Capítulo 5

Singularidades. Teorema de los Residuos.

La notable fórmula integral de Cauchy se generaliza en este importante capítulo y esta extensión se llama teorema de los residuos. Entre sus numerosas aplicaciones veremos una muy en detalle : cómo aplicar dicho teorema para obtener integrales impropias reales que no podríamos calcular con los métodos elemental de integración.

Los tres tipos de singularidades de este capítulo son los más importantes para aplicar el teorema de los residuos que estudiaremos en la próxima sección. Aquí agarraremos habilidad en el cálculo de residuos propiamente dicho para luego usar esta herramienta en la solución de varios problemas.

Sección 1

CONTENIDO.

1. Singularidad evitable.

2. Polos.

3. Singularidad esencial.

4. Residuos.

Singularidades.

91

Problemas.

1) Hallar y clasificar todas las singularidades en C de la función

f (z) =z

(z − 1)(z + 2)2

calculando el residuo de f (z) en cada uno de estos puntos singulares.

Solución.

Es evidente que los puntos singulares son z0 = 1 y

z1 = − 2 y que estas son singularidades aisladas de f (z).Para averiguar el tipo de singularidad haremos el desarrollo de Laurent de f (z) alrededor de cada una de estas singularidades y del mismo deduciremos qué tipo de singularidad hay en cada uno de ellos.

Comencemos por el punto z0 = 1. Escribamos

nuestra función en la forma

f (z) =z /(z + 2)2

z − 1.

Haciendo ϕ(z) =z

(z + 2)2 y observando que esta

función tiene desarrollo de Taylor alrededor de z0 = 1,

el cual comienza explícitamente

ϕ(z) = ϕ(1) + ϕ′�(1)(z − 1) +ϕ′�′ �(1)

2!(z − 1)2 + …

vemos que

ϕ(z) =19

+ ϕ′�(1)(z − 1) +ϕ′�′�(1)

2!(z − 1)2 + ….

De esto deducimos que el desarrollo de Laurent en potencias de (z − 1) alrededor de z0 = 1 es

f (z) =ϕ(z)z − 1

=1/9

z − 1+ ϕ′�(1) +

ϕ′�′ �(1)2!

(z − 1) + …

válido en la región

0 < |z − 1 | < 3.

92

Y puesto que el residuo en z0 = 1 es precisamente

el a−1 de este desarrollo tenemos que

Resz0=1

f (z) =19

.

Por otro lado, como a−n = 0 para n ≥ 2 en este

desarrollo vemos que en z0 = 1 la función tiene un polo

simple en dicho punto.

Vayamos ahora al punto z1 = − 2. Escribamos la función en la forma

f (z) =z /(z − 1)(z + 2)2

y llamemos ψ (z) =z

z − 1. El desarrollo en ψ (z)

alrededor de z1 = − 2 es

ψ (z) = ψ (−2) + ψ′�(−2)(z + 2) +ψ′�′�(−2)

2!(z + 2)2 + ….

Calculando vemos que

ψ (−2) =23 y ψ′�(−2) =

−19

.

Luego obtenemos

ψ (z) =23

−19

(z + 2) +ψ′�′�(−2)

2!(z + 2)2 + …

de lo cual deducimos que

f (z) =ψ (z)

(z + 2)2=

23

1(z + 2)2

−19

1(z + 2)

+ψ′�′�(−2)

2!+ ….

en la región

0 < |z + 2 | < 3.

Luego tenemos que

Resz0=−2

f (z) =−19

pues este es el valor de a−1 en nuestro desarrollo y

que hay un polo doble en z0 = − 2 pues a−n = 0 para

n ≥ 3.

□93

Se puede ver una solución on-line aquí.

2) Hallar y clasificar todas las singularidades en C de la función

f (z) =1

z(1 − ch(z)).

Solución.

Las singularidades de esta función son los puntos z ∈ C tales que

z(1 − ch(z)) = 0.

