unidad 5-teoría de residuos
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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
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Matemática D
Módulo I - Unidad 52
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
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Matemática D
Módulo I - Unidad 53
♦ 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
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Matemática D
Módulo I - Unidad 54
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
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Matemática D
Módulo I - Unidad 55
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
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Matemática D
Módulo I - Unidad 56
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:
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Módulo I - Unidad 57
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:
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Matemática D
Módulo I - Unidad 58
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 −−−−
∞∞∞∞
====
∞∞∞∞
====
−−−−−−−−====−−−−−−−−==== ∑∑∑∑∑∑∑∑
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Matemática D
Módulo I - Unidad 59
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 .
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Matemática D
Módulo I - Unidad 510
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).
•••• Ejercicios
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 ====
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Matemática D
Módulo I - Unidad 511
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:
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Matemática D
Módulo I - Unidad 512
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
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Matemática D
Módulo I - Unidad 513
•••• Ejercicios
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−−−− −−−−
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
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Matemática D
Módulo I - Unidad 514
♦ 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:
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Matemática D
Módulo I - Unidad 515
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
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)
•••• Ejercicios
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
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Matemática D
Módulo I - Unidad 516
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.
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Matemática D
Módulo I - Unidad 517
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
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Matemática D
Módulo I - Unidad 518
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
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Matemática D
Módulo I - Unidad 519
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
7/23/2019 Unidad 5-Teoría de Residuos
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Matemática D
Módulo I - Unidad 520
•••• Ejercicios
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
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Matemática D
Módulo I - Unidad 521
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====
++++++++
−−−−∫∫∫∫
Como C = [-R,R] ∪∪∪∪ CR , la expresión anterior puede escribirse
====++++++++
++++++++++++
∫∫∫∫∫∫∫∫−−−− RC 2
iz2R
R 2
ix2
dz5z4z
edx
5x4x
e )4seni4(cose 2−−−−ππππ
−−−−
y tomando límite para R →→→→ ∞∞∞∞ a ambos miembros de la última expresión obtenemos
====++++++++
++++++++++++
∫∫∫∫∫∫∫∫ ∞∞∞∞→→→→
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− RC 2
iz2
R2
ix2
dz5z4z
elímdx
5x4x
e)vp( )4seni4(cose 2
−−−−ππππ −−−−
-R R x
y-2+i CR
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Matemática D
Módulo I - Unidad 522
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.
7/23/2019 Unidad 5-Teoría de Residuos
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Matemática D
Módulo I - Unidad 523
♦ 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
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Matemática D
Módulo I - Unidad 524
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====
++++++++
++++ −−−−
∫∫∫∫
Como C = [-R,R] ∪∪∪∪ CR , la expresión anterior puede escribirse
====++++++++
++++++++
++++++++
++++
∫∫∫∫∫∫∫∫−−−− RC 2
iz2R
R 2
ix2
dz5z4z
e)2z(dx
5x4x
e)2x( )4seni4(cosei 2−−−−ππππ
−−−−
y tomando límite para R →→→→ ∞∞∞∞ a ambos miembros de la última expresión obtenemos
====++++++++
++++++++
++++++++
++++
∫∫∫∫∫∫∫∫ ∞∞∞∞→→→→
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− 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
++++−−−−
++++<<<<
++++−−−−
++++≤≤≤≤
++++++++
++++≤≤≤≤ ∫∫∫∫∫∫∫∫
7/23/2019 Unidad 5-Teoría de Residuos
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Matemática D
Módulo I - Unidad 525
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
•••• Ejercicios
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