Integracion por residuos´ocw.uc3m.es/cursos-archivados/ampliacion-de-matematicas...La razon ser´ a...

Integraci on por residuos

En el capıtulo anterior vimos que si una funcion, f(z), tiene una singularidadaislada enz = a, entonces puede expresarse mediante la serie de Laurent

f(z) =∞

∑

n=−∞cn(z − a)n, 0 < |z − a| < R.

Si γ es un contorno cerrado simple orientado positivamente que rodea el puntoz = a, entonces, segun el teorema de Laurent,

∮

γ

f(z) dz = 2πic−1.

El numero complejoc−1, coeficiente del termino1/(z − a) de la serie de Laurentdef(z), recibe el nombre deresiduodef(z) enz = a, y suele denotarse

c−1 = Res(

f(z), a)

.

Queda muy claro de la definicion el papel relevante que este numero desempenaen la teorıa de la integracion. Ademas, proporciona un metodo alternativo pararealizar las integrales, ya que hay varias formas de obtener el coeficientec−1 de laserie de Laurent def(z), aparte de la definicion.

92 6 Integracion por residuos

Ejemplo6.1. Calcula la integral∮

|z|=2

e−z

(z − 1)2dz, donde la circunferencia esta orientada positiva-

mente.Si escribimos

e−z = e−1e−(z−1) = e−1

∞∑

n=0

(−1)n

n!(z − 1)n,

es evidente quee−z

(z − 1)2=

∞∑

n=−2

(−1)ne−1

(n + 2)!(z − 1)n,

con lo que

Res

(

e−z

(z − 1)2, 1

)

= c−1 = −e−1.

En consecuencia,∮

|z|=2

e−z

(z − 1)2dz = −2πi

e.

6.1. Teorema de los residuos

El resultado del ejemplo 6.1 es generalizable a funciones con un numero finitode singularidades en el interior del contorno de integracion. Dicha generalizacionse conoce como teorema de los residuos.

Teorema 6.1(de los residuos). Seaγ un contorno cerrado simple orientado posi-tivamente, y seaf(z) una funcion analıtica sobreγ y el interior deγ, a excepcionde un conjunto finito de puntos singularesz1, . . . , zn del interior deγ. Entonces,

∮

γ

f(z) dz = 2πin

∑

k=1

Res(

f(z), zk

)

.

Dem.: Construyamos circunferenciasCk alrededor de los puntoszk, orientadaspositivamente y con un radio lo bastante pequeno como para que (a) queden total-mente en el interior deγ, y (b) la interseccion entre cualesquiera dos de ellas seavacıa. Entonces aplicamos el teorema de Cauchy-Goursat para dominios multiple-mente conexos:

∮

γ

f(z) dz =n

∑

k=1

∮

Ck

f(z) dz.

Como dentro de cadaCk solo hay una singularidad,∮

Ck

f(z) dz = 2πi Res(

f(z), zk

)

,

6.1 Teorema de los residuos 93

y eso demuestra la formula.

Ejemplos6.2.

(1) Calcula∮

|z|=2

5z − 2

z(z − 1)dz, donde la circunferencia esta orientada positivamente.

El integrando tiene dos polos: enz = 0 y enz = 1, ambos dentro del contorno. DenotemosR0 = Res

(

f(z), 0)

y R1 = Res(

f(z), 0)

. Para hallarR0 hagamos un desarrollo de Laurenten0 < |z| < 1:

5z − 2

z(z − 1)=

(

5 − 2

z

)( −1

1 − z

)

=

(

2

z− 5

) ∞∑

n=0

zn =∞

∑

n=0

2zn−1 −∞

∑

n=0

5zn

=∞

∑

n=−1

2zn −∞

∑

n=0

5zn =2

z+

∞∑

n=0

(2 − 5)zn =2

z− 3

∞∑

n=0

zn,

de dondeR0 = 2.

Para hallarR1 hacemos un desarrollo de Laurent en0 < |z − 1| < 1:

5z − 2

z(z − 1)=

(

5(z − 1) + 3

z − 1

)(

1

1 + (z − 1)

)

=

(

5 +3

z − 1

) ∞∑

n=0

(−1)n(z − 1)n

=∞

∑

n=0

5(−1)n(z − 1)n +∞

∑

n=0

3(−1)n(z − 1)n−1

=∞

∑

n=0

5(−1)n(z − 1)n +∞

∑

n=−1

3(−1)n+1(z − 1)n

=3

z − 1+

∞∑

n=0

(−1)n(5 − 3)zn =3

z − 1+ 2

∞∑

n=0

(−1)nzn,

luegoR1 = 3. Ası pues,∮

|z|=2

5z − 2

z(z − 1)dz = 2πi(R0 + R1) = 10πi.

(2) Calcula∮

|z|=1/2

1

z2f

(

1

z

)

dz, siendof(z) el integrando del ejemplo anterior.

Como1

z2f

(

1

z

)

=5 − 2z

z(1 − z),

dentro de la curva solo esta el poloz = 0. Para0 < |z| < 1 tenemos el desarrollo de Laurent,

5 − 2z

z(1 − z)=

(

5 − 2z

z

)(

1

1 − z

)

=

(

5

z− 2

) ∞∑

n=0

zn =∞

∑

n=0

5zn−1 −∞

∑

n=0

2zn

=∞

∑

n=−1

5zn −∞

∑

n=0

2zn =5

z+ 3

∞∑

n=0

zn,


luego

Res

(

1

z2f

(

1

z

)

, 0

)

= 5;

por tanto,∮

|z|=1/2

1

z2f

(

1

z

)

dz = 10πi.

La razon de que el resultado de esta integral coincida con el del ejemplo anterior se vera masadelante.

6.2. Residuos en los polos

Supongamos que la funcion meromorfaf(z) tiene un polo de ordenp enz = a.Entonces, existira una funcion,g(z), analıtica ena, tal que

f(z) =g(z)

(z − a)p, g(a) 6= 0.

En un entorno dea,

g(z) =∞

∑

n=0

g(n)(a)

n!(z − a)n,

luego

f(z) =g(a)

(z − a)p+

g′(a)

(z − a)p−1+ · · · + g(p−1)(a)

(p − 1)!

1

z − a

+g(p)(a)

p!+

g(p+1)(a)

(p + 1)!(z − a) + · · ·

y, por tanto,

Res(

f(z), a)

=g(p−1)(a)

(p − 1)!.

Comog(z) = (z − a)pf(z), podemos escribir la formula

Res(

f(z), a)

=1

(p − 1)!lımz→a

dp−1

dzp−1

[

(z − a)pf(z)]

,

que para el caso de un polo simple (p = 1) se reduce a

Res(

f(z), a)

= lımz→a

[

(z − a)f(z)]

.

Como puede intuirse por el procedimiento que hemos seguido para obtener estaformula, no hay ninguna formula similar valida para singularidades esenciales.

6.2 Residuos en los polos 95

Ejemplos6.3.

(1) Consideremos la funcion

f(z) =z + 1

z2 + 9.

Esta funcion tiene polos simples enz = ±3i, ya quez2 + 9 = (z − 3i)(z + 3i). Entonces,

f(z) =g(z)

z − 3i, g(z) =

z + 1

z + 3i,

y ademas,

g(3i) =3i + 1

6i=

3 − i

66= 0,

por lo tanto,

Res(

f(z), 3i)

= g(3i) =3 − i

6.

Para el poloz = −3i se procede igual y se obtiene

Res(

f(z),−3i)

= h(3i) =3 + i

6, h(z) =

z + 1

z − 3i.

(2) Consideremos la funcion

f(z) =z3 + 2z

(z − i)3.

