Unidad 5-Teoría de Residuos

7/23/2019 Unidad 5-Teoría de Residuos

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Matemática D

Módulo I - Unidad 51

MATEMÁTICA DMódulo I: Análisis de Variable Compleja

Unidad 5 Teoría de Residuos

Mag. María Inés Baragatti

♦ Singularidades

♦ Se dice que z0 es una singularidad aislada de f(z) si f(z) no es analítica en z0 pero sí esanalítica en un entorno reducido de z0, es decir si existe un número positivo r tal que f(z) es

analítica en un conjunto de la forma 0 < |z – z0| < r

♦ Se dice que z0 es una singularidad no aislada de f(z) si f(z) no es analítica en z0 y en todo

entorno reducido de z0 hay al menos un punto donde f(z) no es analítica.

Ejemplos

1-

La función f(z) = 2/z tiene una singularidad aislada en z = 0 ya que su dominio de analiticidad es C – {0} y por lo tanto es analítica en todo entorno reducido de 0.

2- La función g(z) = z / sen z no es analítica en los puntos en que se anula el denominador , es

decir en los complejos de la forma kππππ , con k = 0, ±±±± 1, ±±±± 2, ..... y estos complejos resultan ser singularidades aisladas de g(z) pues, para cada uno de ellos existe un entorno reducido donde g(z) es analítica. Observar que dichos entornos tienen la forma 0 < | z - kππππ | < ππππ y acontinuación se observan algunos de ellos

0 ππππ -ππππ 0 ππππ 2ππππ ππππ 3ππππ 2ππππ



Matemática D


3- La función h(z) = Ln z tiene una singularidad no aislada en z = 0 pues todo entorno reducido

de 0 contiene puntos del eje real negativo, donde sabemos que Ln z no es analítica. Esimportante observar que además son singularidades no aisladas todos los complejos del eje

real negativo pues , como se observa en los gráficos siguientes, todo entorno de cero y de unreal negativo contiene puntos donde h(x) no es analítica .

♦ Residuos

Si z0 es un punto singular aislado de f(z), sabemos que f(z) es analítica en un anillo 0 < |z – z0| < ry por lo tanto f(z) admite un desarrollo en serie de Laurent convergente en dicha corona:

(((( )))) (((( ))))4 4 34 4 21

deLaurentdesarrollodelprincipalparte

n0

1nn

n0

0nn zzbzza)z(f −−−−

∞∞∞∞

====

∞∞∞∞

====

−−−−++++−−−−==== ∑∑∑∑∑∑∑∑ , 0 < |z – z0| < r

donde los números an y b

n , por ser los coeficientes de la serie de Laurent, son iguales a :

dz )zz(

)z(f i2

1a

C 1n0

n ∫∫∫∫ ++++−−−−ππππ

==== dz )zz(

)z(f i2

1b

C 1n0

n ∫∫∫∫ ++++−−−−−−−−ππππ

====

donde C es cualquier curva suave por tramos contenida en la corona que encierra a z0

Es interesante observar que el coeficiente b1 de la serie de Laurent mencionada resulta ser

dz )z(f i2

1dz

)zz(

)z(f

i2

1b

CC 110

1 ∫∫∫∫∫∫∫∫ ππππ

====−−−−ππππ

====++++−−−−

de donde puede despejarse el valor de la integral de f(z) sobre la curva cerrada C obteniendo:

1Cbi2dz )z(f ππππ====∫∫∫∫

por lo tanto si se conoce el coeficiente b1 podemos obtener el resultado de la integral, este hecho justifica la siguiente definición:

x

y z0

|z-z0|=r

0 0-1

x

y z0

C



Matemática D


♦ Si z0 es un punto singular aislado de f(z), se denomina residuo de f(z) en el punto z0 alcoeficiente de la potencia (z – z0)

-1 de la serie de Laurent que representa a la función en la

corona 0 < |z – z0| < r y se anota Res(f,z0) = b1

Ejemplos

1- La función z1e)z(f ==== tiene una única singularidad aislada en z0 = 0 y su desarrollo en serie de

Laurent alrededor de dicho punto es ∑∑∑∑∞∞∞∞

====

====

0nn

z1

z !n

1e convergente en 0 < |z | < ∞∞∞∞ , como la

serie converge en un entorno reducido de z = 0 y el coeficiente de z-1 es igual a 1 , podemos

afirmar que el residuo de f(z) vale 1 y anotamos Res(f,0) = 1 .

Además podemos afirmar que: i2iRes(f,1)2dz e 1C

1/zππππ====ππππ====∫∫∫∫ ,

siendo C1 cualquier curva cerrada suave por tramos que encierra alorigen.

Observar que si C2 es cualquier curva cerrada que no encierra al origen entonces

0dz e 2C

1/z====∫∫∫∫ , y este valor se obtiene usando el teorema de Cauchy Goursat y no medio del

residuo.

2- La función1zzLn

)z(f −−−−

==== no es analítica en z0 = 1 pero como es analítica en 0 < | z - 1 | < 1 ,

podemos afirmar que z0 es una singularidad aislada de f(z) , además esta función no es

analítica en cero y en todos los complejos del eje real negativo, pero todos ellos son

singularidades no aisladas.Para hallar el residuo en la singularidad aislada z0 = 1 debemos encontrar la serie de Laurent

que la representa en el entorno reducido 0 < |z – 1| < 1, es decir debemos encontrar una serie

de potencias positivas y negativas de ( z - 1) .

Como Ln z es analítica en 1 , desarrollamos por Taylor teniendo presente que

(((( )))) n

0n

n )1z()1(1)1z(

1

z

1'zLn −−−−−−−−====

++++−−−−======== ∑∑∑∑

∞∞∞∞

====

, convergente en | z – 1| < 1 , entonces

(((( ))))

1n

)1z()1(dz)1z()1(dz)1z()1(dz'zLnzLn

1n

0n

nn

0n

nz

1

n

0n

nz

1

z

1 ++++

−−−−−−−−====−−−−−−−−====−−−−−−−−========

++++∞∞∞∞

====

∞∞∞∞

====

∞∞∞∞

====

∑∑∑∑∑∑∑∑ ∫∫∫∫∑∑∑∑∫∫∫∫∫∫∫∫

para | z – 1| < 1 (observar que por ser una serie de potencias convergente , la integral de la serie fue

reemplazada por la serie de las integrales)

Por lo tanto zLn1z

11zzLn

)z(f −−−−

====−−−−

==== ==== (z- 1)-1

1n

)1z()1(

1n

0n

n

++++

−−−−−−−−

++++∞∞∞∞

====

∑∑∑∑ =1n

)1z()1(

n

0n

n

++++

−−−−−−−−∑∑∑∑

∞∞∞∞

====

,

si 0 <| z – 1| < 1

(observar que se ha excluido de la región de convergencia z = 1 pues el primer factor sólo tiene sentido

si z ≠≠≠≠ 1 )

C1

C2



Matemática D


Como la serie obtenida converge en un entorno reducido de z0 = 1 y la potencia (z–1)-1 no

aparece, podemos afirmar que el residuo de f en 1 vale 0, anotamos b1 = Res(f,1) = 0, de

donde la integral 0bi2dz1zzLn 1C

====ππππ====−−−−∫∫∫∫ , siendo C cualquier curva cerrada que encierra a

z0 = 1 y contenida en 0 <| z – 1| < 1

3- La función2i)(zz2zi3

)z(f ++++

−−−−==== no es analítica en z0 = 0 y z1 = -2i , pero es analítica en

0 < | z | < 2 y 0 < | z + 2i | < 2 , que son entornos reducidos de z0 y z1 , por lo tanto ambosson singularidades aisladas de f(z)

Es importante observar que:

si C1 es una curva cerrada, suave por tramos y simple que encierra a

z0 = 0 y no encierra a z1 = -2 entonces

(((( )))) [[[[ ]]]]f,0Resi2dz

zdz

i2zz

2-i3z i2z2zi2

CC 11

ππππ========++++

++++

−−−−

∫∫∫∫∫∫∫∫

si C2 una curva cerrada suave por tramos y simple que encierra a

z1 = -2i y no encierra a z0 = 0 entonces

(((( )))) [[[[ ]]]]f,-2iResi2dz i2zdzi2zz

2-i3z z2zi2

CC 11 ππππ====++++====++++

−−−−

∫∫∫∫∫∫∫∫

La pregunta natural después estas observaciones es ¿cómo se puede calcular la integral propuesta

sobre una curva cerrada que encierre a las dos singularidades aisladas? La respuesta la provee elsiguiente teorema.