Esto significa que z = 0 ó ch(z) = 1. De la primera de ellas no hay cada que decir. De la segunda, un poco más. Por un lado ch(0) = 1 y entonces una singularidad es la ya mencionada z = 0. Pero podría haber valores no reales para los cuales ch(z) = 1. En efecto, recordemos que ch(z) = cos(iz) y que el coseno no tiene raíces en el campo complejo que no sean las familiares reales. Deducimos de esto que

ch(z) = cos(iz) = 1

si y sólo si

iz = 2kπ k ∈ Z

94

Dominio de validez del desarrollo de Laurent en potencias de z − 1 que nos permite ver el residuo en z0 = 1 de nuestra función.

Galería 5.1. Dominios de validez de desarrollos de Laurent posibles de nuestra función.

es decir

z = 2kπi k ∈ Z

donde recordamos al lector que dividir por i es lo mismo que multiplicar por −i y que el conjunto Z es el mismo que el conjunto −Z de sus opuestos.

Luego tenemos infinitas singularidades en el campo complejo, las cuales vemos graficadas en la galería 5.2.

Para calcular los residuos y clasificar estas singularidades hallemos los desarrollos en serie de Laurent alrededor de cada uno de estos puntos. Comencemos por el punto z0 = 0. Sabemos que

ch(z) = 1 +z2

2!+

z4

4!+ … |z | < ∞,

entonces

1 − ch(z) = −z2

2!−

z4

4!− … |z | < ∞

95

Algunas de las infinitas singularidades de la función f (z) =1

z(1 − ch(z)).

Galería 5.2. Las infinitas singularidades de f (z) =

1z(1 − ch(z))

.

y por lo tanto

z(1 − ch(z)) = −z3

2!−

z5

4!− … |z | < ∞.

Esta igualdad es fundamental porque nos permite sacar factor común z3 para obtener

z(1 − ch(z)) = z3( −12!

−z2

4!− …) |z | < ∞.

Con esto deducimos que la función f (z) se puede escribir en la forma

f (z) =1

z(1 − ch(z))=

1

z3( − 12! − z2

4! − …)0 < |z | < 2π

y definiendo

ϕ(z) =1

− 12! − z2

4! − … (1)

obtenemos que

f (z) =ϕ(z)z3

y puesto que ϕ(0) =−12!

≠ 0 vemos que f (z) presenta

un polo triple en z0 = 0. Para calcular el residuo desarrollemos ϕ(z) en potencias de z alrededor de z0 = 0. Como

ϕ(z) = ϕ(0) + ϕ′�(0)z +ϕ′�′�(0)

2!z2 + …

obtenemos usando (1) que ϕ(0) = 2. Derivando (1) obtenemos que

ϕ′�(z) =−1

( − 12! − z2

4! − …)2 . (−1

12z − H(z)) (2)

donde H(z) es una serie en potencias de z de la forma

H(z) = a3z3 + a5z5 + …

y lo importante para nosotros es que se anula en z0 = 0.

96

Con todo esto obtenemos que

ϕ′�(0) = 0.

Derivando ahora la igualdad (2) obtenemos

ϕ′�′�(z) = [ −1

( − 12! − z2

4! − …)2 ]

′�. (−1

12z − H(z))+

−1

( − 12! − z2

4! − …)2 . (−1

12z − H(z))

′�. (3)

Pero atención!, no debemos hacer esta cuenta completamente pues sólo nos interesa el valor de esta segunda derivada en 0. Por ejemplo, al derivar todo el primer corchete obtendríamos, al aplicar la regla de la cadena una expresión de la forma

2

( − 12! − z2

4! − …)3 . [ ]( −1

12z − H(z))

donde el segundo paréntesis se anula en z0 = 0. Luego sólo nos queda por calcular el segundo sumando de la igualdad (3). Pero al derivar H(z) puesto que tiene todas potencias impares de índice mayor que 3, resultarán potencias pares que al ser evaluadas en

z0 = 0 se anulan quedando sólo la derivada de −112

z, es

decir −112

. Y entonces obtenemos que

ϕ′�′�(0) =13

.