Esta funcion tiene un polo de orden3 enz = i. Como

d2

dz2

[

(z − i)3f(z)]

= (z3 + 2z)′′ = 6z,

obtendremos

Res(

f(z), i)

=6i

2!= 3i.

(3) A veces no es evidente el orden de un polo. Consideremos la funcion

f(z) =senh z

z4.

Esta funcion parece tener un polo de orden4 enz = 0; sin embargo, si escribimos

f(z) =g(z)

z4, g(z) = senh z,

comprobaremos queg(0) = senh 0 = 0, luego el polo no es de orden4. Para averiguarcorrectamente el orden desarrollamos en seriesenh z alrededor dez = 0:

senh z = z +z3

6+ · · · = z

(

1 +z2

6+ · · ·

)

= zφ(z),

dondeφ(0) = 1 6= 0. Ası que

f(z) =φ(z)

z3


y entonces queda claro que el polo es de orden3. Para calcular el residuo podemos aplicarla formula,

Res(

f(z), 0)

=φ′′(0)

2!=

1/3

2=

1

6,

o bien escribir la serie de Laurent (al menos hasta el terminoz−1),

f(z) =1

z3

(

1 +z2

6+ · · ·

)

=1

z3+

1

6

1

z+ · · · ,

de donde

Res(

f(z), 0)

= c−1 =1

6.

(4) Otro ejemplo en que el orden del polo no es evidente es

f(z) =1

z(ez − 1).

En z = 0 hay un polo, pero no es simple, porque si escribimosf(z) = g(z)/z, la funciong(z) tiene un polo enz = 0. En este caso partimos de

ez = 1 + z +z2

2+

z3

6+ · · · ,

de donde

ez − 1 = z +z2

2+ · · · = z

(

1 +z

2+

z2

6+ · · ·

)

,

y por tanto,

f(z) =g(z)

z2, g(z) =

1

1 + z2

+ z2

6+ · · ·

,

que es correcta porqueg(0) = 1 6= 0. Se trata, pues, de un polo de orden2. En cuanto alresiduo, como

g′(z) = −12

+ z3

+ · · ·(

1 + z2

+ z2

6+ · · ·

)2 =⇒ g′(0) = −1

2,

empleando la formula

Res(

f(z), 0)

= g′(0) = −1

2.

(5) Consideremos ahora la funcion

cotan z =cos z

sen z.

Esta funcion tiene polos enz = nπ, para todon ∈ N. La funcion tiene la forma

f(z) =g(z)

h(z),

6.3 Residuos en el infinito 97

donde en cualquiera de los poloszn = nπ se verificag(zn) 6= 0, h(zn) = 0, h′(zn) 6= 0. Enese caso,

h(z) = (z−zn)h′(zn)+h′′(zn)

2(z−zn)2+· · · = (z−zn)

(

h′(zn) +h′′(zn)

2(z − zn) + · · ·

)

,

luegof(z) tiene un polo simple en cadazn y ademas

Res(

f(z), zn

)

=g(zn)

h′(zn).

En nuestro caso,g(z) = h′(z) = cos z, luego

Res(

cotan z, nπ)

= 1.

(6) La funcion

f(z) =z

z4 + 4

tiene polos simples en las cuatro raıces dez4+4, que sonz1 =√

2eiπ/4 = 1+i, z2 = −1+i,z3 = −1 − i y z4 = 1 − i. Llamandog(z) = z y h(z) = z4 + 1, con lo queh′(z) = 4z3,resulta queg(zk) = zk y h′(zk) = 4z3

k 6= 0. Entonces, segun el ejemplo anterior

Res(

f(z), zk

)

=g(zk)

h′(zk)=

1

4z2k

= (−1)k i

8, k = 1, 2, 3, 4.

6.3. Residuos en el infinito

Vamos a descubrir la razon por la que el resultado del ejemplo 6.2 (2) coincidıacon el del ejemplo 6.2 (1). En el capıtulo 5 definimos singularidades en el infinitode f(z) como las singularidades en0 de f(1/z). Del mismo modo definimos elresiduo def(z) en el infinito como

Res(

f(z),∞) = −Res

(

1

z2f

(

1

z

)

, 0

)

.

La razon sera evidente cuando veamos el correspondiente teorema de los residuosincluyendo el infinito. El siguiente lema da una pista de por donde van los tiros:

Lema 6.1. Seaf(z) una funcion analıtica en el dominioΩ, que contiene la cir-cunferenciaCR, dada porz(θ) = Reiθ, 0 ≤ θ ≤ 2π, y su exterior. Entonces,

∮

CR

f(z) dz = −2πi Res(f,∞).


Dem.: Sear = 1/R y denotemosCr la circunferencia dada porz(θ) = reiθ,0 ≤ θ ≤ 2π. Si z esta en el interior deCr, entonces1/z esta en el exterior deCR, de manera que la funcion g(z) = z−2f(1/z) es analıtica en el interior deCr

excepto en el origen. Entonces,

∮

CR

f(z) dz =

∫ 2π

0

f(

Reiθ)

iReiθ dθ =

∫ 2π

0

f

(

1

re−iθ

)

i

re−iθdθ

=

∫ 2π

0

f

(

1

rei(2π−θ)

)

i

rei(2π−θ)dθ =

∫ 2π

0

f

(

1

reiθ

)

i

reiθdθ

=

∫ 2π

0

f

(

1

reiθ

)

ireiθ

(reiθ)2 dθ =

∮

Cr

f

(

1

z

)

dz

z2

= 2πi Res

(

1

z2f

(

1

z

)

, 0

)

= −2πi Res(

f(z),∞).

Aunque resulte extrana la inclusion del signo menos en la definicion del residuoen el infinito, vamos a ver en seguida por que se hace ası.

Teorema 6.2.Seaγ un contorno cerrado simple orientado positivamente y su-pongamos quef(z) es una funcion analıtica en un dominioΩ que contieneγ y suexterior, excepto en un conjunto finito de singularidades,z1, . . . , zn, situadas en elexterior deγ. Entonces, denotando,z0 = ∞,

∮

γ

f(z) dz = −2πi

n∑

k=0

Res(

f(z), zk

)

.

Dem.: Construyamos la circunferencia−CR centrada en el origen, orientadane-gativamentey de radioR lo suficientemente grande como para que no haya singu-laridades en su exterior yγ quede en su interior. Conectando la circunferencia conγ mediante el contornoσ, que no cruza ninguna singularidad, construimos el con-torno cerrado simpleΓ = −CR + σ + γ − σ, que esta, en consecuencia, orientadonegativamente, y que contiene las singularidadesz1, . . . , zn en su interior.

Por el teorema de los residuos,

∮

Γ

f(z) dz = −2πin

∑

k=1

Res(

f(z), zk

)

;

6.3 Residuos en el infinito 99

por otro lado,∮

Γ

f(z) dz = −∮

CR

f(z) dz +

∮

γ

f(z) dz

= 2πi Res(

f(z),∞)

+

∮

γ

f(z) dz,

usando el resultado del lema. Uniendo ambos resultados se obtiene finalmente laformula del enunciado.

Ejemplos6.4.

(1) Calculemos la integral (la orientacion del contorno es positiva)

∮

|z|=3

(z − 1)3

z(z + 2)3dz.

Como todos los polos del integrando estan en el interior del contorno, es preferible usar elpolo del infinito. Calculemos, pues,

1

z2

(

1z− 1

)3

1z

(

1z

+ 2)3 =

(1 − z)3

z(1 + 2z)3.

Como esta funcion tiene un polo simple enz = 0, su residuo se calcula facilmente como1,de modo que

∮

|z|=3

(z − 1)3

z(z + 2)3dz = 2πi.

(2) Vamos a demostrar, usando el residuo en el infinito, que para todo polinomio de gradon ≥ 2, P (z) = a0 + a1z + · · · + anz

n (an 6= 0), con raıcesz1, . . . , zn,

n∑

k=1

Res

(

1

P (z), zk

)

= 0.

