9. Aplicaciones al cálculo de integrales impropias.

Transcripción

1 Funciones de variable compleja. Eleonora Catsigeras. 8 Mayo Aplicaciones al cálculo de integrales impropias. Las aplicaciones de la teoría de Cauchy de funciones analíticas para el cálculo de integrales impropias, se puede resumir como sigue: El objetivo es calcular + f()d, para una cierta función integrable f() de variable real sabiendo que la integral impropia es convergente, y está definida como + f()d = R R f()d El procedimiento que resumimos a continuación no es aplicable a cualquier función f() dada, pero es aplicable a algunos ejemplos, como los que se eponen en las subsecciones siguientes: Paso 1) Cuando la función f() para R se obtiene restringiendo a = R una cierta función f() de variable compleja C, se puede completar el segmento [ R, R] en el eje real con un camino de regreso, que puede ser una semicircunferencia de centro en el origen y radio R > : : = (t) = Re it, t π. (Hágase un dibujo). Se define así una curva cerrada = [ R, R] +. Paso 2) Si la función f cumple las hipótesis correspondientes, podemos aplicar el teorema de Cauchy, o las fórmulas integrales de Cauchy. Por ejemplo cuando f() = g()/( ) k+1 para todo de un abierto Ω que contiene al semiplano {Im() } del plano complejo, (en particular contiene a la región encerrada por ); si g() es una función holomorfa en Ω; y si está en la región encerrada por, se obtiene: 2πig (k) ( ) k! = g() d = ( ) k+1 f()d = R R f()d + f()d Y tomando ite cuando R +, suponiendo que eistiera el ite de la integral de la derecha, se deduce: + f()d = 2πig(k) ( ) f()d k! Nota: Quiás haya que descomponer f como suma de varias funciones del tipo f() = g()/( ) k+1, por ejemplo cuando f es una función racional descompuesta en fracciones simples. Paso 3) Cuando se cumplen las hipótesis correspondientes, se aplican los lemas de deformación de curvas o el lema de Jordan, detallados en las subsecciones próimas, para calcular el ite de la integral en la semicircunferencia Lema de deformación de curvas y sus aplicaciones. Lema Lema de deformación de curvas. Sea f : C C continua. Sea el arco de circunferencia = (t) = Re it, θ 1 t θ 2. a) Si f() = L entonces b) Si f() = entonces f()d = il(θ 2 θ 1 ) f()d =

2 86 Funciones de variable compleja. Eleonora Catsigeras. 8 Mayo 26. Demostración: La parte b) se deduce de la parte a) usando L =. Para probar la parte a) consideramos f() L d I R = d = f()d L θ2 Rie it I R = f()d L dt θ 1 Reit ( ) I R = f()d il(θ 2 θ 1 ) Entonces basta probar que I R cuando R +. Acotando la integral I R se obtiene f() L I R d (1) Como por hipótesis f() L cuando, para todo ɛ > eiste R tal que > R f() L < ɛ (2) En (1) sustituimos la última desigualdad (2), sabiendo que = R para todo. Resulta: R > R I R ɛ d = ɛ R R (θ 2 θ 1 )R = kɛ < ɛ donde k = θ 2 θ 1 es constante, y dado ɛ > se elige ɛ > de modo que kɛ < ɛ. Luego: ɛ > eiste R > tal que: R > R I R < ɛ Por definición de ite, la afirmación anterior dice que I R cuando R +, como queríamos demostrar. Ejemplo Calcular + 1 +R 1 ( 2 d = + 4) 2 R ( 2 + 4) 2 d Consideremos la curva cerrada orientada en sentido antihorario = [ R, R] + donde [ R, R] es el intervalo en el eje real R R, y es la semicircunferencia = (t) = Re it, t π. Consideremos la función f() = 1 ( 2 + 4) 2 = 1 ( 2i) 2 ( + 2i) 2 = g() ( 2i) 2 (1) donde es holomorfa en Ω = C \ { 2i}. g() = 1 ( + 2i) 2

3 Funciones de variable compleja. Eleonora Catsigeras. 8 Mayo La curva es homotópica a un punto en Ω. En la región encerrada por se encuentra el punto 2i donde se anula el denominador de (1). Por la fórmula de Cauchy para las derivadas, se obtiene: Por otra parte f()d = de donde, usando (2), se obtiene: g() ( 2i) 2 = 2πi g (2i) = 2πi π 16 = f()d = + +R R 2 ( + 2i) 3 = 2πi 2 =2i (4i) 3 = π 16 (2) f()d + f()d f()d + f()d (3) Apliquemos ahora el lema de deformación de curvas a la última integral de la derecha en (3): f() = ( 2 + 4) 2 = f()d = Sustituyendo en (3) se obtiene π + 16 = 1 ( 2 + 4) 2 d 9.2. Lema de Jordan y sus aplicaciones. Lema Lema de Jordan (primera versión). Demostración: π e R sen t dt = π e R sen t dt π R R > π π/2 e R sen t dt = π e R sen t dt + e R sen t dt (1) π/2 Observemos que sen(π t) = sent t R. Luego, haciendo el cambio de variables reales u = π t en la segunda integral de (1) resulta: π π/2 Sustituyendo en (1) resulta: e R sen t dt = e R sen u du = π/2 π e R sen t dt = 2 π/2 π/2 e R sen t dt (2) e R sen t dt