ΞΞΞΞ Teorema de los residuos

Si f(z) es analítica sobre la curva cerrada, suave por tramos y simple C y su interior, salvo en un

número finito de puntos z1 , z2 , ....., zn interiores a C, entonces

[[[[ ]]]] [[[[ ]]]] [[[[ ]]]]{{{{ }}}} [[[[ ]]]]∑∑∑∑∫∫∫∫ ππππ====++++++++++++ππππ====

n

1nn21C

z,f sRei2z,f sRe..z,f sRezf,Resi2dz)z(f

Demostración

Si se consideran n curvas cerradas ,simples y suaves por tramos

C1 , C2 , ...., Cn , que encierren a cada punto singular y que no tienen

Puntos interiores comunes, usando la segunda consecuencia del teorema

C1

0

-2i

C2

0

-2i

z1

zn

z1

zn



Matemática D


De Cauchy Goursat podemos decir que:

dzf(z)C

∫∫∫∫= dzf(z).....dzf(z)dzf(z)

n32 CCC

∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ ++++++++++++

y usando la definición de residuo sabemos que cada una de estas integrales verifica

[[[[ ]]]]kCzf,iRes2dzf(z)

k

ππππ====∫∫∫∫ , por lo tanto reemplazando cada una por su valor y sacando 2ππππi factor

común se obtiene lo que queríamos demostrar.

A partir de ahora podemos calcular integrales sobre curvas cerradas de funciones que son

analíticas sobre la curva y en el interior salvo en un número finito de singularidades interiores a la

curva usando los residuos , por ejemplo podemos afirmar que:

ππππ====∫∫∫∫ ====

,0zsen

1iRes2dz

zsen

11|z|

,

ππππ++++

ππππ====∫∫∫∫ ====−−−−

,zsen

1Res,0

zsen

1Resi2dz

zsen

13|1z|

pero para calcular los residuos la única herramienta que tenemos es hallar la serie de Laurent

convergente en un entorno reducido de cada punto singular aislado y esto no es tan sencillo..

Muchas veces es posible hallar el residuo de una función en una singularidad aislada sin tener

que desarrollar la función en serie de Laurent. Para ello es necesario clasificar las singularidades

aisladas como se indica a continuación:

♦ Clasificación de singularidades aisladas

Si z0 es un punto singular aislado de f(z), entonces f(z) es analítica en 0 < |z – z0| < r y puede desarrollarse en serie de Laurent

(((( )))) (((( ))))4 4 34 4 21

deLaurentdesarrollodelprincipalparte

n0

1nn

n0

0nn zzbzza)z(f −−−−

∞∞∞∞

====

∞∞∞∞

====

−−−−++++−−−−==== ∑∑∑∑∑∑∑∑ , 0 < |z – z0| < r

♦

Si la parte principal del desarrollo de Laurent convergente en 0 < |z – z0| < r no posee términos, es decir bn = 0 . ∀∀∀∀n ≥≥≥≥ 1, se dice que f(z) tiene una singularidad evitable en z0

♦ Si la parte principal del desarrollo de Laurent convergente en 0 < |z – z0| < r posee infinitos

términos no nulos , es decir bn ≠≠≠≠ 0 para infinitos valores de n, se dice que f(z) tiene una singularidad esencial en z0

♦

Si la parte principal del desarrollo de Laurent convergente en 0 < |z – z0| < r posee un número

finito de términos no nulos, es decir bn = 0 para ∀∀∀∀n > k y bk ≠≠≠≠ 0, se dice que f(z) tiene un

polo de orden k en z0



Matemática D


Ejemplos

1- Ya hemos demostrado que ∑∑∑∑∞∞∞∞

====

====

0nn

z1

z !n

1e para 0 < |z | < ∞∞∞∞, como esta serie representa a la

función en un entorno reducido de z0 = 0 y posee infinitos términos con potencias negativas, podemos decir que z0 = 0 es una singularidad esencial de e1/z

2- Sabemos que el desarrollo en serie de Laurent de1zzLn

)z(f −−−−

==== convergente en un entorno

reducido de la singularidad aislada z0 = 1 es 1n

)1z()1(

n

0n

n

++++

−−−−−−−−∑∑∑∑

∞∞∞∞

====

convergente en 0 <| z – 1| < 1,

como esta serie no tiene potencias negativas, podemos decir que es z0 = 1 es una singularidad

evitable de f(z)

3- Es importante observar que si bien la serie(((( ))))n

n

0n 1z

)2(

++++

−−−−∑∑∑∑

∞∞∞∞

====

tiene infinitas potencias negativas de

z + 1 , z0 = -1 no es una singularidad esencial de la función a la cual converge pues dicha serie

converge para los z que verifican | z + 1 | > 2 y por lo tanto no converge en un entorno

reducido de z0 = -1

4- La función4z

zsen)z(g ==== , no es analítica en z = 0 pero sí lo es en 0 < | z | < ∞∞∞∞ , para obtener la

serie de Laurent que la represente en dicha corona desarrollamos sen z en serie de Tayloralrededor de 0 y operamos del siguiente modo:

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−−−−++++−−−−====++++

====++++

======== −−−−

∞∞∞∞

====

++++

∞∞∞∞

====

∑∑∑∑∑∑∑∑ !5

z

z!3

1

z

1z

1)!(2n

(-1)z

1)!(2n

(-1)

z

1 zsen

z

1

z

zsen3

3n2

1n

n1n2

1n

n

444

como la serie de sen z converge ∀∀∀∀z , y el factor 1/z4 sólo tiene sentido si z ≠≠≠≠ 0 , podemos

afirmar que la serie obtenida representa a la función en 0 < |z1< ∞∞∞∞ .

Como la serie obtenida converge en un entorno reducido de z = 0 y la parte principal del

desarrollo tiene un número finito de términos, podemos afirmar la función posee en z = 0 unpolo, como la potencia negativa de mayor valor absoluto es 3, el polo es de orden 3 . Observar

que el Res(f,0) = -1/3!