Para ello construimos un contornoγ cerrado simple orientado positivamente y tal que todoslos ceros deP (z) caigan en su interior. Entonces, usando la version normal del teorema delos residuos,

n∑

k=1

Res

(

1

P (z), zk

)

=1

2πi

∮

γ

dz

P (z),

pero por la version con el polo del infinito,

1

2πi

∮

γ

dz

P (z)= −Res

(

1

P (z),∞

)

= Res

(

1

z2P (1/z), 0

)

.


Ahora bien,

P (1/z) =1

zn(a0z

n + a1zn−1 + · · · + an−1z + an),

luego1

z2P (1/z)=

zn−2

a0zn + a1zn−1 + · · · + an−1z + an

.

Comoan 6= 0, si n − 2 ≥ 0 es evidente que

Res

(

1

z2P (1/z), 0

)

= 0.

6.4. Calculo de integrales reales mediante residuos

La aplicacion mas importante del teorema de los residuos es el calculo de cier-tos tipos de integrales reales. La idea basica es relacionar esas integrales realescon otras integrales sobre un contorno cerrado en el plano complejo, evaluar estaultima mediante residuos y utilizar el resultado para deducir el valor de la primera.Aunque el metodo es general y aplicable a situaciones mas complicadas, vamos aseleccionar aquı algunos tipos de integrales a los que se puede aplicar la tecnicaconexito.

6.4.1. Integrales de funciones de senos y cosenos

Consideremos la integral

I =

∫ 2π

0

F (sen θ, cos θ) dθ,

dondeF (x, y) es cualquier funcion real de dos variables tal que el integrando seauna funcion continua deθ en [0, 2π]. La forma de la integral sugiere la parame-trizacion de la curvaz(θ) = eiθ, con 0 ≤ θ ≤ 2π, es decir, la circunferenciaunidad con orientacion positivaC. Comoz′(θ) = iz(θ), sen θ = (z − z−1)/2i ycos θ = (z + z−1)/2,

I =

∮

CF

(

z − z−1

2i,z + z−1

2

)

dz

iz.

La condicion de queF (sen θ, cos θ) sea continua en[0, 2π] implica que el inte-grando de esta integral de contorno no tiene singularidades sobreC, de modo que,en principio, esta integral se puede hacer por residuos.Ejemplos6.5.

6.4 Calculo de integrales reales mediante residuos 101

(1) Calculemos la integral

I =

∫ 2π

0

dθ

1 + a sen θ, |a| < 1.

Aplicando la transformacion a la circunferencia unidad,

I =

∮

C

1

1 + a(

z2−12iz

)

dz

iz=

∮

C

2/a

z2 + 2iaz − 1

dz.

El denominador tiene dos raıces,

z± = − i

a

(

1 ±√

1 − a2)

,

luego el integrando es de la forma

f(z) =2/a

(z − z+)(z − z−).

Ahora bien,

|z+| − 1 =1

|a|(

1 +√

1 − a2)

− 1 =1 − |a| +

√1 − a2

|a|

=

√

1 − |a||a|

(

√

1 − |a| +√

1 + |a|)

> 0,

luego|z+| > 1 y, por tanto,z+ esta en el exterior deC. Por otro lado,z+z− = −1, ası que|z−| < 1, lo que significa quez− esta en el interior deC. En consecuencia,

I = 2πi Res(

f(z), z−)

= 2πi2/a

(z− − z+)=

2π√1 − a2

.

6.4.2. Integrales impropias de primera especie

Una integral impropia de primera especie de una funcion f(x), continua en[a,∞), se define como

∫ ∞

a

f(x) dx = lımR→∞

∫ R

0

f(x) dx.

Si el lımite de la derecha existe se dice que la integral converge.Si la funcion es continua enR se puede definir la integral impropia

∫ ∞

−∞f(x) dx =

∫ ∞

0

f(x) dx +

∫ 0

−∞f(x) dx.


Cuando existen las dos integrales de la derecha se dice que la de la izquierdaconverge. Pero hay una definicion alternativa de esta integral que se conoce comovalor principal y que se define mediante el lımite

V. P.

∫ ∞

−∞f(x) dx = lım

R→∞

∫ R

−R

f(x) dx.

Cuando∫ ∞

−∞f(x) dx converge, el valor principal coincide con ella; pero tambien

hay funciones, comof(x) = x, para las que no existe la integral y sı su valorprincipal. Ahora bien, sif es par, es decirf(−x) = f(x), entonces la integral en[0,∞) converge si y solo si converge su valor principal, ya que

∫ R

0

f(x) dx =1

2

∫ R

−R

f(x) dx.

Ejemplo6.6. Calculemos la integral∫ ∞

0

2x2 − 1

x4 + 5x2 + 4dx =

1

2

∫ ∞

−∞

2x2 − 1

x4 + 5x2 + 4dx =

1

2.

Para calcular la segunda integral notemos que la extension holomorfa del integrando al plano com-plejo es la funcion

f(z) =2z2 − 1

z4 + 5z2 + 4=

2z2 − 1

(z2 + 1)(z2 + 4).

Esta funcion tiene polos simples enz = ±i y enz = ±2i y es holomorfa en el resto deC.Vamos a integrar la funcion sobre la curvaγR de la figura, formada por la semicircunferencia

CR centrada en el origen y situada en el semiplano superior, y elsegmento[−R,R].

CR

−R R

Los polos que caen en el interior deγR sonz = i y z = 2i, de modo que

∫ R

−R

f(x) dx +

∫

CR

f(z) dz = 2πi[

Res(

f(z), i)

+ Res(

f(z), 2i)]

.


Ahora,

Res(

f(z), i)

=2z2 − 1

(z + i)(z2 + 4)

∣

∣

∣

∣

z=i

= − 1

2i,

Res(

f(z), i)

=2z2 − 1

(z2 + 1)(z + 2i)

∣

∣

∣

∣

z=2i

=3

4i,

luego∫ R

−R

f(x) dx +

∫

CR

f(z) dz = 2πi

(

− 1

2i+

3

4i

)

=π

2.

Entonces,∫ ∞

−∞

f(x) dx =π

2− lım

R→∞

∫

CR

f(z) dz.

Vamos a probar que el lımite de la derecha vale0. Para ello vamos a acotar la integral. En primerlugar, sobreCR,

|2z2 − 1| ≤ 2|z|2 + 1 = 2R2 + 1,

|z2 + 1| ≥ |z|2 − 1 = R2 − 1,

|z2 + 4| ≥ |z|2 − 4 = R2 − 4,

luego

|f(z)| ≤ 2R2 + 1

(R2 − 1)(R2 − 4).

Por otro lado,L(CR) = πR, por lo tanto,

∣

∣

∣

∣

∫

CR

f(z) dz

∣

∣

∣

∣

≤ (2R2 + 1)πR

(R2 − 1)(R2 − 4)−−−−→

R→∞0.

El resultado final es que∫ ∞

0

2x2 − 1

x4 + 5x2 + 4dx =

π

4.

Podemos generalizar el ejemplo a un teorema que describa un caso muy gene-ral:

Teorema 6.3.Seaf(z) analıtica en un dominio que contiene el semiplanoHy el eje real, salvo un numero finito de singularidadeszk ∈ H, k = 1, . . . , n.Supongamos que para|z| suficientemente grande, existeC ∈ R tal que

|f(z)| ≤ C

|z|µ , µ > 1.

Entonces,


(a) siH = z ∈ C : Im z > 0 (semiplano superior)

V. P.

∫ ∞

−∞f(x) dx = 2πi

n∑

k=1

Res(

f(z), zk

)

;

(b) siH = z ∈ C : Im z < 0 (semiplano inferior)

V. P.

∫ ∞

−∞f(x) dx = −2πi

n∑

k=1

Res(

f(z), zk

)

.

