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Aplicación de los Residuos al cálculo de Integrales Reales

A continuación, se hará un estudio sobre ciertos tipos de integrales reales que presentan una equivalencia con las integrales complejas sobre caminos cerrados, y que pueden calcularse aplicando el teorema de los residuos.

Integrales reales de la forma: ( )2

0,cosF senn m d

πθ θ θ∫ donde es una función

racional en senos y cosenos.

F

Si consideramos el contorno: : , 0jC z e= ≤ ≤θ 2θ π se tiene que:

jdz je dθ θ= dzdjz

θ =

2 1

2 2 2

jn jn n n n

n

e e z z zsennj j jz

θ θ

θ− −− −

= = =− (1)

2 1cos

2 2 2

jm jm m m m

m

e e z z zmz

θ θ

θ− −+ +

= = =+ (2)

por lo tanto, la integral real es equivalente a la integral compleja sobre 1z = , esto es:

( )2

01

( ), cos( ) ,2 2

n n m m

z

z z z z dzF sen n m d Fj jz

πθ θ θ

− −

=

⎛ ⎞− −= ⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ (3)

El integrando en 3 es una función racional de z; si la función no tiene polos en

1z = , la integral la calculamos aplicando el teorema de los residuos considerando

Facultad de Ingeniería UC

solo a los polos kz tales que 1kz < . Cabe recordar que el resultado de esta integral debe ser un número real. Ejemplo 1:

Calcular: 2

20

1 d1 sen

πθ

θ+∫

Aplicando la fórmula anterior:

2

2 20 21

1 11 11

2z

dzdjzsen z

jz

πθ

θ =

=+ ⎛ ⎞−

+ ⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫

simplificando:

2

2 4 201

1 41 ( 6z

d dsen j z z

πθ

θ = 1)z−

=+ −∫ ∫ +

Ahora resolvemos la integral compleja aplicando el teorema de los residuos: Las singularidades son:

1

2

3

4

1 2 1

1 2 1 , polo simple

1 2 1 , polo simple

1 2 1

z z

z z

z z

z z

= + ∉ <

= − ∈ <

= − + ∈ <

= − − ∉ <

Aplicando la fórmula de los residuos para polos simples tenemos:

[ ]2

2 3 22

4 4 4Re ,4(4 12 ) (4 12) ( 8 2)z z

zs f z z 2jj z z j z j=

− − −= = = = =

− − −

[ ]3 23

4 4Re ,4(4 12) ( 8 2)

s f z zjj z j

− −= = = =

− −2

2


Finalmente:

2

20

1 2 2d 2 24 41 sen

jj j

πθ π π

θ⎛ ⎞

= + =⎜ ⎟⎜ ⎟+ ⎝ ⎠∫

Ejemplo 2:

Demostrar que: ( ) ( )2 30 2

, ( 1os 1

dx a aa c x a

π)π

= >+ −

∫

Como el intervalo de la integral no es de longitud 2π , no podemos aplicar directamente la fórmula 3, sin embargo, observando que se cumple que

(simetría respecto del eje ( ) ( )2F x F xπ= − x π= ), ó de manera equivalente

(debido a la periodicidad de las funciones sen y cos, ver figura 1), entonces: ( ) ( )F x F x= −

( ) ( )

2

2 20 0

12os os

dx dxIa c x a c x

= =+ +∫ ∫

π π

π Figura 1

Aplicando la fórmula 2:

221

12 1

2z

dzI dzzjz a

z=

=⎛ ⎞+

+⎜ ⎟⎝ ⎠

∫

3


luego de simplificar el integrando nos queda:

2 21

1 2( 2 1)z

zdzI dzj z az=

=+ +∫

las singularidades son:

21 1z a a= − + − , (polo doble), 1 1z z∈ <

22 1z a a= − − − , (polo doble), 2 1z z∉ <

calculando residuos:

( ) ( )1

21

12 2221 2

2 2 (Res , lim( )2 1 z z

z zz zz z z zz az →

)z z′⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎢ ⎥= = ⎢ ⎥

⎢ ⎥ − −⎢ ⎥+ + ⎣ ⎦⎣ ⎦

( )