•••• Ejercicios

1- Hallar las singularidades de las siguientes funciones e indicar cuáles de ellas son aisladas:



Matemática D


a)351

z4z

zz(z)f

−−−−++++==== b)

2222z3z

zcos1 (z)f

ππππ++++ππππ−−−−

−−−−====

c)1)(z 31z 1sen (z)f 3 ++++

++++ ++++==== d) z4

ezzLn(z)f ++++====

e)1e

4z (z)f

z25−−−−

−−−−==== f)

zch

)1z(Ln (z)f 6

−−−−====

2-

Mediante un desarrollo en serie de Laurent adecuado, clasificar las singularidades que se

indican a continuación teniendo en cuenta la funciones del ejercicio anterior:

a) z = 0 para f 1(z) b) z = ππππ para f 2(z) c) z = -1 para f 3(z)

3- Dadas(((( ))))

(((( ))))41n

n

n

1z

41z

3

3

1zn)z(g

−−−−−−−−

−−−−++++

−−−−==== ∑∑∑∑

∞∞∞∞

====

,

(((( ))))

(((( ))))41n

n

n

1z

41z

3

3

1zn)z(h

−−−−−−−−

−−−−++++

−−−−==== ∑∑∑∑

∞∞∞∞

====

−−−−

a) Justificar que z0 = 1 es una singularidad aislada de g(z) y clasificarla.

b) ¿ z0 = 1 es una singularidad aislada de h(z) ? Justificar la respuesta.

4-

Dada f(z) =

(((( ))))

∑∑∑∑

∞∞∞∞

====

−−−−

−−−−−−−−

1n n

12n2n

4 n

1z)1(

a) Hallar el dominio de f(z) y el dominio de analiticidad, ¿f(z) tiene puntos singulares aislados?,

en caso afirmativo clasificarlos y justificar la respuesta.

b) Hallar y clasificar las singularidades de las funciones G(z) = (((( ))))1z4e −−−− f(z) , H(z) = (z-1)5 f(z)

5- Dadas k(z) = (((( )))) (((( )))) (((( ))))2z2

zsen

2z2z

z22

−−−−++++

++++−−−− ,

4z

4z1-zf(z)

2−−−−

−−−−++++==== , )2z /(13ez)z(g −−−−

====

a) Hallar y clasificar las singularidades aisladas mediante un desarrollo en serie de Laurent

adecuado . Justificar en cada caso la elección de la corona.

b)

Verificar que z1 = 0 es un cero de las tres funciones y hallar su orden.

♦ Caracterización de polos

Muchas veces podemos determinar los polos y su orden sin necesidad de desarrollar en serie deLaurent convergente en el el entorno reducido del punto singular utilizando la siguiente

propiedad:



Matemática D


ΞΞΞΞ Teorema

z0 es un polo de orden k de f(z) ⇔⇔⇔⇔ f(z) = (z – z0)-k h(z) , con h(z) analítica en z0 y h(z0) ≠≠≠≠0

Demostración:⇒⇒⇒⇒) sabemos que : z0 es un polo de orden k de f(z)

queremos demostrar que : f(z) = (z – z0)-k h(z) , con h(z) analítica en z0 y h(z0) ≠≠≠≠0

Como z0 es un polo de orden k de f(z) entonces f(z) admite un desarrollo en serie de Laurent

convergente en 0 < | z – z0| < R de la forma :

(((( )))) (((( )))) (((( )))) (((( ))))n

00n

n0

11k

0

1kk

0

k zzazz

b

zz

b

zz

b)z(f −−−−++++

−−−−++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++

−−−−++++

−−−−==== ∑∑∑∑

∞∞∞∞

====

−−−−

−−−− , con bk ≠≠≠≠0

multiplicando ambos miembros de la igualdad anterior por (z – z0)k , obtenemos:

(((( )))) (((( )))) (((( )))) (((( ))))4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 34 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 21

)z(h

kn0

0n

n1k

0101kkk

0 zzazzb....zzbbzz)z(f ++++

∞∞∞∞

====

−−−−

−−−− −−−−++++−−−−++++++++−−−−++++====−−−− ∑∑∑∑

observamos que en el segundo miembro se obtiene una serie de potencias positivas convergente

en | z – z0| < R .

Si llamamos h(z) a la suma de dicha serie, entonces h(z) es analítica en z0 y h(z0) = bk ≠≠≠≠0 , porlo tanto podemos afirmar que

f(z) (z – z0)k = h(z)

y despejando obtenemos lo que queríamos:

f(z) = (z – z0)-k h(z), con h(z) analítica en z0 y h(z0) ≠≠≠≠0

⇐⇐⇐⇐) sabemos que : f(z) = (z – z0)-k h(z) , con h(z) analítica en z0 y h(z0) ≠≠≠≠0

queremos demostrar que : z0 es un polo de orden k de f(z)

Sabemos que f(z) = (z – z0)-k h(z) donde h(z) es una función analítica en z0 y h(z0) ≠≠≠≠0 , por lotanto podemos desarrollar h(z) en serie de Taylor alrededor de dicho punto obteniendo:

(((( ))))n0

0n

0)n(

zz!n

)z(h)z(h −−−−==== ∑∑∑∑

∞∞∞∞

====

, convergente en | z – z0| < R

Reemplazando esta serie en f(z) = (z – z0)-k h(z) obtenemos:

(((( )))) (((( )))) kn0

0n

0)n(

n0

0n

0)n(

k0 zz

!n

)z(hzz

!n

)z(h)zz()z(f −−−−

∞∞∞∞

====

∞∞∞∞

====

−−−−−−−−====−−−−−−−−==== ∑∑∑∑∑∑∑∑



Matemática D


como el factor (z – z0)-k sólo tiene sentido si z ≠≠≠≠ z0 y la serie de h(z) converge en | z – z0| < R , el

producto converge en la intersección, es decir esta serie converge en 0 <| z – z0| < R y por lo

tanto es una serie de Laurent de f(z) que converge en un entorno reducido de z0

Explicitando los términos encontramos que:

f(z)(((( )))) (((( )))) (((( ))))

.......)z(hzz

)z(h

zz

)z('h

zz

)z(h0

)k(

0

0)1k(

1k0

0k

0

0++++++++

−−−−++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++

−−−−++++

−−−−====

−−−−

−−−− , en 0 <| z – z0| < R

como h(z0) ≠≠≠≠0 , podemos afirmar que k es la mayor potencia que aparece en el denominador ypor definición de polo podemos afirmar que z0 es un polo de orden k , que es lo que queríamos demostrar.

Ejemplos

1- Las funciones)iz(z

e)z(f

4

z

ππππ−−−−==== y

)iz(z

zsen)z(g

4ππππ−−−−

==== tienen como puntos singulares a z1 = 0

y z2 = ππππi y son aislados en ambas (¿porqué?)

Como f(z) puede escribirse así

43421

)z(h

z4

1

ize

z)z(f

ππππ−−−−====

−−−− con h1(z) analítica en 0 y h1(0) ≠≠≠≠0, por el

teorema de caracterización de polos podemos asegurar que 0 es un polo de orden 4 de f(z)

Si queremos razonar en forma similar para la función g(z) escribimos

43421

)z(h

4

2

izzsenz)z(g

ππππ−−−−

==== −−−− , en

este caso h2(z) es analítica en 0 , pero h2(0) = 0 , y por lo tanto no puede aplicarse el teorema

de caracterización de polos y nos quedamos sin saber que tipo de singularidad tiene g(z) en 0

∆ Actividad 1:

Averiguar si puede aplicarse el teorema de caracterización de polos para clasificar la

singularidad z2 = ππππi de las funciones f(z) y g(z) del ejemplo anterior, en caso afirmativo hallar elorden del polo.

Es natural preguntarse si para clasificar las singularidades aisladas es necesario hallar la serie de

Laurent convergente en un entorno reducido de dicha singularidad, veremos a continuación que

si la función es cociente de dos funciones analíticas entonces podemos clasificar las

singularidades evitables .