Dem.: (a) La demostracion se hace construyendo un semicırculo, como en elejemplo, y tomandoR → ∞. La condicion |f(z)| ≤ C/Rµ, con µ > 1,asegura que paraR suficientemente grande,

∣

∣

∣

∣

∫

CR

f(z) dz

∣

∣

∣

∣

≤ πCR

Rµ−−−−→

R→∞0.

(b) Se demuestra igual cerrando el semicırculo por abajo. Como eso cambia laorientacion del segmento[−R, R], aparece un signo menos en la formula.

6.4.3. Integrales de tipo transformada de Fourier

El metodo de los residuos permite hacer integrales del tipo∫ ∞

−∞f(x) cos ax dx,

∫ ∞

−∞f(x) sen ax dx;

evidentemente, son la parte real e imaginaria de una integral de tipo transformadade Fourier,

∫ ∞

−∞f(x)eiax dx,

y esta va a ser la integral que vamos a intentar resolver mendiante residuos.Ejemplo6.7. Calculemos la integral

I =

∫ ∞

0

cos 3x

(x2 + 1)2dx.

Como el integrando es par,

I =1

2V. P.

∫ ∞

−∞

ei3x

(x2 + 1)2dx.

Definamos

f(z) =1

(z2 + 1)2.


La funcion f(z)ei3z es analıtica en el eje real y en el semiplano superior, salvo en el punto z = i,donde tiene un polo de orden2. Entonces, tomando el contorno del ejemplo 6.6, siR es suficien-temente grande (concretamente, siR > 1),

∫ R

−R

f(z)ei3z dz +

∫

CR

f(z)ei3z dz = 2πi Res(

f(z)ei3z, i)

= 2πid

dz

ei3z

(z + i)2

∣

∣

∣

∣

z=i

=2π

e3.

Ahora, sobreCR tenemos que|z2 + i| ≥ R2 − 1, ası que∣

∣

∣

∣

∫

CR

f(z)ei3z dz

∣

∣

∣

∣

≤ 1

(R2 − 1)2

∣

∣

∣

∣

∫

CR

ei3z dz

∣

∣

∣

∣

.

Vamos ahora a probar que para todoa > 0,∣

∣

∣

∣

∫

CR

eiaz dz

∣

∣

∣

∣

<π

a,

una desigualdad conocida comodesigualdad de Jordan.Para ello escribimos∫

CR

eiaz dz = iR

∫ π

0

eiθ+iaR cos θ−aR sen θ dθ,

con lo que∣

∣

∣

∣

∫

CR

eiaz dz

∣

∣

∣

∣

≤ R

∫ π

0

e−aR sen θ dθ = 2R

∫ π/2

0

e−aR sen θ dθ.

Usando ahora la desigualdadsen θ ≥ 2θ/π, valida cuando0 ≤ θ ≤ π/2 debido a la concavidad dela funcion sen θ,

∫ π/2

0

e−aR sen θ dθ ≤∫ π/2

0

e−2aRθ/π dθ =π

2aR

(

1 − e−aR)

<π

2aR.

Sustituyendo en la ecuacion anterior encontramos finalmente la desigualdad de Jordan. Con ellapodemos acotar

∣

∣

∣

∣

∫

CR

f(z)ei3z dz

∣

∣

∣

∣

≤ π

3(R2 − 1)2−−−−→

R→∞0,

por lo tanto,

V. P.

∫ ∞

−∞

f(z)ei3z dz =2π

e3.


Teorema 6.4.Seaf(z) analıtica en un dominio que contiene el semiplanoHy el eje real, salvo un numero finito de singularidadeszk ∈ H, k = 1, . . . , n.Supongamos que para|z| suficientemente grande, existeC ∈ R tal que

|f(z)| ≤ C

|z|µ , µ > 0.

Entonces,


(a) sia > 0 y H = z ∈ C : Im z > 0 (semiplano superior)

V. P.

∫ ∞

−∞f(x)eiax dx = 2πi

n∑

k=1

Res(

f(z)eiaz, zk

)

;

(b) sia < 0 y H = z ∈ C : Im z < 0 (semiplano inferior)

V. P.

∫ ∞

−∞f(x)eiax dx = −2πi

n∑

k=1

Res(

f(z)eiaz, zk

)

.

Dem.: (a) La demostracion se hace construyendo un semicırculo, como en elejemplo, y tomandoR → ∞. La condicion |f(z)| ≤ C/Rµ, con µ > 0,asegura que paraR suficientemente grande y empleando la desigualdad deJordan,

∣

∣

∣

∣

∫

CR

f(z)eiaz dz

∣

∣

∣

∣

≤ πC

aRµ−−−−→

R→∞0.

(b) Se demuestra igual cerrando el semicırculo por abajo (en la cota de la integralcambiaa por |a|). Como eso cambia la orientacion del segmento[−R, R],aparece un signo menos en la formula.

6.4.4. Integrales sobre cortes de ramificaci on

Vamos a analizar ahora casos de integrales impropias en los que al extender elintegrando al plano complejo, la funcion resultante tiene un corte. Empezaremospor un ejemplo que ilustra el procedimiento.

Ejemplo6.8. Vamos a calcular la integral

∫ ∞

0

ln x

x2 + 4dx;

para ello, consideraremos la integral∮

γR

log z

z2 + 4dz,

tomando el valor principal delog z, y γR el circuito de la figura (la lınea discontinua marca el cortedel logaritmo).


α

γR

ε

R

Como el integrando tiene dos polos simples en±2i, si R > 2,∮

γR

log z

z2 + 4dz = 2πi Res

(

log z

z + 2i, 2i

)

= 2πilog(2i)

4i=

π

2

(

ln 2 + iπ

2

)

.

Vamos a descomponerγR como

γR = CR + σα + Cǫ + [ǫ, R],

dondeCR es el arco de radioR, Cǫ es el arco de radioǫ y σα el segmento rectilıneo que une el puntoRei(π−α) conǫei(π−α). Entonces,

∫

CR

log z

z2 + 4dz +

∫

σα

log z

z2 + 4dz +

∫

Cǫ

log z

z2 + 4dz +

∫ R

ǫ

log z

z2 + 4dz =

π

2

(

ln 2 + iπ

2

)

.

Probaremos a continuacion que las integrales sobre los dos arcos se anulan en los lımitesR →∞ y ǫ → 0. Para ello, acotemos el integrando sobreCR:

∣

∣

∣

∣

log z

z2 + 4

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

ln R + iθ

R2ei2θ + 4

∣

∣

∣

∣

≤ ln R + π

R2 − 4,

con lo cual∣

∣

∣

∣

∫

CR

log z

z2 + 4dz

∣

∣

∣

∣

≤ (π − α)Rln R + π

R2 − 4−−−−→

R→∞0

para cualquier valor deα ∈ [0, π]. Ahora hacemos lo propio con el integrando sobre el arcoCǫ:∣

∣

∣

∣

log z

z2 + 4

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

ln ǫ + iθ

ǫ2ei2θ + 4

∣

∣

∣

∣

≤ | ln ǫ| + π

4 − ǫ2,

con lo cual∣

∣

∣

∣

∫

Cǫ

log z

z2 + 4dz

∣

∣

∣

∣

≤ (π − α)ǫ| ln ǫ| + π

4 − ǫ2−−−−→

ǫ→00.