( ) ( )( )

( )( )

21 2 1 1 2 1 2

12 421 2 1 2

2 4 22Res ,2 1

z z z z z z zz z zz z z zz az

⎡ ⎤ − − − − +⎢ ⎥= = =⎢ ⎥ − −+ +⎣ ⎦

3

( ) ( ) ( )

2

12 32 2 2

2 4Res ,2 1 8 1 2 1

z az zz az a a

⎡ ⎤⎢ ⎥= = =⎢ ⎥+ + − −⎣ ⎦

3

a

finalmente:

( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2 30 2 2 21

1 2 1 2cos 2 1 2 1 1z

dx z dz a ajj ja x z az a a

π ππ=

⎡ ⎤⎢ ⎥

= = =⎢ ⎥+ + + ⎢ ⎥− −

⎣ ⎦

∫ ∫ 3

4


Ejercicios Propuestos Calcular las siguientes integrales reales:

1.- 2

0, 1

cosd a

aπ θ

θ>

+∫

2.- ( )

2

20, 0

cosd a b

a b

π θθ

> >+∫

3.- ∫π

+θ−θθ2

0 2

2

21)3(cos

aasend , (a∈¢, a ≠ ±1)

4.- 2

20 1dxsen x

π

+∫

5.- 0 3 2cos

dxx

π

+∫

Pruebe que:

6.- ( )( )

2220

2 !cos , 1,2,

2 !n

n

nd n

n

πθ θ π= =∫ (Fórmula de Wallis)

7.- 2 21 cos

dπ

π

θ πθ−=

+∫

8.- 2

2 20

cos 2 , ( 1 1)1 2 os 1

d a aac a a

π θ θ πθ

= − <− + −∫ <

9.- 22 20

(2 )! , ( 1, 2, )2 ( !)

nn

nsen d nn

πθ θ π= =∫

5


Integrales impropias de la forma ( )f x dx∞

−∞∫ , con ( )f z sin polos reales

Si se considera el valor principal de Cauchy para la integral impropia ( )f x dx∞

−∞∫ , se

obtiene que:

( ) lim ( )r

rrf x dx f x dx

∞

−∞ −→∞=∫ ∫

Cuando ( )f x es una función impar la integral vale cero, y en caso contrario, la integral tendrá un valor real si la misma converge. En algunos problemas, es posible utilizar el teorema de los residuos para calcular el valor de la integral, como se verá a continuación. Consideremos el contorno cerrado 1C C C2= ∪ donde 1 : e jC z r= θ 0 ≤ ≤θ π y

, mostrado en la figura 2 ( lo suficientemente grande de tal forma que todas las singularidades de

2 : ,C z x r x r= − ≤ ≤ r( )f z en el semiplano superior queden en el

interior de C ). Entonces, aplicando el teorema de los residuos sobre el este contorno tendremos:

1C

2C

1 2

Im( ) 0

( ) ( ) ( ) 2 Re ( ( ), )k

kzC C C

f z dz f z dz f z dz j s f z z>

= + = π ∑∫ ∫ ∫

Figura 2

Se observa que: 1

( ) ( )r

rC

f z dz f x dx−

=∫ ∫

6


por lo que:

2

Im( ) 0

( ) 2 Re ( ( ), ) ( )k

r

krz C

f x dx j s f z z f z dz−

>

= π −∑∫ ∫

haciendo que , nos queda: r →∞

2

Im( ) 0

( ) 2 Re ( ( ), ) lim ( )k

k rz C

f x dx j s f z z f z dz∞

−∞ →∞>

= −∑∫ ∫π

Ahora bien, si: (4)

2

lim ( ) 0r

C

f z dz→∞

=∫ entonces:

Im( ) 0

( ) 2 Re ( ( ), )k

kz

f x dx j s f z zπ∞

−∞>

= ∑∫ (5)