Con todo esto llegamos a que el desarrollo en serie de Taylor de ϕ en potencias de z es

ϕ(z) = 2 + 0z +1

3.2!z2 + …

y por lo tanto

f (z) =2z3

+0z2

+16z

+ … 0 < |z | < 2π

97

donde en los puntos suspensivos hay potencias positivas de z.

Vemos entonces de este desarrollo que el residuo de f (z) en el polo triple z0 = 0 es

Resz0=0

f (z) =16

.

Para las demás singularidades zk = 2kπi, k ≠ 0 demostremos que son polos dobles. Ejemplifiquemos este razonamiento con el caso z1 = 2πi. Consideremos la función

p(z) = 1 − ch(z − 2πi)

donde la hemos llamado p porque veremos que es periódica. Recordando que cos(iz) = ch(z) obtenemos

p(z) = 1 − cos(i(z − 2πi))

lo cual es igual a

p(z) = 1 − cos(iz + 2π)

es decir, por periodicidad del coseno

p(z) = 1 − cos(iz) = 1 − ch(z).

Esto nos muestra que

p(z) = p(z − 2πi),

que es la periodicidad que queríamos probar.

Volvamos ahora al desarrollo en serie

1 − ch(z) = −z2

2!−

z4

4!− … |z | < ∞.

Sustituyendo z por z − 2πi obtenemos

1 − ch(z − 2πi) = −(z − 2πi)2

2!−

(z − 2πi)4

4!− … |z | < ∞

de lo cual, por la periodicidad recién probada obtenemos

1 − ch(z) = −(z − 2πi)2

2!−

(z − 2πi)4

4!− … |z | < ∞.

98

Lo importante de este desarrollo es que está en potencias de z − 2πi y no de z. Ahora bien, sacando factor común (z − 2πi)2 obtenemos

1 − ch(z) = (z − 2πi)2[ −12!

−(z − 2πi)2

4!− …] |z | < ∞

donde el corchete es una función holomorfa M(z) en z = 2πi que no se anula en dicho punto.

Tenemos entonces que

f (z) =1

z(1 − ch(z))

se puede escribir en la forma

f (z) =1

z(1 − ch(z))=

1/(z . M(z))(z − 2πi)2

donde el numerador es una función analítica en z = 2πi que no se anula allí. Esto prueba que la función tiene en z = 2πi un polo doble y que el residuo en dicho punto es

Resz0=2πi

f (z) = ( 1z . (M(z)) )

′�

z=2πi=

−12πi

donde hemos omitido la cuenta para obtener este sencillo resultado.

□

3) Hallar una función holomorfa en C − {1,5} con un único cero simple, polos simples en z = 1, z = 5 y tal

que limz→∞

z f (z) = 3 y que ∮|z|=2f (z)dz = 3πi.

Solución.

Sea f (z) la función que queremos que queremos hallar. Para que tenga polos simples en los puntos mencionados debemos tener una expresión de la forma

f (z) =φ(z)

(z − 1)(z − 5)

99

donde φ(z) es analítica y no nula en z = 1 y z = 5 ya que sin esta condición de no anulación podríamos tener en lugar de polos singularidades evitables.

Para tener un único cero simple lo más sencillo es elegir para φ(z) una función lineal y entre estas elegimos la función

φ(z) = 3(z − z0)

para tener en simultáneo que

limz→∞

z f (z) = 3,

pues con esa elección de φ(z) tenemos que

f (z) =3(z − z0)

(z − 1)(z − 5).

Finalmente la condición ∮|z|=2f (z)dz = 3πi nos

determinará el valor de z0. En efecto,

∮|z|=2f (z)dz = ∮|z|=2

3(z − z0)(z − 1)(z − 5)

dz = 2πi3(1 − z0)

1 − 5

lo cual debe ser igual a 3πi. Luego tenemos

2πi3(1 − z0)

1 − 5= 3πi

y despejando obtenemos el valor

z0 = 3.