En cuanto a la integral sobreσα, parametrizando el segmento, con la orientacion opuesta, comoz(t) = tei(π−α),

∫

σα

log z

z2 + 4dz = −ei(π−α)

∫ R

ǫ

ln t + i(π − α)

t2ei2(π−α) + 4dt = e−iα

∫ R

ǫ

ln t + i(π − α)

t2e−i2α + 4dt;


tomando el lımiteα → 0,

lımα→0

∫

σα

log z

z2 + 4dz =

∫ R

ǫ

ln t + iπ

t2 + 4dt =

∫ R

ǫ

ln t

t2 + 4dt + iπ

∫ R

ǫ

1

t2 + 4dt.

Finalmente, tomando los lımitesR → ∞ y ǫ → 0 simultaneamente, la integral se convierte en

∫ ∞

0

ln t

t2 + 4dt + iπ

∫ ∞

0

1

t2 + 4dt.

En cuanto a la integral sobre[ǫ, R], esta se convierte, en el lımite simultaneoR → ∞ y ǫ → 0,en

∫ ∞

0

ln x

x2 + 4dx.

Juntando todos los resultados tenemos la ecuacion

2

∫ ∞

0

ln x

x2 + 4dx + iπ

∫ ∞

0

1

t2 + 4dt =

π

2

(

ln 2 + iπ

2

)

,

de donde∫ ∞

0

ln x

x2 + 4dx =

π

4ln 2,

∫ ∞

0

1

t2 + 4dt =

π

4.


Teorema 6.5.Seaf(z) analıtica en un dominio que contiene el semiplanoH y eleje real positivo, salvo un numero finito de singularidadeszk ∈ H, k = 1, . . . , n.Supongamos que para|z| suficientemente grande, existeC ∈ R tal que

|f(z)| ≤ C

|z|µ , µ > 1,

y que para|z| suficientemente pequeno existeC ′ tal que

|f(z)| ≤ C ′

|z|ν , ν < 1.

Entonces,

(a) siH = z ∈ C : Im z > 0 (semiplano superior)

2

∫ ∞

0

f(x) ln x dx + iπ

∫ ∞

0

f(x) dx = 2πi

n∑

k=1

Res(

f(z) log z, zk

)

;


(b) H = z ∈ C : Im z < 0 (semiplano inferior)

2

∫ ∞

0

f(x) ln x dx − iπ

∫ ∞

0

f(x) dx = −2πin

∑

k=1

Res(

f(z) log z, zk

)

,

tomando el valor principal delog z.

Dem.: (a) La demostracion se hace construyendo un contorno como el del ejem-plo. La condicion

|f(z)| ≤ C

|z|µ , µ > 1,

garantiza que la integral sobreCR se anula en el lımiteR → ∞, y la condicion

|f(z)| ≤ C ′

|z|ν , ν < 1,

garantiza que la integral sobreCǫ se anula en el lımite ǫ → 0. Hay, no obs-tante, un punto sutil: el lımite que se toma paraα → 0. En rigor, para que elrazonamiento sea valido, hay que demostrar quef

(

xe±iα)

converge unifor-memente af(x) para todoǫ ≤ x ≤ R, como en efecto ası es. Una alternativaes construir un contorno solo hastaπ/2 y luego otro desdeπ/2 hastaπ, y enesteultimo emplear la rama[0, 2π) del logaritmo, cuyos valores coinciden conlos de la rama principal en el intervalo[0, π]. El resultado se obtiene sumandolos valores de las integrales sobre los dos contornos.

(b) Se construye la imagen especular del contorno en el semiplano negativo y serazona de manera analoga.

6.4.5. Integrales tipo transformada de Mellin

Se define la transformada de Mellin de una funcionf(x) como la integral∫ ∞

0

xw−1f(x) dx, w /∈ Z,

dondew es un parametro. Debido a la presencia de la potencia, al pasar al planocomplejo la funcion resultante tiene un corte. Veamos en un ejemplo como tratareste caso.Ejemplo6.9. Vamos a calcular la integral

∫ ∞

0

x−a

x + 1dx, 0 < a < 1,


de particular importancia en el estudio de la funcion gamma de Euler.1

Vamos a extender el integrando al plano complejo tomando la determinacion [0, 2π) de lafuncionz−a (lo que situa el corte en el eje real positivo). Construyamos el circuitoγR de la figura,que consta de

γR = CR + σ−α + Cǫ + σα,

siendoCR el arco de radioR, σ−α el segmento que une el puntoRei(2π−α) conǫei(2π−α), Cǫ el arcode radioǫ y σα el segmento que une el puntoǫeiα conReiα.

γR

α

−α

R

ε

Si R > 1,∮

γR

z−a

z + 1dz = 2πi Res

(

z−a,−1)

= 2πie−a log(−1) = 2πie−iπa;

entonces,∫

CR

z−a

z + 1dz +

∫

σ−α

z−a

z + 1dz +

∫

Cǫ

z−a

z + 1dz +

∫

σα

z−a

z + 1dz = 2πie−iπa.

Probaremos ahora que las integrales sobre los arcos se anulan. SobreCR,∣

∣

∣

∣

z−a

z + 1

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

e−a log z

z + 1

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

e−a(ln R−iaθ)

Reiθ + 1

∣

∣

∣

∣

≤ e−a ln R

R − 1=

R−a

R − 1,

por lo tanto, para todoα,∣

∣

∣

∣

∫

CR

z−a

z + 1dz

∣

∣

∣

∣

≤ R−a

R − 12(π − α)R =

2(π − α)R1−a

R − 1−−−−→

R→∞0.

1Si partimos de la identidad de la funcion beta de Euler

B(p, q) =

∫

∞

0

xq−1

(1 + x)p+qdx, p, q > 0,

es evidente que la integral del ejemplo esB(a, 1 − a) = Γ(a)Γ(1 − a).


SobreCǫ,∣

∣

∣

∣

z−a

z + 1

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

e−a(ln ǫ−iaθ)

ǫeiθ + 1

∣

∣

∣

∣

≤ e−a ln ǫ

1 − ǫ=

ǫ−a

1 − ǫ,

por lo tanto, para todoα,∣

∣

∣

∣

∫

Cǫ

z−a

z + 1dz

∣

∣

∣

∣

≤ ǫ−a

1 − ǫ2(π − α)ǫ =

2(π − α)ǫ1−a

1 − ǫ−−−−→

ǫ→00.

Ahora consideraremos las integrales sobre los segmentos rectilıneos:∫

σ−α

z−a

z + 1dz = −ei(2π−α)

∫ R

ǫ

t−ae−ia(2π−α)

tei(2π−α) + 1dt −−−−→

α→0−e−i2πa

∫ R

ǫ

t−a

t + 1dt,

∫

σα

z−a

z + 1dz = eiα

∫ R

ǫ

t−ae−iaα

teiα + 1dt −−−−→

α→0

∫ R

ǫ

t−a

t + 1dt.

Juntando las integrales y tomando el lımite ǫ → 0, R → ∞ simulataneamente,

(

1 − e−i2πa)

∫ ∞

0

t−a

t + 1dt = 2πie−iπa,

y como1 − e−i2πa = 2ie−iπa sen πa,∫ ∞

0

t−a

t + 1dt =

π

sen πa.

Tambien este ejemplo lo podemos generalizar a un teorema sobre las transfor-madas de Mellin:

Teorema 6.6.Seaf(z) analıtica enC salvo un numero finito de singularidadesz1, . . . , zn, ninguna de las cuales cae en el eje real estrictamente positivo. Supon-gamos que para|z| suficientemente grande, existeC ∈ R tal que

|f(z)| ≤ C

|z|µ , µ > w,

y que para|z| suficientemente pequeno existeC ′ tal que

|f(z)| ≤ C ′

|z|ν , ν < w.

Entonces,∫ ∞

0

xw−1f(x) dx = −πe−iπw

sen πw

n∑

k=1, zk 6=0

Res(

zw−1f(z), zk

)

,

donde la suma de los residuos excluye explıcitamente el residuo enzk = 0, ydonde se toma parazw−1 la rama [0, 2π).