Matemática D


ΞΞΞΞ Teorema : Clasificación de singularidades aisladas de funciones que soncociente de analíticas

Sea)z(h)z(g

)z(f ==== donde g(z) y h(z) son analíticas en z0 y g(z) tiene un cero de orden p en z0 y

h(z) tiene un cero de orden q en z0 entonces :

a) Si p < q , z0 es un polo de orden (q – p) de f(z)b)

Si p ≥≥≥≥ q , z0 es una singularidad evitable de f(z)

Demostración:

Como sabemos que z0 es un cero de orden p de g(z) y de orden q de h(z) , utilizando el teoremade caracterización de ceros a cada una de ellas podemos para afirmar que dichas funciones

pueden escribirse como:

g(z) = (z – z0)p g1(z) , con g1(z) analítica en z0 y g1(z0) ≠≠≠≠ 0

h(z) = (z – z0)q h1(z) , con h1(z) analítica en z0 y h1(z0) ≠≠≠≠ 0

de donde )z(f )zz(

)zz(

)z(h

)z(g

)zz(

)zz(

)z(h)zz(

)z(g)zz(

)z(h)z(g

)z(f 1q0

p0

1

1q

0

p0

1q

0

1p

0

−−−−

−−−−====

−−−−

−−−−====

−−−−

−−−−======== (*)

donde f 1(z) es analítica en z0 , por ser el cociente de dos analíticas en z0 , y f 1(z0) ≠≠≠≠ 0

Si q > p , entonces (q – p) > 0 y por (*) , f(z) puede escribirse como

f(z) = (z – z0)- (q – p) f 1(z)

y por el teorema de caracterización de polos, podemos afirmar que z0 es polo de orden (q – p)

Si p ≥≥≥≥ q , entonces (p – q) > 0 y por (*) podemos escribir f(z) = (z – z0)p – q f 1(z) si z ≠≠≠≠ z0 .

Como el producto (z – z0)p – q f 1(z) es analítico en z0 se puede desarrollar en serie de Taylor en

potencias de (z – z0) , se deja como ejercicio justificar que en este caso z0 es una singularidad

evitable de f(z).


6- Hallar y clasificar las singularidades aisladas de las siguientes funciones teniendo en cuenta

que todas ellas son cociente de funciones analíticas :

a)(((( ))))21

2z

)2z(sen)z(f

−−−−

−−−−==== b)

zsen

z)z(f

2

2 ====



Matemática D


c)zsh

z)z(f 3 ==== d)

(2z)cos1

)z(zsen)z(f

2

4−−−−

ππππ++++====

7- Sea g(z) una función analítica en z0 = 2 con g(2) ≠≠≠≠ 0 y f(z) = (z –2)4 [g(z)]3, justificar que

)z(f

)z('f ´)z(F ==== tiene una singularidad aislada en z0 = 2 y clasificarla.

8- Sabiendo que h(z) tiene un polo de orden n en z0 y g(z) tiene un polo de orden m en z0 , con

m < n , justificar la validez de las siguientes proposiciones .

a) F1(z) = ( z – z0)

-2 h(z) tiene un polo de orden n + 2 en z0

b) F2(z) = h(z) g(z) tiene un polo de orden n + m en z0

c)

F3(z) = h(z) + g(z) tiene un polo de orden n en z0

d)

)z(h)z(g

)z(F4 ==== tiene una singularidad evitable en z0

e)

)z(g)z(h

)z(F5 ==== tiene un polo de orden n – m en z0

f) Si n = m, analizar qué tipo de singularidad tienen las funciones F3(z), F4(z) y F5(z) en z0

ΞΞΞΞ Teorema : Cálculo de residuos en polos

Si z0 es un polo de orden k de f(z) entonces Res(f, z0) = (((( ))))[[[[ ]]]] )1k(k0zz

)z(f zz)!1k(

1lím

0

−−−−

→→→→

−−−−−−−−

En particular: Si z0 es un polo de orden 1 de f(z) entonces Res(f,z0) = (((( ))))[[[[ ]]]])z(f zzlím 0zz 0

−−−−→→→→

Demostración:

Por ser z0 un polo de orden k de f(z) entonces por el teorema de caracterización de polos

podemos escribir:

f(z) = (z – z0)

-k

h(z) , con h(z) analítica en z0 y h(z0)≠≠≠≠

0Desarrollando por Taylor la función h(z) obtenemos:

f(z)(((( )))) (((( )))) (((( ))))

.......!k

)z(h

zz)!1k(

)z(h

zz

)z('h

zz

)z(h 0)k(

0

0)1k(

1k0

0k

0

0++++++++

−−−−−−−−++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++

−−−−

++++

−−−−

====

−−−−

−−−− , en 0 <| z – z0| < R

Como el residuo es el coeficiente de la potencia (z – z0)-1 de la serie que converge en un entorno

reducido de z0 , buscamos dicho coeficiente en la serie anterior y podemos afirmar que:



Matemática D


Res(f, z0) =)!1k(

)z(h 0)1k(

−−−−

−−−−

Esta expresión no es muy útil pues expresa el residuo de f en función de la derivada de orden

(k –1) d e la función h, por ello es conveniente observar que:

Res(f, z0) = [[[[ ]]]] [[[[ ]]]]

)!1k(

)z(f )zz(lím

)!1k(

)z(hlím

)!1k(

)z(h)1k(k

0

zz

)1k(

zz

0)1k(

00 −−−−

−−−−====

−−−−====

−−−−

−−−−

→→→→

−−−−

→→→→

−−−−

y el teorema queda demostrado.

Ejemplos

1- Calcular dzzsenz

13|1z|∫∫∫∫ ====−−−−

Como los únicos puntos singulares de la función interiores a la curva son z0 = 0 y z1= ππππ ,sabemos que

[[[[ ]]]] [[[[ ]]]]{{{{ }}}}ππππ++++ππππ====∫∫∫∫ ====−−−−

,f sRef,0Resi2dzzsenz

13|1z|

, dondesenzz

1f(z) ====

Se deja como ejercicio justificar que z0 = 0 es un polo de orden 2 y z1= ππππ es un polo simple,

entonces:

Res(f, 0)zsen

zcoszzsenlím

zsenz

límzsenz

1z

1!1

lím20z

)1(

0z

)1(2

0z

−−−−====

====

====

→→→→→→→→→→→→

=

(como la indeterminación es de la forma 0/0, podemos usar la regla de L´Hospital)

= 0zcos2

zlím

zcoszsen2zsenzzcoszcos

lím0z0z

========++++−−−−

→→→→→→→→

Res(f, π )

zsenz1

)z(límz

ππππ−−−−====ππππ→→→→

1

zcoszzsen

1límz ππππ

−−−−====++++

====ππππ→→→→

(como la indeterminación era de la forma 0/0, usamos la regla de L´Hospital para salvarla)

Por lo tanto i21

0i2dzzsenz

13|1z|

−−−−====

ππππ−−−−ππππ====∫∫∫∫ ====−−−−

0

ππππ



Matemática D



9-

Hallar el residuo en las singularidades aisladas de las funciones del ejercicio 6

10- Si2

0 )z-(z

)z(g)z(f ==== tiene un polo de orden dos en z0 y el residuo en dicho punto vale cero,

demostrar que g(z0) ≠≠≠≠ 0 y g’(z0) = 0

11-

Calcular usando residuos

a) dz1z

z2|z| 2∫∫∫∫ ==== ++++

b) dzz2z

e2|iz| 2

z

∫∫∫∫ ====−−−− ++++

c)(((( ))))

dzz2cos

zsenzcos2|2z|∫∫∫∫ ====−−−−

−−−− d)