La condición 4 ocurre cuando se cumple que: lim . ( ( e ) ,0 ) 0j

rr Max f r

→∞⎡ ⎤≤ ≤ =⎣ ⎦

θπ θ π

Debido a que de acuerdo con la desigualdad M.L., se tiene:

( )( )2

lim ( ) lim e . 0j

r rC

f z dz Max f r r→∞ →∞

≤ =∫ θ π

y en consecuencia:

2

lim ( ) 0r

C

f z dz→∞

=∫

7


Si consideramos la función racional ( ) ( ) ( )f z p z q z= , entonces podemos escribir:

1

1 01

1 0

( )( )( )

n nn n

m mm m

p z a z a z af zq z b z b z b

−−

−−

+ + += =

+ + +

donde suponemos que el grado del denominador es mayor al grado del numerador. Si

m nz tiende hacia infinito, los términos de mayor grado predominan

sobre los demás, por lo que podemos intuir que:

( )( )

nn

mm

l

p z a z kq z b z z

≈ = , l m n= −

Así, sobre z r= , ( r grande) podemos escribir:

( )( ) l

p z k Mq z r

≤ =

si , tenemos al menos: 2l ≥

2

2( )C

k kf z dz rr r

≤ =∫ππ

con estas condiciones, nos queda:

2

lim ( ) 0r

C

f z dz→∞

=∫ Como alternativa, podemos considerar como camino auxiliar para cerrar el contorno y aplicar el teorema de los residuos a la trayectoria

2 : e , 2jBC z r= ≥θ ≥π θ π , (figura 3), de tal manera que si se cumple que:

2

lim ( ) 0B

rC

f z dz→∞

=∫

8


9

entonces:

Im( ) 0

( ) 2 Re ( ( ), )k

kz

f x dx j s f z zπ∞

−∞<

= − ∑∫

2BC

el signo menos se debe a que el contorno cerrado está recorrido en el sentido horario.

Figura 3


Integrales impropias de la forma ( )f x dx∞

−∞∫ , tal que ( )f z presenta polos reales

simples Consideremos ahora el caso en el que exista un polo simple ( ) en el eje real. El valor principal de Cauchy en este caso vendrá dado por:

rw

( )

0 0

lim ( ) lim ( )r

r

w r

r wr rf x dx f z dz f z dz

∞ −

−∞ − +→∞ →∞→ →

= +∫ ∫ ∫ε

εε ε

De acuerdo al contorno cerrado de la figura 4, se tiene:

20

0 0

Im( ) 0

lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( )

2 Re ( ( ), )

r

r

k

w r

r wr rC C

kz

rf z dz f z dz f z dz f z dz

j s f z z

−

− +→∞ → →∞ →∞→ →

>

+ + +

=

∫ ∫ ∫ ∫

∑ε

ε

εεε ε

π

Si consideramos a ( )f z tal que: lim ( ) 0

Ar

C

f z dz→∞

=∫ entonces:

2C

Cε

rw

0Im( ) 00 0

lim ( ) lim ( ) 2 Re ( ( ), ) lim ( )r

rk

w r

kr wr r z C

f z dz f z dz j s f z z f z dz−

− +→∞ →∞ →>→ →

+ = −∑∫ ∫ ∫ε

ε

ε εε ε

π

Figura 4

10


parametrizando Cε : : ,j

rC z w e= + ≥ ≥θε ε π θ 0

El desarrollo en serie de Laurent en un entorno de (polo simple), tiene la siguiente forma:

rw

( ) 1

0

( ) , 0( )

kk r r

k r

bf z a z w z wz w

∞

=

= − + < −−∑ < δ

Sustituyendo ( )f z por su desarrollo de Laurent dentro de la integral, y

sustituyendo a por (z jrw e+ θε ), nos queda:

1110 0

0 0

( ) k j j k ji ij

k kC

b0

f z dz a e j e d j a e d jb de

∞ ∞+

= =

⎛ ⎞= − + = − −⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ ∑∫ ∫ ∫ ∫

ε

π πθ θ θθ

πε ε θ ε θ

εθ

y tomando el límite cuando 0ε → ,

110 00 0 0

lim ( ) lim k ji

kC

f z dz j a e d jb d∞

+

→ →=

⎧ ⎫= − −⎨ ⎬

⎩ ⎭∑∫ ∫

ε

π πθ

ε ε ∫ε θ θ

110 00 0 00

lim ( ) lim limk ji

kC

f z dz j a e d jb dε

π πθ

ε ε εε θ θ

∞+

→ → →=

⎧ ⎫= − −⎨ ⎬⎩ ⎭∑∫ ∫ ∫

( )10lim ( ) Re ( , )R

C

f z dz jb j s f z wε

επ π

→= = −∫

finalmente se obtiene: ( ) ( )

Im( ) 02 Re ( ( ), ) Re ( ,

k

k Rz

)f x dx j s f z z j s f z w∞

−∞>

= +∑∫ π π

En general, si tenemos varios polos simples sobre el eje real tendremos: ( ) ( )

Im( ) 0 Im( ) 02 Re ( ( ), ) Re ( ,

k m

k mz w

)f x dx j s f z z j s f z wπ π∞

−∞> =

= +∑ ∑∫ (6)

11


Si consideramos como camino auxiliar para cerrar el contorno a la semicircunferencia 2 : e , 2j

BC z r= ≥θ ≥π θ π , en el semiplano inferior, y : ,j

B rC z w e= + ≤ ≤θε 2ε π θ π , como se muestra en la figura 5, se obtiene el

siguiente resultado: ( ) ( )

Im( ) 0 Im( ) 02 Re ( ( ), ) Re ( ,

k m

k mz w

)f x dx j s f z z j s f z wπ π∞

−∞< =

= − −∑ ∑∫ (7)

Figura 5 Ejemplo 3:

Calcular: ( ) ( )22

1

1 1

x dxx x

∞

−∞

−

+ +∫

En primer lugar, se verifican las condiciones establecidas para aplicar la fórmula 6 y como el grado del denominador es mayor al menos en 2 al grado del numerador, entonces la integral de ( )f z sobre el contorno C es cuando r : 2 0 →∞ Polos con Im( : ) 0z > (polo doble) 1z j= Polos simples en el eje real: 2 1z = −

12


Calculo de los residuos: Residuo en z j= .

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

2

2 22

11 1Re , lim lim1! 11 1z j z j

z z j zs f z jz j zz z→ →

′ ′⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = =⎜ ⎟⎜ ⎟ + ++ + ⎝ ⎠⎝ ⎠

calculando previamente los términos de la derivada del cociente:

( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

2

2 2

1 1 , ( 1) 1 , 1 4

1 2 1 8 4

z j z j z j

z jz j

z j z z j z

z j z z j z z j j

= = =

==

′− = − − = + + = − −

′⎡ ⎤+ + = + + + + = − +⎣ ⎦

4 j

queda:

[ ] ( ) ( ) ( ) ( )( )2

1 4 4 1 8 4 8 8 1 1Re ,32 4 44 4

j j j js f z j jjj

− − − − − + − += = = = +

− −

Residuo en 1z = − .

[ ]( ) ( )22

1

1 1Re , 12

1 1z

zs f zz z

=−

−= − = = −

′⎡ ⎤+ +⎢ ⎥⎣ ⎦

finalmente:

( ) ( )[ ] [ ]22

1 2 Re , Re , 11 1

1 1 12 ( )4 4 2

x dx j s f j j s fx x

j j j

∞

−∞

−= + −

+ +

= + −

∫ π π

π π

y simplificando resulta:( ) ( )22

121 1

x dxx x

π∞

−∞

−= −

+ +∫

13


Ejemplo 4:

Calculemos ( )60

11

dxx

∞

+∫

Esta integral no tiene límites de integración de -∞ a ∞, sin embargo, como el integrando es una función par podemos calcular la integral original como:

( ) ( )

126 60

1 11 1

dx dxx x

∞ ∞

−∞=

+ +∫ ∫

Las singularidades de la función integrando son las seis raíces sextas de -1.

