Facultad de Matemática, Astronomía, Física y Computación, U.N.C. Métodos Matemáticos de la Física I

Transcripción

1 Facultad de Matemática, Astronomía, Física y Computación, U.N.C. Métodos Matemáticos de la Física I Guía N o 6 (16); segundas y últimas indicaciones 1 Problema 1: Probar las siguientes identidades. a) 1 + x = π Con f(z) = 1/(1+z ) tenemos una función analítica salvo en dos polos simples en ±i de residuo es(f, ±i) = i/. Ya que f es cociente de dos polinomios y el grado del polinomio del denominador es igual a mas el grado del polinomio del numerador, lim C(,) + para el semicírculo C(, ) + de radio alrededor de z = (orientado positivamente). Ya que [,] (1/(1 + x )), el Teorema de los esiduos (Td) aplicado a [, ] + C(, ) +, entrega (1/(1 + x )) = πi es(f, i) =. b) (x + 1) = π 4 f(z) = 1/(1 + z ) es analítica salvo en los polos ±i que son dobles. f es cociente de dos polinomios donde el grado del numerador excede en 4 a aquel del numerador. Entonces lim C(,) + y por el Td aplicado a [, ] + C(, ) +, (1/(1 + x ) ) = (πi)es(f, i) =. c) x = π d) f(z) = 1/(1 + z 4 ) es analítica salvo en las cuatro raices cuárticas de 1 que son z k := exp(i(1 + k)π/4), k =, 1,, 3; de estas solamente z = exp(iπ/4) y z 1 = exp(i3π/4) caen en el semiplano superior y son polos simples de f. Ya que el grado del polinomio del denominador excede por 4 aquel del numerador, lim C(,) de modo que el Td aplicado a [, ] + C(, ) + nos + da x (x + 1)(x + 4) = π 6 /(1 + x 4 ) = (πi) (es(f, z o ) + es(f, z 1 )) =. La cosa termina aburriendo! f(z) = z /((z + 1)(z + 4)) tiene polos simples en ±i y en ±i. Nuevamente, el grado de abajo excede al de arriba en y por ello no hay contribución de la intregral sobre C(, ) + en el límite. El Td aplicado al semidisco de siempre nos da 1 G.A. aggio x (x + 1)(x = (πi) (es(f, i) + es(f, i)) =. + 4)

2 e) π dθ 5 + 4sen(θ) = π 3 No hay más indicaciones. f) π dθ 1 + a cos(θ) = π, 1 < a < 1. 1 a Idem e). g) π (sen(θ)) n dθ = (n)!π n (n!) Idem e) h) π π dt 1 + sen(t) = π Hagamoslo! F (z) = z ( z+1/z i ) = 4z z 4 6z + 1 ; con polos en los ceros de φ(z) = z 4 6z + 1 solamente (z = no es cero de φ). Por el Teorema fundamental del álgebra φ tiene cuatro ceros contando multiplicidades. Como φ es par, si z o es un cero entonces z o también lo es. Con w := z pedimos w 6w + 1 = de modo que w toma uno de los dos valores w ± := 3 ±. Observamos que w ± > ya que < 3 pues 4 < 9. Entonces los ceros de φ son: z o = w, z 1 = w +, donde las raices cuadradas son las positivas, y z o y z 1. Como w + > 3, z + > 3 > 1. Y, como < w < 1 (pues 3 < 1 es equivalente a < ), deducimos que z o < 1. Por lo tanto los únicos polos de F dentro del disco unitario son ±z o y ambos son simples. Ahora, es(f, z o ) = (z + z o )4z lim z z o (z z o )(z + z o )(z z1 ) = 4z o z o (zo z1 ) = /(z o z1), es(f, z o ) = lim z zo (z z o )4z (z z o )(z + z o )(z z 1 ) = 4z o z o (z o z 1 ) = /(z o z 1), de modo que ambos residuos son iguales y π π dt 1 + sen(t) = π es(f, z o) = 8π/(zo z1) = 8π = w w + 8π 4 = π. i) log(x) 1 + x = Pero entonces teniendo en cuenta la primera indicación, si la rama φ es tal que esta definida en el semiplano superior cerrado pero sin z =, y el arco S(, r, A)