Con este resultado nuestra función resulta

f (z) =3(z − 3)

(z − 1)(z − 5).

Se puede verificar que esta función satisface todas las condiciones del ejercicio.

□

Se puede ver una solución on-line aquí.

4) Sea f (z) una función holomorfa en un dominio D acotado del plano complejo salvo en una cantidad finita de puntos donde tiene singularidades de tipo

100

polo y además f (z) tiene solamente una cantidad finita de ceros en D. Clasificar las singularidades de la

función g(z) =f′�(z)f (z)

en D y evaluar la integral

∮∂D+

f′�(z)f (z)

dz.

Solución.

Sea z0 uno de los ceros de f (z) . Entonces la

función f (z) se escribe en la forma

f (z) = (z − z0)mϕ(z) (1)

donde ϕ(z) es analítica y no nula en z0 y donde m es el orden de multiplicidad del cero z0 . Calculando

obtenemos para la derivada de f (z) la expresión

f′�(z) = m(z − z0)m−1ϕ(z) + (z − z0)mϕ′�(z).

Por lo tanto

g(z) =f′�(z)f (z)

= mz − z0

+ϕ′�(z)ϕ(z)

(2)

y como ϕ(z) es analítica y no nula en z0 tenemos que el

segundo sumando se puede desarrollar en serie de Taylor alrededor de z0.

Esto implica que g(z) tiene en z0 un polo simple con residuo igual a m, el orden de multiplicidad del cero z0.

Si en cambio razonamos ahora con los polos obtenemos que, si z1 es un polo de orden p de f (z)

entonces la función f (z) se escribe en la forma

f (z) = (z − z1)−pϕ(z). (3)

donde ϕ(z) es analítica y no nula en z1.

Como la expresión (3) es similar a la (1) obtenemos para g(z) la expresión

g(z) =f′�(z)f (z)

=−p

z − z1+

ϕ′�(z)ϕ(z)

101

es decir, la función g(z) tiene en z1 un polo simple con residuo igual a −p. Esto clasifica las singularidades de g(z) en D.

Para obtener el valor de la integral ∮∂D+

f′�(z)f (z)

dz

consideremos la figura de la galería 5.3. Por supuesto que consideramos el borde de D orientado de manera positiva. Entonces, aplicando el teorema de los

residuos a la integral ∮∂D+

f′�(z)f (z)

dz obtenemos que

∮∂D+

f′�(z)f (z)

dz = 2πi∑ Res zj + Res pi

donde Res pi denota el residuo en el polo simple de g(z) pi y donde Res zj denota el residuo en el polo

simple de g(z) zj. Si denotamos

Z = “Suma de los órdenes de

los ceros de f (z) en cada zi”

y

P = ”Suma de los órdenes de

los polos de f (z) en cada pj”

obtenemos el resultado final

102

Los puntos denotados pi reresentan los polos y los puntos denotados zj representan los ceros de f (z).

Galería 5.3. Polos y ceros de f (z).

∮∂D+

f′�(z)f (z)

dz = 2πi(Z − P).

□

103

El poderoso teorema de los residuos es aplicado en esta sección al cálculo de varios tipos de integrales reales, integrales que no pueden obtenerse por métodos elementales salvo en casos muy particulares. Representa una justificación de porqué en la sección anterior tuvimos que entrenarnos tanto en el cálculo de residuos propiamente dicho.

Sección 2

CONTENIDO.

1. Teorema de los residuos.

2. Cálculo de integrales.

3. Residuo en el infinito.

Teorema de los residuos. Cálculo de Integrales.

104

Problemas.

1) Hallar el valor de la integral

I = ∫π

0

cos(t)5 + 4cos(t)

dt.

Solución.