(((( ))))(((( ))))

dzz2cos1

)z2(senz2|2 / z|

2

∫∫∫∫ ====ππππ−−−− −−−−


e)(((( ))))(((( ))))

dz2 / zz2sen1

z2cos2|2 / z| 2∫∫∫∫ ====ππππ++++ ππππ++++−−−−

f)(((( ))))

dzz

z / 1sh

zsh

z

4|z|∫∫∫∫====

++++

12-

Si f(z) es analítica sobre la curva C : |z – i| = 2 y su interior y f(0) = f(i)= 4, f’(i) = 0 ,

justificar usando la teoría de residuos que

(((( ))))

0dz

izz

)z(f

C2

====

−−−−

∫∫∫∫

13- Si f(z) es analítica sobre la curva C : |z – 2i| = 1 y su interior, justificar usando la teoría de

residuos que(((( ))))

(((( ))))

3)i2(f i

dzi2z

)z(f 3

C 4

ππππ====

−−−−∫∫∫∫

14- Sea H(z) analítica en todo el plano complejo y H(0) = 0, H’ (0) = 7, H’’(0) = 2, H(n)(0) = 0

para n ≥≥≥≥ 3 , calcular dzzsen z

)z(HC∫∫∫∫ siendo C: | z | = 2



Matemática D


♦ Integrales de variables real

La teoría de residuos permite calcular ciertos tipos de integrales definidas e impropias del análisis

real que se ilustran a continuación

1- Integrales de funciones que dependen exclusivamente de senos y cosenos

Mostramos a continuación cómo se puede transformar la integral

∫∫∫∫ ππππ++++αααα

ααααθθθθθθθθθθθθ

2d )cos,F(sen

en una integral de variable compleja z sobre la curva cerrada | z | = 1 .

Antes de detallar el procedimiento es importante señalar que θθθθ es una variable real que se mueveen un intervalo de amplitud 2ππππ y el integrando sólo puede depender de sen θθθθ y/o cos θθθθ.

Comenzamos proponiendo el siguiente cambio de variable z = eiθθθθ

A continuación tratamos de expresar el integrando en función de la variable z, para elloobservamos que :

como θθθθ varía en un intervalo de amplitud 2ππππ entonces z = eiθθθθ describe todos los puntos de la

circunferencia | z | = 1

como dz = i eiθθθθ dθθθθ entonces dz

ie

1d

iθθθθ====θθθθ , que puede expresarse dz

iz

1d ====θθθθ

usando las definiciones de sen y cos , podemos expresarlas en función de la variable z:

i2

zz

i2

eesen

1ii −−−−θθθθ−−−−θθθθ−−−−

====−−−−

====θθθθ y2

zz

2

eecos

1ii −−−−θθθθ−−−−θθθθ++++

====++++

====θθθθ

Por lo tanto ∫∫∫∫ ππππ++++αααα

ααααθθθθθθθθθθθθ

2d )cos,F(sen = dz

iz1

2zz

,i2zz

F1|z|

11

∫∫∫∫ ====

−−−−−−−−

++++−−−−

Ejemplo

1- Calcular ∫∫∫∫ππππ

ππππ−−−− ++++θθθθ++++θθθθ

θθθθ

3cos2send

Comenzamos haciendo el cambio de variable z = eiθθθθ , que nos permitirá pasar a una integral convariable z que se mueve sobre la curva | z | = 1 y operamos de la manera ya indicada, es decir

calculamos su diferencial dziz1

d ====θθθθ y expresamos el integrando en función de θθθθ como se

muestra a continuación:



Matemática D


zi2)i2(iz6z)i2(

zi2zi6

zi21z

iiz2

1z23

2zz

i2zz

23cossen222211

++++−−−−++++++++++++====++++

++++++++

−−−−====++++

++++++++

−−−−====++++θθθθ++++θθθθ

−−−−−−−−

dado que los valores que anulan el numerador son z1=5

2i

5

1−−−−−−−− y z2= 2i1 −−−−−−−− (verificar que

esta afirmación es correcta) , podemos escribir:

zi2

)i21z)(z)(i2(3cossen2 5

i251 ++++++++++++++++++++

====++++θθθθ++++θθθθ

Por lo tanto

====++++++++++++++++++++

====++++++++++++++++++++

====++++θθθθ++++θθθθ

θθθθ

∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ ========

ππππ


)i21z)(z(

dz

)i2(

2

iz

dz

)i21z)(z)(i2(

zi2

cos2sen

d

1|z|5i2

511|z|

5i2

51

= [[[[ ]]]](((( ))))

ππππ====

++++++++

ππππ====−−−−−−−−ππππ

++++ 5i8

545

i251 1

)i2(

i4),f (sRe i2

)i2(

2 (verificar que el residuo es el que se ha

indicado)


15-Justificar usando teoría de residuos el valor de las integrales que se dan a continuación.

a) ∫∫∫∫

ππππ ππππ

====θθθθ++++

θθθθ2

0 2cos35

d

b) ∫∫∫∫

ππππ ππππ

====θθθθ++++

θθθθ2 /

0 2 62sen2

d

c) ∫∫∫∫ ππππ

ππππ====θθθθ++++θθθθ

θθθθ2

0 22 cos4sen

d d) ∫∫∫∫

ππππ ππππ====

θθθθ−−−−

θθθθθθθθ2

0 12cos45d)cos(3

♦ Integrales impropias

Recordemos que la integral impropia de una función continua f(x) sobre el intervalo [a,∞∞∞∞) sedefine como:

∫∫∫∫ ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞→→→→====a

R

aR dxf(x)límdxf(x)

y cuando existe el límite de la derecha, se dice que la integral impropia converge y su valor es el

valor de dicho límite.

Si f(x) es continua para todo x, la integral impropia ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dxf(x) se define como:

∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−− ∞∞∞∞→→→→−∞−∞−∞−∞→→→→

++++==== dxf(x)lím dxf(x)límdxf(x)2

211

R

0R

0

RR



Matemática D


y cuando existen ambos límites de la derecha y no valen infinito, se dice que la integral impropia

converge y su valor es la suma de dichos límites.

Si integramos en un intervalo [-R , R] simétrico respecto del origen y luego hacemos tender R a

infinito, es decir si calculamos ∫∫∫∫−−−−∞∞∞∞→→→→

R

RRdx )x(f lím y este límite existe y es finito, denominamos a

dicho resultado valor principal de Cauchy e indicamos:

∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

==== dxf(x))vp( ∫∫∫∫−−−−∞∞∞∞→→→→

R

RRdx )x(f lím

⊕⊕⊕⊕ Observación

1- Usando criterios de convergencia de las integrales impropias, puede demostrarse que, si la

integral ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dxf(x) converge entonces su valor coincide con el valor principal de Cauchy.

El recíproco no es válido como lo muestra el siguiente ejemplo:

(((( )))) (((( ))))2

Rlím

2

Rlímdxxlím dxxlímdxx

22

R

21

R

R

0R

0

RR 21

2

211 ∞∞∞∞→→→→−∞−∞−∞−∞→→→→

∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−− ∞∞∞∞→→→→−∞−∞−∞−∞→→→→

++++−−−−====++++====∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫

y como cada uno de estos límites no son finitos, el límite no existe y por lo tanto la integral no

converge.

Sin embargo si calculamos el valor principal de Cauchy:

∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

==== dxx)vp( 00lím2

R2

Rlímdx x lím

R

22

R

R

RR========

−−−−====

∞∞∞∞→→→→∞∞∞∞→→→→−−−−∞∞∞∞→→→→ ∫∫∫∫

vemos rápidamente que el valor principal de Cauchy de esta integral existe y vale cero.