( )

( )

( )

( )

( )

( )

61 1

6 32 2

26 3

3 3

64 4

46 3

5 5

56 3

6 6

3 1 , Im 02 2

, Im 0

3 1 , Im 02 23 1 , Im 0

2 2

, Im 0

3 1 , Im 02 2

j

j

j

j

j

j

z e j z

z e j z

z e j z

z e j z

z e j z

z e j z

π

π π

π π

ππ

π π

π π

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

= = + >

= = >

= = − +

= = − − <

= = − <

= = − <

>

Podemos considerar para resolver el problema, tanto a la fórmula 6 como la 7. El número de singularidades que consideramos en cualquiera de los dos casos es igual a tres, y en el caso general de polinomios con coeficientes reales, las raíces complejas se presentan siempre como pares conjugados, por lo que tendremos igual número de singularidades tanto en el plano superior como en el inferior.

14


Los residuos en las singularidades correspondientes al semiplano superior son:

( )

1

4

166 1

1 1 1Re ,1 6 61

z z

zs z zz zz

=

⎛ ⎞⎡ ⎤= = = = − −⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎜ ⎟+ ′⎣ ⎦ ⎝ ⎠+

3 12 2

j

( )

2

4

266 2

1 1Re ,6 61 1

z z

zs z zzz z

=

⎡ ⎤= = = = −⎢ ⎥+ ′⎣ ⎦ +

1 j

( )

3

4

366 3

1 1Re ,1 6 61

z z

zs z zz zz

=

⎛ ⎞⎡ ⎤= = = = −⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎜ ⎟+ ′⎣ ⎦ ⎝ ⎠+

1 3 12 2

j

Aplicando la fórmula 6, se tiene que:

( )60

1 1 1 3 1 1 1 3 122 6 2 2 6 6 2 21

dx j j j jx

∞ ⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟= − − − + −

⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟+

⎟⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎝ ⎠∫ π

simplificando:

( )60

131

dxx

π∞=

+∫

Nótese que el resultado es un número real debido a que corresponde a una integral real.

15


Ejercicios Propuestos Calcular las siguientes integrales reales aplicando el Teorema de los Residuos:

1.- 3 22 2dx

x x x∞

−∞ + +∫

2.- ( )22 4 13

xdx

x x

∞

−∞ + +∫

3.- ( )( )21 4

xdxx x

∞

−∞ − +∫

4.- 4 27 1xdx

8x x∞

−∞ + −∫

5.- ∫∞

∞− +12nxdx , n∈N

6.- ∫∞

∞− −

π=

++ 224

2baccbxax

dx , ( a,b,c∈ℜ, b2 < 4ac )

16


Integrales de la forma ( ) jaxf x e dx∞

−∞∫

Este tipo de integrales se denominan integrales de Fourier, y son utilizadas para

obtener la transformada de Fourier de una función real ( ),

así como también para la transformada de Fourier inversa

(

( ) ( ) j xF f x e ωω∞ −

−∞= ∫ dx

( ) ( )12

jxf x F e ωdω ωπ

∞

−∞= ∫ ).

Teorema Si ( )( )lim 0

rMax f z

→∞= sobre el contorno 2 : e 0jtC z r t= ≤ ≤ π , ( )f z no tiene

polos reales y , entonces: 0a >

( ) ( )2 Re ( ,jax jazk

k

)f x e dx j s f z e zπ∞

−∞

= ∑∫ con ( )Im 0kz > (8)

Demostración: Utilizando el valor principal de Cauchy para la integral impropia, y transformándola a una integral compleja, se tiene:

( ) ( )limr

jax jaz

rr

f x e dx f z e dz∞

→∞−∞ −

=∫ ∫

y según el teorema de los residuos:

( ) ( ) ( )2

lim lim 2 Re ( , )r

jaz jaz jazkr r kr C

f z e dz f z e dz j s f z e z→∞ →∞

−

+ = ∑∫ ∫ π

donde es el contorno mostrado en la figura 2. 2C

17


Para demostrar el teorema basta con probar que: ( )