3 cae en este semiplano, los dos límites mencionados anteriormente pueden hacerse. Todos estos requisitos se cumplen si φ(z) = ln z + i arg π/ (z) o sea si tomamos el argumento en el intervalo ( π/, 3π] con corte de ramificación en el semieje imaginario negativo y el camino (cerrado simple) Γ, := [, ] + C(, ) + + [, ] + C(, ), < 1 <, siendo, como siempre, [z 1, z ] = {z(t) = (1 t)z 1 + tz : t 1}; y C (, r) ± el semicírculo de radio r > centrado en z = orientado positivamente (caso +) respectivamente orientado negativamente (caso ). Ya que el corte de ramificación de φ es el semieje imaginario negativo, Γ, está siempre en el dominio de analiticidad de φ cualesquiera sean y que cumplen las condiciones < < 1 <. Es de observar que Γ está orientado positivamente. Todo está listo para integrar f(z) = φ(z)/(1 + z ) sobre Γ, obteniendose (πi)es(f, i) = f(z) dz + f(z) dz Γ, [,] [, ] + f(z) dz f(z) dz. C(,) + C(,) + Las dos integrales sobre los semicírculos se anulan en el límite y respectivamente ya que ambos semicírculos tienen como traza un arco centrado en de largo π. Ahora, como arg π/ (x) = si x >, [,] y como arg π/ (x) = π para x <, de modo que [, ] (πi)es(f, i) = ln(x) 1 + x ; ln x + iπ ln(x) + iπ 1 + x = 1 + x ; ln(x) + iπ 1 + x 1 + x y deducimos que ambas integrales existen. Calculando el residuo, ln z + i arg π/ (z) es(f, i) = lim(z i)f(z) = lim = π/4, z i z i z + i j) obtenemos al igualar partes reales e imaginarias por separado el resultado anunciado y, además de regalo, también la fórmula de integración de a). log(x) (1 + x ) = π 4 No hay mas indicaciones.

4 k) cos(x) (x + a )(x + b ) = π ( e b (a b ) b e ) a (a > b > ) Tomamos f(z) := exp(iz)/((z + a )(z + b )) donde por ahora tanto a como b son reales. Claramente ±ia y ±ib son polos cuyo orden dependerá de si hay o no una relación entre a y b o alguno de estos números se anula. Tomemos nuestro semicírculo preferido C(, ) + con > max{ a, b } y estimemos f(z) dz C(,) + = π i exp(i cos(t) sen(t)) ( exp(it) a )( exp(it) b exp(it) dt ) π exp( sin(t)) exp(it) a exp(it) b dt. Pero en el intervalo [, π] se tiene sen(t) de modo que allí, exp(sen(t)) 1 y usando z w z w tenemos f(z) dz C(,) + π ( a )( b ) y el miembro derecho tiende tranquilamente a cero cuando. Esto nos convence que [, ]+C(, ) + es un excelente candidato para nuestra tarea. Pero, si a o b se anulan, el integrando tiene un polo doble (o cuadruple si a = b = ) en de modo que hay que evitarlo y considerar [, ]+C(, ) +[, ]+C(, ) + como camino a usar. Pero no tenemos visto que pasa con lim C(,) f(z) dz cuando no es un polo simple de f. Suponemos entonces que a b, y más especificamente a, b > ya que la integral buscada es invariante ante cambios de signo de a o b. Tenemos entonces polos en ia y ib que son ambos simples si a b y, en el caso a = b un polo doble en ia. Ya que = [, ] cos(t) isen(t) (t + a )(t + b ) dt + cos(t) + isen(t) (t + a )(t + b ) dt + cos(t) + isen(t) (t + a )(t + b ) dt = cos(t) + isen(t) (t + a )(t + b ) dt cos(t) (t + a )(t + b ) dt el Td indica que { cos(t) es(f, ia) + es(f, ib), a b (t + a )(t + b dt = (πi) ) es(f, ia), a = b lo que nos muestra que la integral existe y reduce el cálculo de ella a aquel de los residuos necesarios., Problema : Calcular las integrales a) sin(x) x, Tomamos f(z) = z 1 exp(iz) que tiene un polo simple en z = de residuo es(f, ) = 1. Ahora, exp( ix) ; x [, ] Esto se podría hacer por supuesto.