Observemos primero que, puesto que la función integrando es par obtenemos

I = ∫π

0

cos(t)5 + 4cos(t)

dt =12 ∫

π

−π

cos(t)5 + 4cos(t)

dt

y entonces, por periodicidad podemos poner que

I =12 ∫

2π

0

cos(t)5 + 4cos(t)

dt.

Esta integral ya fue hallada usando la fórmula integral de Cauchy en la página 55, pero repetimos por comodidad el razonamiento allí hecho y al final

utilizaremos el teorema de los residuos, al contrario a lo realizado en la página 55 donde se utilizó esa notable fórmula integral.

El motivo por el cual esta integral puede calcularse usando la variable compleja es porque la misma es una parametrización de una integral curvilínea en el campo complejo.

Recordemos que por definición si una curva C incluida en el plano complejo se parametriza en la forma

z = z(t) a ≤ t ≤ b

entonces

∮Cf (z)dz = ∫

b

af (z(t))z′�(t)dt

supuesta la existencia de z′�(t).

Por eso el hecho de que 0 ≤ θ ≤ 2π sugiere que nuestra integral es la parametrización de una integral

105

curvilínea sobre una circunferencia C de radio 1 y centro en el origen.

Hagamos entonces

z(θ) = eiθ 0 ≤ θ ≤ 2π.

Luego

dzdθ

= ieiθ ⟹ dz = ieiθdθ.

Por lo tanto, “desparametrizando” nuestra integral

tenemos, recordando que cos(θ) =eiθ + e−iθ

2

I = ∫2π

0

dθ5 + 4cos(θ)

=1i ∮C

dz /z

5 + 4 z + z−1

2

o lo que es lo mismo

I =1i ∮C

dz2z2 + 5z + 2

.

Ahora bien, factorizando en denominador de la integral obtenemos

I =1i ∮C

dz2(z + 2)(z + 1/2)

y como la única singularidad dentro de la curva C es

z0 = −12

solo debemos calcular el residuo del

integrando en este punto. Puesto que esta singularidad es un polo simple de dicho integrando sabemos que el residuo en ese punto es

Resz=z0

f (z) =P(z0)Q′�(z0)

donde interpretamos que 12z2 + 5z + 2

=P(z)Q(z)

y hemos

igualado numeradores y denominadores.

Luego, el residuo en z0 = −12

es

Resz0=−1/2

f (z) =1

4z + 5 z=−1/2=

13

.

Por lo tanto, aplicando el teorema de los residuos obtenemos el resultado final

106

I =1i ∮C

dz2z2 + 5z + 2

=1i

2πi13

es decir

I = ∫π

0

cos(t)5 + 4cos(t)

dt =2π3

que por supuesto coincide con el obtenido en la página 55.

□

2) Calcular el valor de la integral

I = ∫∞

0

cos(3x)1 + x2

dx.

Solución.

Puesto que el integrando es una función par vemos que el resultado de esta integral es igual a

12 ∫

∞

−∞

cos(3x)1 + x2

dx.

Para calcular esta última integral consideremos la integral en el campo complejo

∮CR

ei3z

1 + z2dz

donde CR es el camino de la galería 5.4.

Esta integral compleja se puede calcular con el teorema de los residuos. En efecto, si R > 1 tenemos que

∮CR

ei3z

1 + z2dz = 2πi Res

z=if (z)

donde f (z) =ei3z

1 + z2. Puesto que en z = i tenemos

evidentemente un polo simple obtenemos que dicho residuo es

107

Resz=i

ei3z

1 + z2=

ei3z

2z z=i=

e−3

2i

de lo cual obtenemos que

∮CR

ei3z

1 + z2dz = 2πi

e−3

2i= πe−3.

Ahora bien, esta integral compleja se puede escribir en suma de otras dos integrales así :

∫ΓR

ei3z

1 + z2dz + ∫

R

−R

cos(3x) + i sen(3x)x2 + 1

dx

donde ΓR representa la semicircunferencia en el semiplano superior indicada en nuestra galería.

