. Quindi basta cercare l'iperbole di questo tipo tangente alla circonferenza di centro $(0,1)$ e raggio 1. I punti di intersezione vengono $e^{\pm i\frac{\pi}{6}}$.

\textbf{52}: $g(r) = r e^{-r^2}$ ha un punto di massimo, impossibile se fosse (il modulo di) una funzione intera.

\textbf{53}: Nel linguaggio di Guarneri $L = \lim x_n$ ha la proprietà che $x_n$ è definitivamente vicino a $L$, quindi sia definitivamente minore di ogni numero $\geq L$ che, condizione più forte della definizione di $\limsup$, definitivamente maggiore di ogni numero $\leq L$.

\textbf{54}:
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{-n}}{n}(z-1)^n &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} (\frac{z-1}{2})^n \\
\limsup a_n^{1/n} &= \frac{z-1}{2}, R = 2 \\
w &= \frac{z-1}{2} \\
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} w^n &= - \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} (-w)^n \\
&= -\log(1+(-w)) \\
&= -\log(1-\frac{z-1}{2})\\
\end{align*}
in $0$ fa $-\log \frac{3}{2} = \log \frac{2}{3}$.

\textbf{55}: DO

\textbf{56}: Provando un po' di volte si vede la ricorrenza $f^{(n)} = (-1)^n n! (z+2)^{(-3-n)}$. Il raggio di convergenza è la distanza dalla singolarità più vicina $|i-(-2)| = |i+2| = \sqrt(5)$.

\textbf{57}: Risolto.

\textbf{58}: Risolto.

\textbf{59}: La sua parte singolare è la stessa di quella regolare di $e^z$ che è infinita.

\textbf{60}: $z = 1/\log c = 1/(\log |c| + 2k\pi i \arg c)$ ha $\mathbb{Z}$ soluzioni.

\textbf{61}: Sono le funzioni che hanno al massimo un polo in $\infty$ quindi quelle che hanno parte regolare finita, e quindi derivata definitivamente nulla, quindi i polinomi. Giusto?

\textbf{62}: Fa 0 sull'asse reale e $+\infty$ sull'asse immaginario quindi non esiste il limite.

\textbf{63}: Il limite non esiste manco sull'asse reale.

\textbf{64}: Risolto.

\textbf{65}: $\lim_{n\rightarrow \infty} a_{n+1}/a_n = \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{-1}{n(n+m)} (w/2)^2$ = 0.

\textbf{66}:

\begin{align*}
J_m = c_m &= \frac{1}{2 \pi i} \oint_{\gamma} dz \, e^{w(z-z^{-1})/2} \frac{1}{z^{(m+1)}} \\
&= \frac{1}{2 \pi i} \int_0^{2\pi} dt \,  i e^{it} e^{i w \sin t} e^{-(m+1)it}\\
&= \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} dt \, e^{-imt} e^{iw \sin t}
\end{align*}

\textbf{67}: Con la 49 saranno un mucchio di calcoli inutili per calcolare i residui in $\pm e^{i\frac{\pi}{4}}, \pm e^{i\frac{3\pi}{4}}$. Con la 50 basta vedere che $\infty$ è un punto regolare.

\textbf{68}:
\begin{align*}
\oint_{\gamma} dz \Bigl( \frac{z}{z-1} \Bigr)^n &= \oint_{\gamma} dz (1+\frac{1}{z-1})^n \\
&= \oint_{\gamma} dz \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{1}{(z-1)^k}
\end{align*}

ma l'integrale di ciascun addendo è nullo tranne quando $k=1$ e $\binom{n}{1} = n$, così che l'integrale fa $n\oint_{\gamma} \frac{1}{z-1} = 2n\pi i$

\textbf{69}:

\begin{align*}
\gamma(t) =& e^{it} \\
\dot{\gamma}(t) =& i \gamma(t) \\
\int_0^{2\pi} dx \sin^{2n}(x) =& \int_{0}^{2\pi} dt \Big(\frac{\gamma(t)-\gamma^{-1}(t)}{2}\Big)^{2n} \frac{\dot{\gamma}(t)}{i\gamma(t)} \\
=& \frac{1}{2^{2n}i} \oint_{\gamma} dz \frac{1}{z} \Big(z-\frac{1}{z}\Big)^{2n} \\
 \frac{1}{2^{2n}i} \oint_{\gamma} dz \frac{(z^2-1)^{2n}}{z^{2n+1}}
\end{align*}

La funzione integranda ha un polo di ordine $2n+1$ in $z=0$. Per calcolare il suo residuo usiamo la formula (7.14)
\begin{align*}
\text{Res}(f,0) =& \frac{1}{(2n)!} \frac{d^{2n}}{dz^{2n}} (z^2-1)^{2n+1} |_{z=0} \\
\end{align*}