2- Si f(x) es par , es decir f(x) = f(-x) y existe una de las integrales ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dxf(x))vp( ,

∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dxf(x) entonces existe la otra.

2 - Cálculo de Integrales impropias por medio de residuos

Queremos calcular una integral impropia de la forma ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−dxf(x) ,con f(x) continua sobre la recta

real. Sabemos que si dicha integral es convergente entonces vale la igualdad

∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−dxf(x) = ∫∫∫∫

∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dxf(x))vp( , por lo tanto si podemos calcular ∫∫∫∫−−−−∞∞∞∞→→→→

R

RRdx )x(f lím obtendremos el

resultado de la integral propuesta.



Matemática D


Como la teoría de residuos permite calcular fácilmente integrales sobre

curvas cerradas, consideramos el intervalo [-R, R] de la recta real y lasemicircunferencia superior centrada en el origen de radio R, que

denominamos CR , generando de este modo una curva cerradaC = [-R, R] ∪∪∪∪ CR como se observa en dibujo.

Si f(z) es analítica en el semiplano Im(z) ≥≥≥≥ 0 , salvo en un número

finito de puntos z1, z2 , ...., zn , todos ellos con Im(zk) > 0 , elegimos Rlo suficientemente grande para que los puntos singulares del semiplano

superior queden en el interior de C .

Por lo tanto por el teorema de los residuos sabemos que:

[[[[ ]]]]∑∑∑∑∫∫∫∫ ====ππππ====

n

1kkC z,f Resi2 dz )z(f (*)

Como C = [-R, R] ∪∪∪∪ CR , entonces la integral del primer miembro de (*) es igual a la suma de laintegral sobre el segmento [-R,R] más la integral sobre la semicircunferencia CR :

====∫∫∫∫ dz )z(f C [[[[ ]]]] ∫∫∫∫∫∫∫∫ ====++++

−−−− RCR,Rdz )z(f dz)z(f ∫∫∫∫∫∫∫∫ ++++

−−−− RC

R

Rdz )z(f dx)x(f

por lo tanto la expresión (*) puede escribirse

∫∫∫∫∫∫∫∫ ++++−−−−

RC

R

Rdz )z(f dx)x(f [[[[ ]]]]∑∑∑∑

====

ππππ====

n

1k

kz,f Resi2

y despejando puede ponerse en la forma :

∫∫∫∫∫∫∫∫ −−−−====−−−− RC

R

Rdz )z(f dx)x(f [[[[ ]]]]∑∑∑∑

====

ππππ++++

n

1kkz,f Resi2

como la suma de los residuos es constante y no depende de R, tomando límite para R →→→→ ∞∞∞∞ enambos miembros de la última expresión obtenemos:

++++−−−−==== ∫∫∫∫∫∫∫∫ ∞∞∞∞→→→→−−−−∞∞∞∞→→→→ RCR

R

RRdz )z(f límdx)x(f lím [[[[ ]]]]∑∑∑∑

====

ππππ

n

1kkz,f Resi2

Si tenemos la suerte que 0dz )z(f límRCR

====∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→

entonces la expresión anterior permite conocer el

valor principal de la integral impropia que queríamos y su valor resulta ser:

(vp) ====∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dx)x(f [[[[ ]]]]∑∑∑∑====

ππππ

n

1kkz,f Resi2

-R R

CR

-R R

z2

z1

zn



Matemática D


A continuación se detallan dos situaciones, que indicamos con a) y b) donde se cumple

0dz )z(f límRCR

====∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→

y por lo tanto es posible calcular una integral de variable real mediante teoría

de residuos.

a) Integrales impropias de cociente de polinomios

Si)x(q)x(p

)x(f ==== con p(x) y q(x) polinomios reales sin factores comunes, y donde q(x) no tiene

raíces reales y el grado de q(x) supera en al menos 2 unidades al grado de p(x) entonces

0dz q(z)

p(z) lím

RCR====∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→

, y este límite deberá justificarse en cada ejercicio como se muestra en el

ejemplo siguiente.

Ejemplo

Queremos calcular ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−− ++++dx

)1(x

2-x

22, donde es inmediato que el integrando es continuo sobre la

recta real pues es cociente de continuas y el denominador no tiene raíces reales, pues el

denominador sólo se anula en i y -i

Para ello consideramos una curva cerrada C formada por el segmento

[-R, R] del eje x y una semicircunferencia superior CR centrada en el

origen de radio R, donde consideramos R lo suficientemente grande

para que las raíces del denominador con parte imaginaria positiva queden en el interior de dicha

curva cerrada, en este caso R debe ser mayor que 1 y calculamos usando teoría de residuos la

integral de(((( ))))22 1z

2-zf(z)

++++

==== ,

en este ejemplo :(((( ))))

++++

−−−−ππππ====

++++

−−−−

∫∫∫∫ i,1z

2zsRei2 dz

)1z(

2z22C 22

como i es un polo de orden dos del integrando, dicho residuo resulta:

(((( )))) i2

1

)iz(

)iz(2)2z()iz(lím

)iz()iz(

2z)iz(

dz

dlími,

1z

2zsRe

4

2

iz22

2

iz22

−−−−====

++++

++++−−−−−−−−++++====

++++−−−−

−−−−−−−−====

++++

−−−−

→→→→→→→→

y por lo tanto

ππππ−−−−====

−−−−ππππ====

++++

−−−−

∫∫∫∫ i2

1i2 dz

)1z(

2zC 22

-R R x

yi CR



Matemática D


Como C = [-R,R] ∪∪∪∪ CR , la expresión anterior puede escribirse

ππππ−−−−====++++

−−−−

++++++++

−−−−

∫∫∫∫∫∫∫∫−−−− RC 22

R

R 22 dz)1z(

2z

dx)1x(

2x

o su equivalente

ππππ−−−−++++

−−−−−−−−====

++++

−−−−

∫∫∫∫∫∫∫∫−−−− RC 22

R

R 22dz

)1z(

2z dx

)1x(

2x

y tomando límite para R →→→→ ∞∞∞∞ a ambos miembros de la última expresión obtenemos

(vp) ππππ−−−−++++

−−−−====

++++

−−−−

∫∫∫∫∫∫∫∫ ∞∞∞∞→→→→

∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−− RC 22R22dz

)1z(

2zlímdx

)1x(

2x

Tratemos de demostrar que 0dz)1z(

2zlím

RC 22R====

++++

−−−−

∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→

, teniendo presente que sobre CR se verifica

que |z| = R

Recordando que | a ±±±± b | ≤≤≤≤ | a | + | b | , podemos acotar el numerador sobre la curva CR :

|z - 2| ≤≤≤≤ |z| + |2|= R + 2

y recordando que | a ±±±± b | ≥≥≥≥ | |a| - |b| | , podemos afirmar que|b||a|

1

|ba|

1−−−−

≤≤≤≤±±±±

, por lo tanto

sobre CR vale la siguiente acotación :

22222 )1R(

1

|1||z|

1

|1z|

1

−−−−====

−−−−

≤≤≤≤++++

Estos comentarios nos permiten acotar el integrando :