2

lim 0jaz

rC

f z e dz→∞

=∫ En efecto, aplicando la desigualdad ML al contorno : 2C

( ) ( )2 2 2

jaz jaz jaz

C C C

f z e dz f z e dz M e dz≤ ≤∫ ∫ ∫

donde M es el ( )( )Max f z sobre , entonces: 2C

( ) ( )2

(

0 0ejaz jt ja rcoost jrsent ar sent

C

f z e dz f r e r dt Me r dt+ −= =∫ ∫ ∫π π

como:

, 02

tsent t ππ

≤ ≤ ≤ y 0a >

entonces:

2 20 0 0

2 2tarar sent ar sentMe r dt M e r dt M e r dt M

−− −= ≤∫ ∫ ∫π ππ

π = π

en conclusión:

( )A

jaz

C

f z e dz Mπ≤∫

Si hacemos que y r →∞ ( )( )lim 0

rM Max f z

→∞= =

18


se obtiene: ( )

2

lim 0jaz

rC

f z e dz→∞

=∫ y entonces:

( ) ( )2 Re ( ,jax jazk

k

)f x e dx j s f z e zπ∞

−∞

= ∑∫ con ( )Im 0kz > (9)

Si ( )f z tiene polos simples en el eje real, tendremos que:

(10) ( ) ( )

( )

( )( )

Im 0

Im 0

2 Re ( , )

Re ( , ) , 0k

m

jax jazk

z

jazm

w

f x e dx j s f z e z

j s f z e w a

∞

>−∞

=

=

+ >

∑∫

∑

π

π

En el caso de , utilizamos como camino auxiliar a la semicircunferencia en el semiplano inferior lo que nos conducirá al siguiente resultado:

0a <

(11) ( ) ( )

( )

( )( )

Im 0

Im 0

2 Re ( , )

Re ( , ) , 0k

m

jax jazk

z

jazm

w

f x e dx j s f z e z

j s f z e w a

∞

<−∞

=

= −

− <

∑∫

∑

π

π

19


Ejemplo 5:

Obtener la transformada de Fourier de la función ( ) senatf tt

= .

( ) j tsen at sen atF e dt t

ωω∞ −

−∞

⎛ ⎞ℑ = =⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ t

( )( ) ( ) ( )1

2 2

jat jat j t j a t j a te e e e eF dt dtjt t t

ω ω ω

ω− − − − +

∞ ∞ ∞

−∞ −∞ −∞

−dt

⎡ ⎤= = −⎢ ⎥

⎣ ⎦∫ ∫ ∫

como:

( ) ,

,0 ,

j a t j ae dt j a

ta

ω π ωπ ω

ω

−∞

−∞

<⎧⎪= − >⎨⎪ =⎩

∫ y ( ) ,

,0 ,

j a t j ae dt j a

ta

ω π ωπ ω

ω

− +∞

−∞

< −⎧⎪= − >⎨⎪ = −⎩

∫ −

en virtud de las fórmulas 10 y 11, y además:

1 0dtt

∞

−∞=∫

por ser 1t

una función impar, entonces:

( )0 ,

,0 ,

aF a a

a

ωω π ω

ω

< −⎧⎪= − ≤⎨⎪ >⎩

≤

Esta transformada de Fourier corresponde a un filtro pasa-bajo ideal con frecuencia de corte aω = .

20


Ejemplo 6:

Calcular la transformada de Fourier inversa de 2 2

2aω +

.