Probemos ahora que ∫ΓR

ei3z

1 + z2dz tiende a cero si

R → ∞. En efecto, como el módulo de la integral en menor o igual que la integral del módulo tenemos que

∫ΓR

ei3z

1 + z2dz ≤ ∫ΓR

|ei3z|

|1 + z2 ||dz | .

Concentrémonos ahora en el numerador. Si z = x + iy tenemos que

|ei3z | = |ei3(x+iy) | = |e−3y | |e3ix | = e−3y

Para calcular la integral I = ∫∞

0

cos(3x)1 + x2

d x debemos considerar una curva

como la de la figura.

Galería 5.4. Camino de integración.

108

y puesto que por estar z en el semiplano superior es y ≥ 0 obtenemos que

|ei3z | ≤ 1.

Si miramos ahora el denominador vemos que

1 − |z |2 ≤ |1 + z2 |

de lo cual, invirtiendo ambos miembros, obtenemos recordando que sobre la semicircunferencia |z | = R que

1|1 − R2 |

≥1

|1 + z2 |.

Usando estas acotaciones para los numeradores y denominadores recién obtenidas vemos que

∫ΓR

ei3z

1 + z2dz ≤ ∫ΓR

1|1 − R2 |

|dz | ≤1

|1 − R2 |πR (1)

recordando la desigualdad ∮Cf (z)dz ≤ M . Long(C ).

Luego, si en (1) hacemos R → ∞ observamos que

∫ΓR

ei3z

1 + z2dz → 0.

Con todo esto obtenemos que

limR→∞ ∫

R

−R

cos(3x) + i sen(3x)x2 + 1

dx = πe−3

de lo cual tomando parte real en esta igualdad obtenemos que

limR→∞ ∫

R

−R

cos(3x)x2 + 1

dx = πe−3

es decir

∫∞

−∞

cos(3x)x2 + 1

dx = πe−3

y por lo tanto

∫∞

0

cos(3x)x2 + 1

dx =π2

e−3.

□

109

Se puede ver una solución on-line aquí.

Nota : Esta integral no puede obtenerse por métodos elementales, como los util izados en análisis matemático I (sustitución, partes, fracciones simples, etc). La demostración de este hecho es de una dificultad extrema!

3) Hallar el valor principal de la integral

I = ∫∞

−∞

sen(x)x(x2 + 1)

dx.

Solución.

La diferencia entre este problema y el anterior es que al considerar la integral compleja

∮CR

eiz

z(z2 + 1)dz

tenemos una singularidad en en integrando sobre la curva CR de la galería 5.4 y el teorema de los residuos,

hijo de la fórmula integral de Cauchy, requiere que la función sea analítica sobre la curva CR. Por eso

consideramos la integral sobre la curva de la galería

110

Como la función eiz

z(z2 + 1) tiene un polo simple en z = 0 debemos

esquivarlo considerando la semicircunferencia colorada.

Galería 5.5. Curva de integración para calcular I = ∫

∞

−∞

sen(x)x(x2 + 1)

dx.

5.5 que llamaremos simplemente C aunque dependa de ϵ y de R.

Para calcular la integral

∮C

eiz

z(z2 + 1)dz

usamos el teorema de los residuos y vemos que

∮C

eiz

z(z2 + 1)dz = 2πi Res

z=i

eiz

z(z2 + 1).

Puesto que

Resz=i

eiz

z(z2 + 1)=

eiz

z(z + i) z=i=

e−1

i.2i

obtenemos

∮C

eiz

z(z2 + 1)dz = − πe−1i.

Ahora bien, la integral del primer miembro es igual a la suma de las siguientes cuatro integrales

∫CR

eiz

z(z2 + 1)dz + ∫

−ϵ

−R

eix

x(x2 + 1)dx + ∫Cϵ

eiz

z(z2 + 1)dz + ∫

R

ϵ

eix

x(x2 + 1)dx

La primera, al igual que lo probado en el ejercicio anterior tiende a cero si R → ∞. La segunda y la cuarta al tender R → ∞ y ϵ → 0 suman

∫∞

−∞

eix

x(x2 + 1)dx.