(((( )))) (((( ))))222222221R

2R

1R

1)2R(

|1z|

1 |2z|

)1z(

2z

−−−−

++++====

−−−−

++++≤≤≤≤++++

−−−−====++++

−−−− , por lo tanto

≤≤≤≤

++++

−−−−≤≤≤≤ ∫

∫∫∫

RC22

dz

)1z(

2z0

22C de longitud

C22C 22 )1R(

R)2R(|dz|

)1R(

2R|dz|

)1R(

2R

R

RR −−−−

ππππ++++====

−−−−

++++====

−−−−

++++

∫∫∫∫∫∫∫∫43421

y aplicando el teorema del sandwich, podemos afirmar que 0dz)1z(

2zlím

RC 22R====

++++

−−−−

∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→

Por lo tanto (vp) ππππ−−−−====++++

−−−−

∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dx)1x(

2x22

Como la integral propuesta es convergente, podemos afirmar que ππππ−−−−====++++

−−−−

∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dx)1x(

2x22



Matemática D



16- Justificar usando teoría de residuos el valor de las integrales que se dan a continuación.

a) (((( ))))(((( )))) 309x4x

xd

- 22

ππππ====

−−−−++++∫∫∫∫

∞∞∞∞

∞∞∞∞

b)84)(x

xdx

0 22

2ππππ

====++++

∫∫∫∫∞∞∞∞

c)(((( ))))∫∫∫∫

∞∞∞∞

∞∞∞∞

ππππ−−−−====

++++++++- 22 2xx22

xdx

b) Integrales impropias en las que intervienen senos y cosenos

La teoría de residuos permite calcular integrales reales donde intervienen senos o cosenos y son

de la forma ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dx(ax)sen)x(f o ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dx(ax)cos)x(f donde a es una constante real positiva.

Se trabaja de forma similar a la ya descripta en el sentido que tomamos

una curva cerrada C = [-R, R] ∪∪∪∪ CR , aplicamos teoría de residuos ytenemos que demostrar que la integral sobre CR tiende a cero, si R tiende

a infinito. Este último paso no es posible realizarlo pues analizando los

módulos de estas funciones en el semiplano y > 0 , vemos que

|sen z | = )y(ash2

ee

2

ee

i2

eeayayiaziaz

iaziaz

====−−−−

====

−−−−

≥≥≥≥−−−−

−−−−−−−−−−−−

∞∞∞∞→→→→

→→→→y

∞∞∞∞

|cos (az) | = )y(ash2

ee

2

ee

2ee

ayayiaziaziaziaz

====−−−−

====

−−−−

≥≥≥≥++++

−−−−−−−−−−−−

∞∞∞∞→→→→

→→→→y

∞∞∞∞

pero es interesante observar que la exponencial eiaz sí está acotada en el semiplano y > 0, pues

|eiaz | = | e-ay eiax | = e-ay < 1 , si a > 0

Por este comentario es que se considera la siguiente igualdad

[[[[ ]]]] ∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ −−−− −−−−−−−−−−−−

++++====++++====R

R

R

R

R

R

R

R

iax dx(ax)senf(x)idx(ax)cosf(x)dxisen(ax) (ax)cosf(x)dxef(x)

de donde se desprende que : ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dx(ax)cos)x(f =

∫∫∫∫

∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dxe)x(f Re iax

∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dx(ax)sen)x(f =

∫∫∫∫

∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dxe)x(f Im iax

-R R

CR



Matemática D


por ello nunca calcularemos por residuos las integrales impropias que contienen senos y cosenos ,

sino que calcularemos por residuos la integral que se obtiene reemplazando las funcionestrigonométricas por una exponencial compleja.

Ejemplo

Si queremos calcular ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−− ++++−−−−dx

5x4x

sen(2x)

2, comenzamos considerando la igualdad

∫∫∫∫ ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

++++−−−−====

++++−−−− dx

5x4x

e Imdx

5x4x

sen(2x)

2

2ix

2

y procedemos a calcular la integral dz5z4z

e2

2iz

C ++++−−−−∫∫∫∫ usando

teoría de residuos sobre la curva C = [-R, R] ∪∪∪∪ CR

Si llamamos5z4z

e)z(g

2

2iz

++++−−−−==== resulta evidente que es analítica en el eje real y en el semiplano

superior con excepción del punto -2 + i , donde tiene un polo de orden uno (recordar que se

toma R lo suficientemente grande para que las singularidades del integrando del semiplano

superior queden en el interior de C y observar que la función no es analítica en -2 -i , que no debe

tenerse en cuenta por ser exterior a C)

[[[[ ]]]]i2-g(z),Resi2dzi)-2(zi)2(z

edz

5z4z

e 2iz

C2

2iz

C++++ππππ====

++++++++++++====

++++++++ ∫∫∫∫∫∫∫∫

Como [[[[ ]]]]i2

e)i2z)(i2z(

e)i2z(lími2-g(z),Res

)i2(i2iz2

i2z

++++−−−−

++++−−−−→→→→

====−−−−++++++++++++

−−−−++++====++++ entonces

)4seni4(cose2i

e i2dz

5z4ze 2

4i--2

2

2iz

C−−−−ππππ====ππππ====

++++++++

−−−−∫∫∫∫


====++++++++

++++++++++++

∫∫∫∫∫∫∫∫−−−− RC 2

iz2R

R 2

ix2

dz5z4z

edx

5x4x

e )4seni4(cose 2−−−−ππππ

−−−−


====++++++++

++++++++++++

∫∫∫∫∫∫∫∫ ∞∞∞∞→→→→

∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−− RC 2

iz2

R2

ix2

dz5z4z

elímdx

5x4x

e)vp( )4seni4(cose 2

−−−−ππππ −−−−

-R R x

y-2+i CR



Matemática D


Tratemos de demostrar que 0dz5z4z

elím

RC 2

iz2

R====

++++++++∫∫∫∫

∞∞∞∞→→→→

teniendo presente que |z| = R sobre CR ,

que |e

iaz

| = | e

-ay

e

iax

| = e

-ay

< 1 y que la integral de |dz| da la longitud de la curva:

5R4R

Rdz

5R4R

1dz

5z4z

edz

5z4z

e0

2C C 22

iz2

C 2

iz2

R RR −−−−−−−−

ππππ====

−−−−−−−−≤≤≤≤

++++++++≤≤≤≤

++++++++≤≤≤≤ ∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫

como la última expresión tiende a 0 si R tiende a infinito, aplicando el teorema del sandwich

podemos afirmar que la integral sobre CR tiende a 0 como pretendíamos.

Por lo tanto ====++++++++

∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dx5x4x

e)vp(

2

ix2

)4seni4(cose 2−−−−ππππ

−−−−

De donde se desprende que (vp) ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−− ++++−−−−dx

5x4x

sen(2x)

2= Im [ππππe-2 (cos 4 - i sen 4)]= - ππππe-2 sen 4

también podemos afirmar que (vp) ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−− ++++−−−−dx

5x4x

cos(2x)

2= Re [ππππe-2 (cos 4 - i sen 4)]= ππππe-2 cos 4

⊕⊕⊕⊕Observación

1- Si)x(q )x(p)x(f ==== con p(x) y q(x) polinomios reales sin factores comunes, y donde q(x) no tiene

raíces reales y el grado de q(x) supera en al menos 2 unidades al grado de p(x) entonces

0dz eq(z)

p(z) lím

RC

iaz

R====∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→

siempre que a > 0 y este límite deberá justificarse en cada ejercicio

como se ha mostrado en el ejemplo anterior.