5 [,] F (z) dz C(,) + = π i por el Lema de Jordan; y π exp(ix) x ; exp(i cos(t) sen(t)) exp(it) exp(sen(t)) dt < π/, lim iπes(f, ), C(,) exp(it) dt por un resultado general válido para polos simples. Entonces el camino cerrado simple (positivamente orientado) [, ]+C(, ) +[, ]+C(, ) + no encierra singularidades de F para > > de modo que f(z) dz + f(z) dz + F (z) dz +, [, ] [,] C(,) + C(,) y por lo tanto sen(x) i = F (z) dz f(z) dz ; x C(,) + C(,) con lo cual sen(x) x = 1 i lim πes(f, )/ = π/. C(,) b) p.v. x 4 π 4, A los polos reales (que son simples) se le agregan ±iπ (que también son simples) cuando consideramos f(z) = 1/(z 4 π 4 ). No hay problema alguno en ver que lim C(,) + ya que el módulo del integrando en el semicírculo está acotado por /( 4 π 4 ) cuando > π. Pero hay que evitar los polos reales lo que hacemos con el camino cerrado simple orientado positivamente Γ,δ, = [, π ]+C( π, ) +[ π +, ]+[, π δ]+c(π, δ) +[π +δ, ]+C(, ) + definido para >, δ >, y > con π > max(, δ) y > π + max(, δ). Este camino encierra solamente el polo simple iπ de f con residuo (z iπ) es(f, iπ) = lim z iπ (z iπ)(z + iπ)(z π)(z + π) = i 4π 3. Por lo tanto tomando el límite obtenemos, haciendo y procesando las cuatro integrales sobre los segmentos reales π+ π x 4 π 4 + x 4 π 4 + π+δ π δ x 4 π 4 + x 4 π 4

6 = (πi)es(f, iπ) f(z) dz C( π,) f(z) dz. C(π,δ) Como tanto π como π son polos simples vale lim iπes(f, π), C( π,) pero y Concluimos entonces que lim δ C(π,δ) iπes(f, π) ; (z + π) es(f, π) = lim z π (z iπ)(z + iπ)(z π)(z + π) = 1/4π3, es(f, π) = lim z π (z π) (z iπ)(z + iπ)(z π)(z + π) = 1/4π3. p.v. x 4 π 4 = (πi)es(f, iπ) = 1/(π ). Obviamente p.v.... = p.v.... = 1/(π ) pues el integrando es par. c) cos(x) 1 x. ecurrimos a f(z) := exp(iz) 1 z que tiene una única singularidad que es un polo simple en z = (pues es cero simple del numerador y doble del denominador). El residuo asociado es: exp(iz) 1 i exp(iz) es(f, ) = lim zf(z) = lim = lim = i. z z z z 1 Se sugiere entonces usar el camino cerrado simple [, ] + C(, ) + [, ] + C(, ) + definido para > > que está positivamente orientado. Ya que obtenemos [, ] [,] cos(x) 1 x = cos(x) 1 i sin(x) x, cos(x) 1 + i sin(x) x, C(, ) + f(z) dz f(z) dz. C(,) Ahora, como siempre, C(, ) + f(z) dz 1 π exp(sen(t))dt ; y ya que exp( sin(t)) 1 en [, π] (o usando el Lema de Jordan) vemos que la contribución de C(, ) + se anula para. Como es polo simple (!), el resultado general nos da lim iπes(f, ) = π C(,)

7 de modo que cos(x) 1 x = π/. Con la fórmula para el seno del ángulo medio esto se reescribe a sen(t) t dt = π/. Problema 3: Use el rectángulo en el plano complejo de vértices, + iπ, + iπ y para probar que para a real con < a < 1 e ax 1 + e x = π sin(aπ). Si Q ( > ) denota al perímetro del rectángulo que nos proponen recorrido positivamente y f(z) = exp(az)/(1 + exp(z)), entonces de los ceros de exp(z) + 1 que son los números z k := i(k + 1)π con k Z solo queda encerrado z o = iπ cualquiera sea >. El numerador exp(az) no tiene ceros de modo que z o es el único polo de f encerrado por Q y, como la derivada de exp(z) + 1 que es exp(z) toma el valor 1 en z o, se trata de un polo simple. El residuo correspondiente es (z z o ) exp(az) es(f, z o ) = lim = lim z zo 1 + exp(z) z zo Tenemos entonces exp(az) = exp(az o) 1+exp(z) [1+exp(z o)] exp(z o ) = exp(iaπ). z z o Q (πi)es(f, ) = πi exp(iaπ). Ahora, Q = [, ] + [, + iπ] + [ + iπ, + iπ] + [ + iπ, ] y [+iπ,+iπ] [,+iπ] [+iπ,] f(z)dz = i f(z)dz = π f(z)dz = i π [,] f(z)dz = exp(ax) 1 + exp(x) ; exp(ax + iaπ) exp(ax) = exp(iaπ) 1 + exp(x + iπ) 1 + exp(x) ; exp(a + iax) = i exp( (1 a)) 1 + exp( + ix) exp( + iax) = i exp() 1 + exp( + ix) π π exp(iax) exp() + exp(ix) ; exp(iax) exp( + ix) + 1. Ahora estimamos las integrales sobre los dos segmentos verticales. En primer lugar π 1 exp( (1 a)) f(z)dz exp( (1 a)) π [,+iπ] exp() + exp(ix) 1 exp() ya que exp() + exp(ix) exp() exp(ix) = 1 exp(). Entonces f(z)dz = lim [,+iπ] ya que lim exp( (1 a))/(1 exp()) = pues a < 1. En segundo lugar π f(z)dz exp() 1 exp() π exp( + ix) exp() [+iπ,]