Concentrémonos ahora en la tercera. Puesto que

∫Cϵ

eiz

z(z2 + 1)dz

tiene un polo simple en z = 0 y puesto que el residuo en ese polo simple es

Resz=0

eiz

z(z2 + 1)=

eiz

z2 + 1 z=0= 1

vemos que 111

∫Cϵ

eiz

z(z2 + 1)dz = − πi.

Con todo esto obtenemos

∫∞

−∞

eix

x(x2 + 1)dx − πi = − πie−1

de lo cual, aplicando la fórmula de Euler tenemos

∫∞

−∞

cos(x) + isen(x)x(x2 + 1)

dx = − πie−1 + πi.

Tomando la parte imaginaria de esta igualdad obtenemos

∫∞

−∞

sen(x)x(x2 + 1)

dx = π(1 − e−1)

que es el resultado final.

□

Se puede ver una solución on-line aquí.

4) Hallar el valor principal de la integral

I = ∫∞

0

ln(x)x2 + 1

dx.

Solución.

Puesto que en z = 0 tenemos un punto de ramificación de la función

f (z) =Log(z)z2 + 1

tomamos como rama de Log(z)

Log(z) = ln( |z | ) + iθ ,−π2

< θ <3π2

(1)

Consideremos entonces la integral

∮C

Log(z)z2 + 1

dz

donde la curva C es la de la galería 5.6. similar a la curva que hemos usado en el ejercicio 3.

112

Supongamos entonces que los radios de las semicircunferencias Cϵ y CR satisfacen la condición

ϵ < 1 < R.

Entonces el polo simple z = i de la función

f (z) =Log(z)z2 + 1

se encuentra dentro de la curva C y obtenemos, aplicando el teorema de los residuos que

∮C

Log(z)z2 + 1

dz = 2πi Resz=i ( Log(z)

z2 + 1 ).

Este residuo es claramente

Resz=i ( Log(z)

z2 + 1 ) =Log(z)

2z z=i=

Log(i)2i

con lo que obtenemos

∮C

Log(z)z2 + 1

dz = 2πiLog(i)

2i= πLog(i). (2)

Ahora bien, por la determinación que hemos tomado en (1) tenemos que

113

Puesto que en z = 0 tenemos un punto de ramificación de f (z) =Log(z)z2 + 1

debemos no pasar por ese punto. La solución de este ejercicio muestra porqué esta curva sí nos sirve para calcular nuestra integral.

Galería 5.6. Curva para integrar I = ∫∞

0

ln(x)x2 + 1

dx.

Log(i) = ln(1) + iπ2

= iπ2

.

Por lo tanto, sustituyendo este valor en (2) obtenemos

∮C

Log(z)z2 + 1

dz =π2i2

.

Escribiendo la integral de la izquierda en la suma de cuatro integrales sobre las cuatro curvas de la galería 5.6. obtenemos que

∫R

ϵ

ln(x)x2 + 1

dx + ∫CR

Log(z)z2 + 1

dz

+∫−ϵ

−R

Log(xeiπ)(xeiπ)2 + 1

dx + ∫Cϵ

Log(z)z2 + 1

dz =π2i2

.

Concentrémonos ahora en el tercer sumando. Este se puede escribir, por como hemos determinado al logaritmo, en la forma

∫−ϵ

−R

ln(−x) + iπx2 + 1

dx.

Si hacemos el cambio de variables

t = − x ⟹ dt = − dx

obtenemos

∫R

ϵ

ln(t) + iπt2 + 1

dt

donde ya hemos usado el signo “menos” del diferencial en invertir los límites de integración.