La transformada inversa viene dada por la integral:

2 2

1 22

jxe da

ω ωπ ω

∞

−∞ +∫

Para , y aplicando la fórmula 9, se tiene: 0x >

2 2 2 2

2 22 Re ,jx jxe d j s e aja a

ω ωω π ωω ω

∞

−∞

⎛ ⎞= =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠∫

donde:

2 2

2Re ,jxw ax

jx

w aj

e es e ajw aa

ω ωω

−

=

⎛ ⎞= = =⎜ ⎟+⎝ ⎠ j

por lo tanto:

2 2

1 2 , 02

axjx ee d x

aaω ω

π ω

−∞

−∞= >

+∫

Para , y aplicando la fórmula 11, se tiene: 0x <

2 2 2 2

2 22 Re ,jx jxe d j s e aja a

ω ωω π ωω ω

∞

−∞

⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟+ +⎝ ⎠∫

donde:

2 2

2Re ,jxw ax

jx

w aj

e es e ajw aa

ω ωω =−

⎡ ⎤= − = =⎢ ⎥ j−+⎣ ⎦

21


por lo tanto:

2 2

1 2 , 02

axjx ee d x

aaω ω

π ω∞

−∞= <

+∫

Para , y aplicando la fórmula 5, se tiene: 0x =

2 2 2 2

2 22 Re ,d j sa a

ω π ωω ω

∞

−∞aj⎡ ⎤= =⎢ ⎥+ +⎣ ⎦∫

donde:

2 2

2 1Re ,aj

s ajaja ω

ωωω =

⎡ ⎤= = =⎢ ⎥+⎣ ⎦

1

por lo tanto:

2 2

1 2 1 , 02

jxe d xaa

ω ωπ ω

∞

−∞= =

+∫

En resumen:

2 2

, 0

1 2 1 , 02

, 0

ax

a xjx

ax

e xa

ee d xa aae xa

ω ωπ ω

−

−∞

−∞

⎧>⎪

⎪⎪= = =⎨

+ ⎪⎪

<⎪⎩

∫

22


Integrales reales impropias de la forma: ( )( )

P xsenaxdx

Q x∞

−∞∫ , ( )( )

cosP x

axdxQ x

∞

−∞∫ , con

Grado(Q) > Grado(P) , Q(x) puede tener polos reales simples, y a > 0 Como , entonces: cosj axe ax jsen= + ax

( )( )

( )( )

Im( )jaxP x P xsenaxdx e dx

Q x Q x∞ ∞

−∞ −∞=∫ ∫

( )( )

( )( )

cos Re( )jaxP x P xaxdx e dx

Q x Q x∞ ∞

−∞ −∞=∫ ∫

Si el grado del polinomio P es menor que el grado del polinomio Q se cumple que:

( )lim 0( )r

P zMax

Q z→∞

⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

y entonces aplicando la fórmula 10 se tiene:

( )( )

( )( )

( )( )

Im 0

Im 0

Im[2 Re ( , )( )

Re ( , )] , 0( )

k

m

jazk

z

jazm

w

P x P zsenaxdx j s e z

Q x Q z

P zj s e w a

Q z

∞

−∞>

=

=

+ >

∑∫

∑

π

π (12)

( )( )

( )( )

( )( )

Im 0

Im 0

cos Re[2 Re ( , )( )

Re ( , )] , 0( )

k

m

jazk

z

jazm

w

P x P zaxdx j s e z

Q x Q z

P zj s e w a

Q z

∞

−∞>

=

=

+ >

∑∫

∑

π

π (13)

En el caso en que a < 0, podemos hacer los siguientes cambios antes de aplicar las fórmulas anteriores:

( )

cos( ) cos( )senax sen ax

ax ax= − −= −

23


Otra alternativa es tomar la parte real e imaginaria en la fórmula 11, que corresponde a valores de a < 0. Ejemplo 7:

Calcular: 2

cos2 10

x x dxx x

∞

−∞ − +∫

En este caso se cumplen las condiciones establecidas para aplicar la fórmula 12, por lo tanto:

( )

2Im 0

cos Re[2 Re ( ( ) , )]2 10

k

jazk

z

x xdx j s f z ex x

∞

>−∞

=− + ∑∫ π z

j

j

Los polos del integrando son: , (polo simple) Im(z1 1 3z = + 1) > 0 , (polo simple) Im(z2 1 3z = − 2) < 0 Luego, se calcula el residuo en : 1z

( )

(1 3 )