Dem.: La demostracion pasa por construir un circuito como el del ejemplo y ra-zonar de manera analoga. Las condiciones sobre|f(z)| aseguran que se anulan lasintegrales sobre los arcos de circunferencia. Las consideraciones sobre el lımiteα → 0 que se hicieron en el teorema 6.5 se aplican tambien a este caso.

6.4.6. Polos en el eje real

En todos los casos anteriores hemos supuesto explıcitamente que no hay polosen el eje real. En realidad, la integral de una funcion que tiene un polo simple sobreel eje real no converge, pero sı lo hace su valor principal, y es ese numero el quevamos a calcular aquı. El valor principal esta relacionado con integrales impropiasconvergentes; un ejemplo clasico es la integral

∫ ∞

−∞

sen x

xdx,

que, como el integrando es par, se puede evaluar como

V. P.

∫ ∞

−∞

−ieix

xdx,

ya que

V. P.

∫ ∞

−∞

cos x

xdx = 0

por ser impar el integrando.Supongamos que en cualquiera de los casos estudiados en las secciones prece-

dentes, la funcion que se integra tiene un polo simple en el puntox0 ∈ R. Estoafecta a la integracion sobre el segmento rectilıneo que se encuentra sobre el ejereal. Denotemos ese segmento[a, b] y supongamos quex0 ∈ (a, b). Para evitarla singularidad tenemos que reemplazar el segmento por el contorno de la figura,formado por

γ = [a, x0 − ǫ] + γǫ + [x0 + ǫ, b].

a x b0

ε

γε

La integral sobre dicho contorno,γ, se descompone en∫

γ

f(z) dz =

∫ x0−ǫ

a

f(x) dx +

∫

γǫ

f(z) dz +

∫ b

x0+ǫ

f(x) dx.


Evidentemente,

lımǫ→0

(∫ x0−ǫ

a

f(x) dx +

∫ b

x0+ǫ

f(x) dx

)

= V. P.

∫ b

a

f(x) dx,

de modo que solo nos queda calcular

lımǫ→0

∫

γǫ

f(z) dz.

Lema 6.2. Seaf(z) una funcion holomorfa en un entorno del puntoz0 salvoen z0, donde tiene un polo simple. Seaγǫ la porcion de arco de circunferenciaz(θ) = z0 + ǫeiθ, conα ≤ θ ≤ β. Entonces

lımǫ→0

∫

γǫ

f(z) dz = (β − α)i Res(

f(z), z0

)

.

Dem.: Una funcion como la del enunciado es de la forma

f(z) =b1

z − z0+ g(z),

dondeg(z) es holomorfa en el entorno dez0. Por serg holomorfa, esta acotada enun entorno dez0, |g(z)| ≤ M , luego

∣

∣

∣

∣

∫

γǫ

g(z) dz

∣

∣

∣

∣

≤ M(β − α)ǫ −−−−→ǫ→0

0.

En consecuencia,∫

γǫ

f(z) dz = b1

∫

γǫ

dz

z − z0= b1i

∫ β

α

ǫeiθ

ǫeiθdθ = b1i(β − α).

El resultado queda ası probado porqueb1 es el residuo def(z) enz0.

Volviendo a nuestro problema, con este resultado tenemos que

lımǫ→0

∫

γ

f(z) dz = V. P.

∫ b

a

f(x) dx − iπ Res(

f(z), x0

)

,

es decir, en los teoremas de las secciones precedentes, si el integrando,f(x), tienepolos simplesx1, . . . , xk en el eje real, hay que reemplazar

∫ b

a

f(x) dx −→ V. P.

∫ b

a

f(x) dx − πik

∑

j=1

Res(

f(z), xj

)

en las formulas resultantes, si el arco alrededor de estos polos se toma por elsemiplano superior (si se toma por el semiplano inferior el signo es el opuesto).


Ejemplo6.10. Vamos a calcular la integral

∫ ∞

−∞

sen x

xdx = −i V. P.

∫ ∞

−∞

eix

xdx.

Comof(z) = 1/z verifica las condiciones del teorema 6.4 y esta funcion no tiene mas que un poloenz = 0,

V. P.

∫ ∞

−∞

eix

xdx = iπ Res

(

eiz, 0)

= iπ,

luego∫ ∞

−∞

sen x

xdx = π.

6.4.7. Mas sobre integrales de funciones multivaluadas

Vamos a ver algunos ejemplos mas de integrales de funciones que, extendidasal plano complejo, presentan cortes donde no son analıticas.

Ejemplos6.11.

(1) Consideremos la integral∫ ∞

1

dx

x√

x2 − 1dx.

Ninguno de los metodos anteriores permite evaluar esta integral, pero las tecnicas que vamosa emplear son las mismas que las que hemos usado en los casos estudiados hasta ahora.

Si elegimos para√

w la determinacion

√w =

√

|w|ei(arg w)/2, 0 ≤ arg w ≤ 2π,

la funcion√

z2 − 1 tiene dos cortes en las semirrectas del eje real|Re z| ≥ 1. Otra manerade obtener lo mismo es escribir la funcion como

√z2 − 1 =

√z − 1

√z + 1 =

√

|z − 1|ei[arg(z−1)]/2√

|z + 1|ei[arg(z+1)]/2

=√

|z2 − 1|ei[arg(z−1)+arg(z+1)]/2,

eligiendo los cortes

−π < arg(z − 1) ≤ π, 0 ≤ arg(z + 1) < 2π.

En apariencia, esta eleccion parece resultar en ununico corte sobre todo el eje real; sinembargo, la funcion

arg(z − 1) + arg(z + 1)

no tiene ningun salto en el intervalo(−1, 1) del eje real (la funcionarg(z − 1) tiene un saltode2π al cruzar de abajo arriba, mientras que la funcionarg(z + 1) tiene un salto de−2π enel mismo cruce).


Con la eleccion que hemos hecho, el integrando

f(z) =1

z√

z2 − 1

tiene un polo simple enz = 0. Para integrar elegimos el contorno cerrado de la figura,γ,formado por los contornos

γ = CR + σ−α + C−

ǫ + σ−−α + σ+

−α + C+ǫ + σ+

α ,

dondeCR esta formado por los dos arcos de circunferencia de radioR centrada en0; C±ǫ

son los arcos de circunferencia de radioǫ centradas en±1, y σ±±α los segmentos rectilıneos

centrados en±1 que forman unangulo±α con el eje real.

ε ε−1 1

R

α

−α

α

−α

γ

Probaremos, en primer lugar, que las integrales sobre los arcos semicirculares se anulan.SobreCR, si R > 1 el integrando se puede acotar como

∣

∣

∣

∣

1

z√

z2 − 1

∣

∣

∣

∣

=1

|z|√

|z2 − 1|≤ 1

R√

R2 − 1,

con lo que∣

∣

∣

∣

∫

CR

dz

z√

z2 − 1

∣

∣

∣

∣

≤ (2π − 4α)R

R√

R2 − 1=

2π − 4α√R2 − 1

−−−−→R→∞

0.

Por su parte, siǫ < 1, sobreC+ǫ , tenemos|z| = |1 + z − 1| ≥ 1 − ǫ y |z2 − 1| = |z −

1||z + 1| = ǫ|2 + z − 1| ≥ ǫ(2 − ǫ); y sobreC−ǫ , tenemos|z| = |1 − z − 1| ≥ 1 − ǫ y

|z2 − 1| = |z − 1||z + 1| = |2 − z − 1|ǫ ≥ ǫ(2 − ǫ). Entonces, sobreC±ǫ ,

∣

∣

∣

∣

1

z√

z2 − 1

∣

∣

∣

∣

≤ 1

(1 − ǫ)ǫ1/2(2 − ǫ)1/2,

con lo cual,∣

∣

∣

∣

∫

C±ǫ

dz

z√

z2 − 1

∣

∣

∣

∣

≤ 2(π − α)ǫ

(1 − ǫ)ǫ1/2(2 − ǫ)1/2=

2(π − α)ǫ1/2

(1 − ǫ)(2 − ǫ)1/2−−−−→

ǫ→00.