Si admitimos que las dos integrales sobre las semicircunferencias Cϵ y CR tienden a cero cuando

ϵ → 0 y R → ∞ obtenemos la igualdad

2∫∞

0

ln(x)x2 + 1

+ iπ∫∞

0

1x2 + 1

dx =π2i2

.

114

Tomando las partes real e imaginaria de esta igualdad obtenemos

∫∞

0

ln(x)x2 + 1

= 0

y

∫∞

0

1x2 + 1

dx =π2

de las cuales la primera es nuestro ejercicio.

Resta aún probar lo que hemos admitido sin demostración : que las integrales

∫CR

Log(z)z2 + 1

dz → 0

y

∫Cϵ

Log(z)z2 + 1

dz → 0

si ϵ → 0 y R → ∞.

Para la segunda tenemos

∫Cϵ

Log(z)z2 + 1

dz ≤ ∫cϵ

|Log(z) ||z2 + 1 |

|dz | ≤ Mπϵ (3)

donde M es una cota para |Log(z) ||z2 + 1 |

sobre la curva Cϵ.

Ahora bien, sobre la curva Cϵ tenemos que

|Log(z) | = | ln(ϵ) + iθ | ≤ ln(ϵ) + π

y además

|1 − |z |2 | = |1 − ϵ2 | ≤ |1 + z2 |

de lo cual deducimos

1|1 + z2 |

≤1

|1 − ϵ2 |.

Por lo tanto

M ≤ln(ϵ) + π|1 − ϵ2 |

de lo cual, sustituyendo en (3) obtenemos

115

∫Cϵ

Log(z)z2 + 1

dz ≤ln(ϵ) + π|1 − ϵ2 |

πϵ.

Por un lado se obtiene trivialmente que si ϵ → 0 entonces

π2ϵ|1 − ϵ2 |

→ 0

y usando la regla de L’Hopital se obtiene que ϵln(ϵ) también tiende a cero si ϵ → 0. Todo esto prueba que

∫Cϵ

Log(z)z2 + 1

dz → 0

si ϵ → 0.

Análogamente (y más similar a los ejercicio que ya venimos trabajando) se prueba que

∫CR

Log(z)z2 + 1

dz → 0

si R → ∞.

□

5) Utilizando el residuo en el infinito calcular la integral

∮|z|=9

z5

1 − z3dz.

Solución.

E n g e n e r a l , c u a n d o h a y m á s d e d o s singularidades de la función dentro de la curva la suma de los residuos en la igualdad del teorema de los residuos puede ser bastante laboriosa. En este caso tenemos tres y por lo tanto procederemos a calcular el valor de nuestra integral utilizando el residuo en el infinito.

De acuerdo a la teoría, si f (z) es una función holomorfa dentro y sobre una curva C positivamente orientada salvo en un número finito de puntos z1, z2, …, zn entonces

116

∮Cf (z)dz = 2πi( − Res

z=∞f (z))

de lo cual se deduce en esa teoría la fórmula siguiente

∮Cf (z)dz = 2πi Res

z=0

1z2

f( 1z ). (1)

Concentrándonos entonces en esta última fórmula tenemos que si

f (z) =z5

1 − z3

entonces

f( 1z ) =

1z5

1 − 1z3

o lo que es lo mismo, multiplicando numerador y denominador por z5

f( 1z ) =

1z5 − z2

.

Por lo tanto

1z2

f( 1z ) =

1z7 − z4

de lo cual obtenemos

1z2

f( 1z ) =

1z4

1z3 − 1

es decir

1z2

f( 1z ) =

1z4

−11 − z3

.

Utilizando una serie geométrica

1z2

f( 1z ) =

−1z4

(1 + z3 + z6 + …)

de lo cual, eligiendo el “a−1” vemos que

Resz=0

1z2

f( 1z ) = − 1

con lo cual, de acuerdo a (1) obtenemos

117

∮|z|=9

z5

1 − z3dz = 2πi(−1) = − 2πi.

□

118