22

1 3

(1 3 )Re , 1 32 10 2(1 3 ) 22 10

jz jz j j

z j

z e z e j es z jz z jz z

+

= +

⎡ ⎤ += + = =⎢ ⎥− + +′⎣ ⎦ − + −

3

2

3 3 3

(1 3 )Re , 1 32 10 6

3 cos1 1 (3 1 cos1)6

jz jz e j es z jz z j

e e sen je sen

− +

− − −

⎡ ⎤ += + =⎢ ⎥− +⎣ ⎦

+ + −=

finalmente:

3 3 3

2

3

cos 3 cos1 1 (3 1 cos1)Re 22 10 6

(cos1 3 1)3

x xdx e e sen je senjx x

sene

∞ − − −

−∞

⎛ ⎞+ + −= ⎜ ⎟− + ⎝ ⎠

−=

∫ π

π

24


Ejemplo 8:

Calcular: ( )20 1sentx

x x∞

+∫ , con t < 0

Los límites de integración no corresponden al problema en estudio, sin embargo, debido a que el integrando es una función par, podemos calcular la integral como:

( ) ( ) ( )

1 12 22 2 20

Im1 1 1

jtxsentx sentx edx dx dxx x x x x x

∞ ∞ ∞

−∞ −∞

⎛ ⎞⎜ ⎟= =⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ 0<

)

, t

Las singularidades de ( 2 1

tzez z +

son:

, (polo simple en el eje real) 1 0w = , (polo simple con 1z = j ( )1Im 0z > )

, (polo simple con 2z = − j ( )2Im 0z < ) aplicando la fórmula 11 (ya que t < 0), los residuos a considerar son:

( ) ( )2 2

0

Re , 0 11 1

jtz jtz

z

e es zz z z

=

⎡ ⎤⎢ ⎥= = =

+ +⎢ ⎥⎣ ⎦

( ) ( )

222

Re ,2 21 1

jtz jtz jtz t

z jz j

e e es z jzz z z z =−

=−

⎡ ⎤⎢ ⎥= − = = = −

′+⎢ ⎥ +⎣ ⎦

e

aplicando la fórmula 11:

( )2

21

jtxe dxx x

∞

−∞= −

+∫ 2

tej −π ( )1 tj j e j⎛ ⎞

− = −⎜ ⎟⎝ ⎠

π π π

finalmente: ( ) ( ) ( )1

22 20Im 1

21 1

jtxtsentx edx dx e

x x x x∞ ∞

−∞

⎛ ⎞⎜ ⎟= =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

∫ ∫π

−

25


Ejercicios propuestos Calcular las siguientes integrales haciendo uso del teorema de los residuos:

1.- 2

cos2 10

x x dxx x

∞

−∞ − +∫

2.- ∫∞

∞− −dx

xtx

31)cos( , t∈Z

3.- 2 2 , 0,( )sen ax dx a bx x b

∞

−∞< >

+∫ 0

4.- ( )20 2

3

4

x sen x dxx

∞

+∫

5.- 0

sen x dxx

∞

∫

6.- ( )( )221 1

sen x dxx

∞

−∞− +

∫

7.- 4

cos1x dx

x∞

−∞ +∫

8.- ( )22

cos

1

x dxx x

∞

−∞ + +∫

9.- 2

( 1)cos3 2

x x dxx x

∞

−∞

++ +∫

10.- ( )20 2

2

3

x sen x dxx

∞

+∫

26


11.- ( )( )2 20 1 4

x sen x dxx x

∞

+ −∫

12.- ( )( )

3

2 20 1 4x sen x dx

x x∞

+ +∫

13.- ( )

( )20 2 2

cos , 0,ax dx a bx b

∞< <

+∫ 0

Demuestre que:

14.- ( ) ( )2

22 20

1 ,4

asen x dx e aa

0x a

π∞ −= − >+∫

15.- ( )2 20, 0,

2masenmxsennx dx e senhna a m n

a0

x aπ∞ −= >

+∫ ≥ ≥

16.- ( )2 20

cos , 0,2

naxsenmx nx dx e senhma a n m 0x a

π∞ −= − > > ≥+∫

27

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