Ahora calcularemos las integrales sobreσ±±α, en el lımiteα → 0. En ese lımite tenemos

arg(z − 1) + arg(z + 1)∣

∣

∣

σ+α

−−−−→α→0

0 + 0 = 0;

arg(z − 1) + arg(z + 1)∣

∣

∣

σ+

−α

−−−−→α→0

0 + 2π = 2π;

arg(z − 1) + arg(z + 1)∣

∣

∣

σ−α

−−−−→α→0

π + π = 2π;

arg(z − 1) + arg(z + 1)∣

∣

∣

σ−

−α

−−−−→α→0

−π + π = 0;

por lo tanto,

ei[arg(z−1)+arg(z+1)]/2 −−−−→α→0

1 sobreσ+α y σ−

−α,

−1 sobreσ−α y σ+

−α.

Entonces, teniendo en cuenta la orientacion de los segmentos,

lımα→0

∫

σ±

±α

dz

z√

z2 − 1=

∫ R

1+ǫ

dt

t√

t2 − 1,

y la suma de las cuatro integrales, en el lımite simultaneoR → ∞ y ǫ → 0, da

4

∫ ∞

1

dt

t√

t2 − 1.

Finalmente,∮

γ

dz

z√

z2 − 1= 2πi Res

(

1

z√

z2 − 1, 0

)

= 2πi1√−1

=2πi

i= 2π,

con lo cual∫ ∞

1

dt

t√

t2 − 1=

π

2.

(2) Consideremos ahora la integral

∫ 1

0

√

x(1 − x)

x2 + 1dx.

La extension del integrando al plano complejo es

f(z) =

√z√

1 − z

z2 + 1,

y podemos elegir los cortes de las dos raıces de manera quef(z) no sea analıtica solo sobreel segmento real[0, 1]. Para ello tomamos

√z√

1 − z =√

|z|√

|1 − z|ei[arg z+arg(1−z)]/2,


con las determinaciones

0 ≤ arg z < 2π, −π < arg(1 − z) ≤ π.

para ambos argumentos. Con estas determinaciones, cuando cruzamos de abajo arriba eleje real a la derecha dez = 1, arg z pasa de2π a 0 y arg(1 − z) pasa deπ a −π, luegoarg z +arg(1−z) tiene un salto de−4π, de modo que la mitad del salto es−2π y, por tanto,obtenemos el mismo resultado que si no hubiera salto.

Construimos el contornoγ de la figura, formado por

γ = C0ǫ + σ−

δ + C1ǫ + σ+

δ ,

siendoC0ǫ y C1

ǫ los arcos de circunferencia de radioǫ centrados enz = 0 y z = 1 respectiva-mente, yσ±

δ los segmentos que unen los arcos anteriores por los semiplanos superior (+) einferior (−) a distanciaδ = ǫ sen α, conα un angulo constante.

0 1ε ε

γδδ

Vamos a probar que sobre los arcos la integral def(z) se anula en el lımite ǫ → 0. Para elloacotamos el integrando. SobreC0

ǫ ,∣

∣

∣

∣

√z√

1 − z

1 + z2

∣

∣

∣

∣

=

√

|z|√

|1 − z||1 + z2| ≤

√ǫ√

1 + ǫ

1 − ǫ2,

y sobreC1ǫ ,

∣

∣

∣

∣

√z√

1 − z

1 + z2

∣

∣

∣

∣

=

√

|z|√

|1 − z||1 + z2| ≤

√1 + ǫ

√ǫ

1 − ǫ(2 + ǫ).

Entonces,∣

∣

∣

∣

∫

C0ǫ

√z√

1 − z

1 + z2dz

∣

∣

∣

∣

≤√

ǫ√

1 + ǫ

1 − ǫ2(2π − α)ǫ −−−−→

ǫ→00,

∣

∣

∣

∣

∫

C0ǫ

√z√

1 − z

1 + z2dz

∣

∣

∣

∣

≤√

1 + ǫ√

ǫ

1 − ǫ(2 + ǫ)(2π − α)ǫ −−−−→

ǫ→00,

En cuanto a las integrales sobreσ±δ , en el lımite ǫ → 0,

arg z + arg(1 − z)∣

∣

∣

σ+

δ

−−−−→ǫ→0

0 + 0 = 0,

arg z + arg(1 − z)∣

∣

∣

σ−

δ

−−−−→ǫ→0

2π + 0 = 2π,


de modo que

ei[arg z+arg(1−z)]/2 −−−−→ǫ→0

1 sobreσ+δ ,

−1 sobreσ−δ .

En consecuencia,

lımǫ→0

∫

σ+

δ

f(z) dz +

∫

σ−

δ

f(z) dz

= −2

∫ 1

0

√

x(1 − x)

x2 + 1dx.

Por otro lado, no podemos hacer la integral sobreγ empleando residuos en el interior delcontorno porque las singularidades que encontramos no son aisladas, ası que recurriremos alexterior. En el exterior encontramos los polos simples±i y el polo en el infinito, ası que

∮

γ

f(z) dz = −2πi[

Res(

f(z), i)

+ Res(

f(z),−i)

+ Res(

f(z),∞)]

.

Los residuos en±i son, teniendo en cuenta las ramas de las raıces,

Res(

f(z), i)

=

√i√

1 − i

2i=

1

2ieiπ/421/4e−iπ/8 =

21/4

2ieiπ/8,

Res(

f(z),−i)

=

√−i

√1 + i

−2i=

1

2iei3π/421/4eiπ/8 =

21/4

2ie−iπ/8.

En cuanto al residuo en infinito,

Res(

f(z),∞)

= Res

(

− 1

z2f

(

1

z

)

, 0

)

.

La funcion

− 1

z2f

(

1

z

)

= − 1

z2

1√z

√

1 − 1z

1 + 1z2

= −1

z

√z − 1

1 + z2,

luego

Res(

f(z),∞)

= lımz→0

(

−√

z − 1

1 + z2

)

= lımz→0

(

−√

z − 1)

.

El resultado esi o −i, dependiendo de la rama de la raız. Para decidir cual es la ramadeshacemos el cambio dez por1/z en la expresion−

√z − 1, lo que da

−√

1

z− 1 = −

√z√

1 − z

z.

Para decidir cual de los dos valores,±i, es el correcto hay que saber como es el argumento deesta expresion cuandoz va a∞ a lo largo de cualquier recta. Por ejemplo, tomemos una rectaparalela al ejex y un poco por encima. Cuandox es muy grandearg z = 0, arg(1−z) = −π,arg 1/z = 0, arg(−1) = π, luego

arg

(

−√

z√

1 − z

z

)

= π − π

2=

π

2.


En consecuencia,

Res(

f(z),∞)

= i.

Recopilando todos los resultados,

−2

∫ 1

0

√

x(1 − x)

x2 + 1dx = −2πi

(

21/4

2ieiπ/8 +

21/4

2ie−iπ/8 + i

)

,

luego∫ 1

0

√

x(1 − x)

x2 + 1dx = π

(

21/4 cos(π/8) − 1)

.

Como

2 cos2(π/8) = 1 + cos(π/4) = 1 +1√2

⇒ 21/4 cos(π/8) =

√

1 +√

2

2,

el resultado final sera

∫ 1

0

√

x(1 − x)

x2 + 1dx = π

√

1 +√

2

2− 1

.