8 ya que exp( + ix) + 1 exp() exp(ix) 1 = 1 exp(). Nuevamente a > acarrea que lim f(z)dz =. Por lo tanto, [+iπ,] exp(ax) (1 exp(iaπ)) p.v. = π exp(iaπ), 1 + exp(x) de donde se obtiene la fórmula deseada pero para el valor principal! Para completar hay que usar el siguiente resultado general LEMA: Si ψ es no-negativa sobre la recta real y p.v. ψ(x) es finito entonces la integral ψ(x) existe y es igual a su valor principal. Demostración: Sea P el valor principal. Tenemos para todo a y b reales con a < b, ya que siempre hay > con < a < b < b a ψ(x) ψ(x) P. Y tanto < a b ψ(x) como < b b ψ(x) son no-decrecientes. a < b b ψ(x) es no decreciente y acotado con lo cual En particular, B := lim b b ψ(x) existe. Análogamente, < a ψ(x) es no decreciente y acotado y A := lim ψ(x) a existe. Pero entonces ( b lim lim ψ(x) = lim ψ(x) + lim a b a b y, similarmente, b lim lim ψ(x) = lim b a b = lim ψ(x) + B = A + B a ( b De modo que la integral impropia existe y se tiene Ahora, para > P (A + B) P P ψ(x) + b ψ(x) ) ψ(x) + lim ψ(x) = B + A. a ψ(x) = A + B. ψ(x) + ψ(x) + ψ(x) A + Dado >, hay 1 > tal que para todo > 1 se tiene P ψ(x) /3 ; ) ψ(x) (A + B) ψ(x) B.

9 hay > tal que para todo > se tiene ψ(x) A /3 ; y hay 3 > tal que para todo > 3 ψ(x) B /3. Entonces tomando un > max{ 1,, 3 } obtenemos P (A + B). O sea, P = A + B. Problema 4: Verifique que 1 π 3 =. 1 + x3 9 Sugerencia: Considere el sector circular {z = exp(iα) : α π/3}. Con Γ = S + [ exp(iπ/3), ] + [, ] tenemos un camino cerrado simple orientado positivamente. Por un lado x 3 ; [,] por otro lado con [ exp(iπ/3), ] = {z(t) := t exp(iπ/3) : t }, [ exp(iπ/3),] exp(iπ/3) t 3 = exp(iπ/3) exp(3iπ/3) 1 + x 3. Que singularidades de f encierra este camino? Los ceros de 1 + z 3 son las raices cúbicas de 1 que son tres: z o = exp(iπ/3), z 1 = 1, z = exp(i5π/3) = z oz 3 o = z o, que son todos ceros simples y solamente z o es encerrado por Γ cualquiera sea > 1. El polo simple z o de f tiene residuo z z o es(f, z o ) = lim z z o (z z o )(z z 1 )(z z ) = 1 (z o z 1 )(z o z ) = 1 z o (z o + 1). Por el Td ya que exp(iπ/3) = zo (1 zo) 1 + x 3 = (πi) z o (1 + z o ) o sea que Ahora: 1 + x 3 = (πi) z o (1 + z o ) (1 zo) = πi 3(z o + zo). z o = cos(π/3) + i sin(π/3) = i, zo = cos(π/3) + i sin(π/3) = i, de modo que z o + z o = i 3 y se obtiene el resultado. Observación: Usando el camino cerrado simple orientado positivamente [, 1 ]+C( 1, ) + [ 1 +, ] + C(, ) + y la integral recién determinada se puede calcular p.v. (1/(1 x3 )).