Scrivendo il numeratore con il binomio di Newton e usando il fatto che nella derivata $a$-esima di un polinomio valutata in 0 sopravvive solo il termine che aveva esponente $a$, e si ha $\frac{d}{dz} z^a |_0= a!$

\begin{align*}
(z^2+1)^{2n+1} =& \sum_{k=0}^{2n+1} \binom{2n+1}{k} (-1)^{2n+1-k} z^{2k} \\
 \frac{d^{2n}}{dz^{2n}} (z^2-1)^{2n+1} |_{z=0} =&  \frac{d^{2n}}{dz^{2n}}\binom{2n+1}{n} (-1)^{2n+1-n} z^{2n} |_{z=0}\\
 =& (-1)^{n+1} \binom{2n}{n} (2n)!\\
 \text{Res}(f,0) =&  (-1)^{n+1} \binom{2n}{n} \\
 I =& \frac{1}{4^{n}i} 2\pi i   (-1)^{n+1} \binom{2n}{n} \\
	=&\frac{2\pi}{4^{n}} \binom{2n}{n}
\end{align*}
Cioè dovrebbe fare così, il $-$ deve sparire quindi avrò sbagliato dei conti.

\textbf{70}: La funzione integranda soddisfa le ipotesi del lemma di Jordan, quindi l'integrale sull'asse reale è uguale all'integrale su una semicirconferenza chiusa nel semipiano superiore. La funzione ha due poli di ordine $1$ nelle radici del denominatore, che sono $3\pm i$. La curva che consideriamo concatena solo quella con parte immaginaria positiva. Pertanto

\begin{align*}
\int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{e^{ix}}{x^2-6x+10} =& \oint_{\gamma} dz \frac{e^iz}{z^2-6z+10} \\
=& 2\pi i \, \text{Res}(f,3+i) \\
=& 2\pi i \frac{e^iz}{z-(3-i)}\Big|_{z=3+i}  \\
=& 2\pi i \frac{e^i{3+i}}{2i} \\
=& \pi e^{3i-1}
\end{align*}

\textbf{71}: Risolto?

\textbf{72}: DO

\textbf{73}: È $\frac{1}{1-z}$.

\textbf{74}: I domini sono connessi per archi quindi le classi di omotopia di cammini che partono da un punto sono in corrispondenza biunivoca con quelli che partono da un altro punto (componendoli con il cammino che connette i due punti).

\textbf{75}:  Scegliendo la determinazione $\sqrt{1-z^2}= i\sqrt{z-1}\sqrt{z+1} = i|1-z^2|e^{i(\arg z- 1)/2}e^{i(	\arg z+1 )/2}$ si ha che percorrendo $\gamma_2$ sia $\frac{\arg z-1}{2}$ che $\frac{\arg z+1}{2}$ aumentano di $\pi$, così che l'effetto totale è la moltiplicazione per $e^{2i \pi} = 1$.

\textbf{76}: La superficie è come quella di $\sqrt{z}$, ma $1+\sqrt{z} = 0$ (equazione per trovare i poli) implica $z = (-1)^2$, ma sul foglio ``di sopra'' $\sqrt{1} = 1$ e quindi il denominatore non si annulla mai.

\textbf{77}: I punti di diramazione nascono quando si annulla la roba sotto radice, ma per la stessa ragione del 76 sul foglio in cui $\sqrt{1} = 1$ questo non succede.

\textbf{78}:

\begin{align*}
\lim_{\epsilon \rightarrow 0} |\int_{\gamma_{\epsilon}}dz \frac{x^{\alpha-1}}{1+x} |
&\leq  \epsilon \frac{\epsilon^{\alpha-1}}{1+\epsilon}  = \frac{e^{\alpha}}{1+\epsilon} \rightarrow 0 \\
\lim_{R \rightarrow \infty} |\int_{\gamma_{R}}dz \frac{x^{\alpha-1}}{1+x} |
&\leq  R \frac{R^{\alpha-1}}{1+R}  = \frac{R^{\alpha}}{1+R} \rightarrow 0
\end{align*}

\textbf{79}: Sì dopo copio come l'ha fatto Guarneri. DO

\textbf{80}: La funzione $f(x) = \ln (1+x) - x$ parte da 0 e decresce perché ha derivata negativa.

\textbf{81}: DO

\textbf{82}: Sì l'ha fatta Guarneri. DO

\textbf{83}: Basta dire che $D$ è aperto?

\textbf{84}: DO

\textbf{85}: DO

\textbf{86}: DO

\textbf{87}: DO

\textbf{88}: DO

\textbf{89}: DO

\end{document}