Hay un segundo metodo, mas sencillo, para hacer la integral. Si enultima instancia hay queutilizar el residuo del infinito, puede ser mejor realizar elcambio de variablet = 1/x en laintegral de partida:

∫ 1

0

√

x(1 − x)

x2 + 1dx =

∫ ∞

1

√t − 1

t(1 + t2)dt.

Un segundo cambio,u = t − 1, lleva la integral a

∫ ∞

1

√t − 1

t(1 + t2)dt =

∫ ∞

0

u1/2

(u + 1)(2 + 2u + u2)du,

que tiene la forma de la transformada de Mellin conw = 3/2 y

f(z) =1

(z + 1)(2 + 2z + z2)=

1

(z + 1)(z + 1 − i)(z + 1 + i).

Los polos def(z) sonz = −1 y z = −1 ± i, de modo que, segun la formula,

∫ ∞

0

u1/2

(u + 1)(2 + 2u + u2)du = −πe−i3π/2

sen 3π2

[

Res(

z1/2f(z),−1)

+ Res(

z1/2f(z),−1 + i)

+ Res(

z1/2f(z),−1 − i)]


Ahora bien

− πe−i3π/2

sen 3π2

= πi,

Res(

z1/2f(z),−1)

=i

i(−i)= i,

Res(

z1/2f(z),−1 + i)

=(−1 + i)1/2

i2i= −21/4

2ei3π/8,

Res(

z1/2f(z),−1 − i)

=(−1 − i)1/2

(−i)(−2i)= −21/4

2ei5π/8 =

21/4

2e−i3π/8,

con lo que∫ ∞

0

u1/2

(u + 1)(2 + 2u + u2)du = π

(

21/4 sen(3π/8) − 1)

,

que coincide con el resultado anterior porquesen(3π/8) = cos(π/8).

6.5. Suma de series mediante residuos

Supongamos queG(z) es una funcion meromorfa cuyosunicos polos son polossimples sobre los enterosn ∈ Z y cuyos residuos sobre dichos polos son todos1. Seaf(z) una funcion meromorfa con un numero finito de polos, ninguno delos cuales es un entero; entonces, los residuos de la funcion f(z)G(z) sonf(n).Ası pues, siγ es un contorno cerrado, simple, orientado positivamente que encierralos puntos−N,−N + 1, . . . , 0, 1, . . . , N , el teorema de los residuos afirma que

∮

γ

G(z)f(z) dz = 2πi

N∑

n=−N

f(n) +∑

zk polo def(z)

Res(

G(z)f(z), zk

)

.

Si cuandoγ crece el comportamiento de la integral esta controlado (por ejemplo,tiende a0), entonces la formula anterior permite relacionar la serie

∞∑

n=−∞f(n) = lım

N→∞

N∑

n=−N

f(n)

con los residuos deG(z)f(z) en los polos def(z) (de los que solo hay un numerofinito).

Para aplicar esta tecnica lo primero que necesitamos es una funcionG(z). Hayvarias elecciones posibles; la mas comun es

G(z) = π cotan πz,

6.5 Suma de series mediante residuos 121

cuyos polos son los ceros desen πz y son, por tanto, todos los enteros. Son,ademas, polos simples porquecos πn 6= 0 y (sen πz)′

∣

∣

z=n6= 0. No es launica

eleccion posible; tambien se puede elegirG(z) = 2πi/(e2πiz − 1). Y con unapequena adaptacion vale tambienπ/ sen πz, cuyo residuo enz = n es(−1)n, yresulta adecuada para series alternantes.

Lo siguiente es encontrar un contornoγ adecuado. Para la cotangente vamosa emplear∂Q siendoQ el cuadrado

[

−N − 12 , N + 1

2

]2, dondeN ∈ N es tal

que todos los polos def(z) caen dentro de∂Q. Sobre los lados verticales de esecuadrado,

cotan πz =cos

(

± π(N + 1/2) + iπy)

sen(

± π(N + 1/2) + iπy)

=cos

(

± π(N + 1/2))

cosh πy − i sen(

± π(N + 1/2))

senh πy

sen(

± π(N + 1/2))

cosh πy + i cos(

± π(N + 1/2))

senh πy

= −i tanh πy, |y| ≤ N +1

2,

teniendo en cuenta quecos(

± π(N + 1/2) + iπy)

= 0. Por lo tanto,

| cotan πz| = | tanh πy| ≤ 1.

Sobre los lados horizontales, denotandoyN = N + 1/2,

cotan πz =cos(πx ± iπyN)

sen(πx ± iπyN)=

cos πx cosh(±πyN) − i sen πx senh(±πyN)

sen πx cosh(±πyN) + i cos πx senh(±πyN).

Ahora bien,

| cos πx cosh(±πyN)−i sen πx senh(±πyN)|2= cos2 πx cosh2 πyN + sen2 πx senh2 πyN ,

y comosenh2 u < cosh2 u,

| cos πx cosh(±πyN)−i sen πx senh(±πyN)|2< cosh2 πyN(cos2 πx + sen2 πx)

= cosh2 πyN ;

por otro lado,

| sen πx cosh(±πyN)+i cos πx senh(±πyN)|2= sen2 πx cosh2 πyN + cos2 πx senh2 πyN

> senh2 πyN(sen2 πx + cos2 πx)

= senh2 πyN ,


luego

| cotan πz| < | cotanh πyN | ≤ | cotanh πy0| = cotanh(π/2).

Ası pues, sobre todo el contorno∂Q,

|π cotan πz| ≤ π cotanh(π/2).

Supongamos ahora que la funcionf(z) esta acotada, para valores dez tales que|z| es suficientemente grande, como

|f(z)| ≤ C

|z|µ , µ > 1;

entonces, como la longitud del contorno es4(2N + 1),∣

∣

∣

∣

∮

∂Qπ cotan πz f(z) dz

∣

∣

∣

∣

≤ Cπ cotanh(π/2)(

N + 12

)µ 4(2N + 1) −−−−→N→∞

0.

Tomando el lımiteN → ∞ en la expresion

∮

γ

π cotan πzf(z) dz = 2πi

N∑

n=−N

f(n) +∑

zk polo def(z)

Res(

π cotan πzf(z), zk

)

llegamos a la formula

∞∑

n=−∞f(n) = −

∑

zk polo def(z)

Res(

π cotan πzf(z), zk

)

.

Hay una variante de la formula cuando hay polos def(z) en los enteros. Lavariante consiste simplemente en eliminar de la suma los enteros que son polos def(z), para no contarlos dos veces.Ejemplo6.12. Vamos a calcular la suma de la serie

∞∑

n=1

1

n2.

Evidentemente, la funcionf(z) = 1/z2, que tiene un polo de orden dos enz = 0. Excluyendode la suma el cero,

∞∑

n=−∞,n6=0

1

n2= 2

∞∑

n=1

1

n2= −Res

(

π cotan πz

z2, 0

)

.

6.5 Suma de series mediante residuos 123

Como por division de series se puede obtener

cotan w =cos w

sen w=

1 − w2

2+

w4

24+ · · ·

w − w3

6+

w5

120+ · · ·

=1

w− w

3− w3

45+ · · · ,

entoncesπ cotan πz

z2=

1

z3− π2

3

1

z− π4

45z + · · ·

y, por tanto,

Res

(

π cotan πz

z2, 0

)

= −π2

3,

de donde, finalmente,∞

∑

n=1

1

n2=

π2

6.

Integracion por residuos´ocw.uc3m.es/cursos-archivados/ampliacion-de-matematicas...La razon ser´ a...

Documents

Transcript of Integracion por residuos´ocw.uc3m.es/cursos-archivados/ampliacion-de-matematicas...La razon ser´ a...