2- Si la diferencia de grados entre p(x) y q(x) es igual a 1 , por ejemplo si se quieren calcular las

integrales ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−− ++++−−−−

++++dxsen(2x)

5x4x

2x

2ó ∫∫∫∫

∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−− ++++−−−−

++++dx(2x)cos

5x4x

2x

2, se procede de manera similar

a lo explicado, pero cuando tengamos que demostrar que la integral sobre CR tiende a cero, siacotamos siguiendo los mismos pasos que usamos en el ejemplo anterior nos quedará :

5R4R

R)2R(dz

5R4R

2Rdz

5z4z

e)2z(dz

5z4z

e)2z(0

2C C 22

iz2

C 2

iz2

R RR −−−−−−−−

ππππ++++====

−−−−−−−−

++++≤≤≤≤

++++++++

++++≤≤≤≤

++++++++

++++≤≤≤≤ ∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫

y la última expresión no tiende a cero, por ello la acotación debe realizarse usando el resultadoque se enuncia y demuestra a continuación.



Matemática D


♦ Desigualdad de Jordan: R

dte 0

tRsen- ππππ<<<<∫∫∫∫

ππππ

Demostración

Como la gráfica de sen t es simétrica respecto de la recta t = ππππ /2, podemos afirmar que

dte2dte2 /

0

tRsen-

0

tRsen-∫∫∫∫∫∫∫∫

ππππππππ

====

Teniendo en cuenta el gráfico de la derecha se observa

que: sen t ≥≥≥≥ 2t / ππππ si 0 ≤≤≤≤ t ≤≤≤≤ ππππ /2

por lo tanto - Rsen t ≤≤≤≤ - R2t / ππππ ,y por ser la exponencial creciente podemos asegurar que

e-Rsen t≤≤≤≤ e -R2t / ππππ si 0 ≤≤≤≤ t ≤≤≤≤ ππππ /2

entoncesR

)e1(R2

2dte2dte2dte R2 /

0

R2t/ -2 /

0

tRsen-

0

tRsen- ππππ<<<<−−−−

ππππ====≤≤≤≤====

−−−−ππππ

ππππππππππππ

∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ pues, como R > 0

se cumple que 1 – e-R < 1 y la desigualdadR

dte0

tRsen- ππππ<<<<∫∫∫∫

ππππ

está probada

Ejemplo

Si queremos calcular ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−− ++++−−−−

++++dx

5x4x

sen(2x) 2)(x

2, comenzamos considerando la igualdad

∫∫∫∫ ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

++++−−−−

++++====

++++−−−−

++++ dx

5x4x

e2)(z Imdx

5x4x

sen(2x)2)(x

2

2ix

2

y procedemos a calcular la integral dz5z4z

e2)(z2

2iz

C ++++−−−−

++++

∫∫∫∫ sobre la

curva C = [-R, R] ∪∪∪∪ CR

Si llamamos5z4z

e2)(z)z(h

2

2iz

++++−−−−

++++==== , sabemos que es analítica en el eje real y en el semiplano superior

con excepción del punto -2 + i , donde tiene un polo de orden uno

[[[[ ]]]]i2-h(z),Resi2dzi)-2(zi)2(z

e2)(zdz

5z4z

e2)(z 2iz

C2

2iz

C++++ππππ====

++++++++++++

++++====

++++++++

++++

∫∫∫∫∫∫∫∫

y = 2t/ ππππ

ππππ /2 ππππ t

y

y = sent0

-R R x

y-2+i CR



Matemática D


Como [[[[ ]]]]i2

ei)i2z)(i2z(

e)2z()i2z(lími2-h(z),Res

)i2(i2iz2

i2z

++++−−−−

++++−−−−→→→→

====−−−−++++++++++++

++++−−−−++++====++++ entonces

)4seni4(cosei2

e i2dz

5z4z

2)e(z 24i--2

2

2iz

C−−−−ππππ====ππππ====

++++++++

++++ −−−−

∫∫∫∫


====++++++++

++++++++

++++++++

++++

∫∫∫∫∫∫∫∫−−−− RC 2

iz2R

R 2

ix2

dz5z4z

e)2z(dx

5x4x

e)2x( )4seni4(cosei 2−−−−ππππ

−−−−


====++++++++

++++++++

++++++++

++++

∫∫∫∫∫∫∫∫ ∞∞∞∞→→→→

∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−− RC 2

iz2

R2

ix2

dz5z4z

e)2z(límdx

5x4x

e)2x()vp( )4seni4(cosei 2

−−−−ππππ −−−− (*)

Tratemos de demostrar que 0dz5z4z

e)2z(lím

RC 2

iz2

R====

++++++++

++++

∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→

teniendo presente que CR : |z| = R ,

|dz|e5R4R

2Rdz

5|z|4|z|

e)2|z(|dz

5z4z

e)2z(dz

5z4z

e)2z(0

RR RR Ciz2

2C C 2

iz2

2

iz2

C 2

iz2

∫∫∫∫∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫−−−−−−−−

++++====

−−−−−−−−

++++

≤≤≤≤

++++++++

++++≤≤≤≤

++++++++

++++≤≤≤≤

(**)

para la última integral parametrizamos la curva:

CR: z(t) = R eit = R (cos t + i sen t) con 0 ≤≤≤≤ t ≤≤≤≤ ππππ

y calculamos |dz| = |R eit dt | = R dt pues | eit | = 1 y |dt| = dt (pues t varía de 0 a ππππ y porlo tanto es creciente), además sobre dicha curva la función |e2iz| se comporta como se muestra a

continuación:tsenR2tsenR2tcosiR2tsenR2tcosiR2)tsenit(cosiR2iz2 ee| |eeeee −−−−−−−−−−−−++++

================

por lo tanto2R2RdtRedz e 0

tsenR2

C

iz2

R

ππππ====

ππππ<<<<====

∫∫∫∫∫∫∫∫

ππππ−−−− , observar se ha usado la desigualdad de

Jordan

Teniendo en cuenta la desigualdad anterior volvemos a (**) y obtenemos:

2

5R4R

2R |dz|e

5R4R

2Rdz

5z4z

e)2z(0

2C

iz22C 2

iz2

RR

ππππ

++++−−−−

++++<<<<

++++−−−−

++++≤≤≤≤

++++++++

++++≤≤≤≤ ∫∫∫∫∫∫∫∫



Matemática D


y esta expresión tiende a 0 si R tiende a infinito, por lo tanto 0dz5z4z

e)2z(lím

RC 2

iz2

R====

++++++++

++++

∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→

Reemplazando en la expresión (*) , obtenemos:

====++++++++

++++

∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

dx5x4x

e)2x()vp(

2

ix2

)4seni4(cosei 2−−−−ππππ

−−−−

De donde se desprende que (vp) ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−− ++++−−−−

++++dx

5x4x

sen(2x)2)(x

2= Im [ππππie-2 (cos 4 - i sen 4)] = ππππe-2 cos 4

también podemos afirmar que (vp) ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−− ++++−−−−

++++dx

5x4x

2)cos(2x)(x

2= Re [ππππie-2 (cos 4 - i sen 4)]= ππππe-2 sen 4


17- Justificar usando teoría de residuos el valor de las integrales que se dan a continuación

a)2

e

1x

xx)dcos(a 2a

0 2

2 −−−−∞∞∞∞ ππππ

====++++

∫∫∫∫ b)e2

1sen

4x

xdxsenx4

ππππ====

++++∫∫∫∫

∞∞∞∞

∞∞∞∞−−−−

18- Calcular justificando todos los pasos

a) ∫∫∫∫∞∞∞∞

∞∞∞∞ ++++++++- 24xx1213xd b) (((( ))))∫∫∫∫

∞∞∞∞

∞∞∞∞ ++++++++- 24xx1213xd3xsen

c)(((( ))))∫∫∫∫

∞∞∞∞

++++0 22

2

x16

xcos(2x)dx d) ∫∫∫∫

∞∞∞∞

++++0 2 3x

xsen(2x)dx

Unidad 5-Teoría de Residuos

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