4 88 Funciones de variable compleja. Eleonora Catsigeras. 8 Mayo 26. En lo que sigue hágase un dibujo. Para t [, π/2] la gráfica de la función f(t) = sent está por arriba de la cuerda (es decir el segmento de recta que une los vértices (, ) y (π/2, 1)). Esta cuerda tiene como ecuación g(t) = (2/π)t. Entonces tenemos g(t) f(t) t [, π/2], es decir: Luego, para R >, se tiene (2/π)t sen t t [, π/2] e R(2/π)t e R sen t t [, π/2] Luego, sustituyendo en (2) se obtiene: π e R sen t dt 2 Haciendo R + se obtiene: π/2 e R(2/π)t dt = π t=π/2 R e R(2/π)t = π t= R (1 e R ) π R π e R sen t dt = Lema Lema de Jordan (versión general). Si f() es una función compleja continua para todo tal que R, que cumple Entonces: f() K R e is f()d πk Γ R s R R donde s > es constante y Γ R es un arco contenido en la semicircunferencia: = R e it, t [, π]. Además si f() = entonces: e is f()d = Γ R Demostración: Sea, para todo R R la curva Γ R : = R e it, θ 1 < θ 2 π, con θ 1 y θ 2 que pueden depender de R. Calculando la integral de la tesis: I R = e is f()d = Γ R θ2 θ 1 e sr sen t+isr cos t f(re it )Rie it dt Acotando la segunda integral de la igualdad anterior, se deduce: I R θ2 θ 1 I R θ2 θ 1 e sr sen t+isr cos t R f(re it ) dt π e sr sen t R f(re it ) dt K R R e sr sen t dt (1) donde K R es una cota superior de f() en el conjunto = R.

5 Funciones de variable compleja. Eleonora Catsigeras. 8 Mayo Luego, aplicando la primera versión del lema de Jordan a la última integral de (1), se deduce que I R K R R π sr = πk R πk (2) s s Si además f() =, entonces K R cuando R +. Como s es una constante positiva fija, tomando ite en (2) cuando R + se deduce: Ejemplo Calcular Sea < r < R fijos. Consideremos la función sen I R = d = r f() = ei R r sen holomorfa en Ω = C\{}. Por el teorema de Cauchy, su integral a lo largo de todo camino cerrado γ homotópico a un punto en Ω es cero. En lo que sigue hágase un dibujo. Tomemos como camino γ la suma de las siguientes curvas: d γ = [r, R] + + [ R, r] S r donde [r, R] es el segmento que va de r hasta R, en el semieje real positivo. es la semicircunferencia de centro en el origen y radio R parametriable como (t) = Re it, t [, π], orientada para t creciente. [ R, r] es el segmento que va de R hasta r, en el semieje real negativo. S r es la semicircunferencia de centro en el origen y radio r parametriable como (t) = re it, t [, π], orientada para t creciente. Luego S r está orientada para t decreciente. Por el teorema de Cauchy: Luego: R r [r,r] e i SR d + e i d + e i [ R, r] Sr d e i d = e i r d + e i π π R d = i e ir cos t r sen t dt i e ir cos t R sen t dt (3) En la segunda integral de (3) hacemos el cambio de variable u = y resulta: Sustituyendo en (3) resulta: r R e i r d = e iu R R u du = e i r d

6 9 Funciones de variable compleja. Eleonora Catsigeras. 8 Mayo 26. R r e i e i π π d = i e ir cos t r sen t dt i e ir cos t R sen t dt (4) Observando que e i e i = 2isen, de (4) se deduce: R 2i r r sen π d = i r e ir cos t r sen t dt i π e ir cos t R sen t dt (5) Por un lado, la función e ir cos t r sen t es continua en el compacto r [, ɛ], t [, 2π]. Entonces es uniformemente continua. Por lo tanto: π i e ir cos t r sen t dt = i r π Por otro lado, acotando la última integral de (5) se obtiene: π e ir cos t R sen t dt π r eir cos t r sen t dt = πi (6) e ir cos t R sen t dt = π e R sen t dt Usando el Lema de Jordan, la última integral de la igualdad de arriba tiende a cero cuando R +. Entonces se obtiene: i π e ir cos t R sen t dt = (7) Sustituyendo (6) y (7) en (5) se concluye: + sen 2i d = πi de donde Transformada de Fourier. sen d = π 2 Definición Transformada de Fourier. Dada una función f() de variable real, se define para aquellos valores de s para los cuales eiste el ite siguiente, la transformada de Fourier F(s) de f, como F(s) = 1 + f()e is d = 1 r f()e is d 2π 2π r + r A la transformada F de f se la denota como F(f). El objetivo de este ejemplo es demostrar el siguiente Teorema: Teorema Vector propio de la Transformada de Fourier. La función f() = e 2 /2, R es un vector propio de la transformada de Fourier con valor propio 1, es decir F(f) = f, F(s) = e s2 /2 s R

7 Funciones de variable compleja. Eleonora Catsigeras. 8 Mayo Demostración: Dividiremos la demostración en varios pasos: 1. Demostrar que para todo real fijo r >, y para todo real fijo s, se cumple: r e 2 /2 d = e 2 /2 d + e 2 /2 d + e 2 /2 d r γ 1 γ γ 3 donde γ 1 es el segmento de recta en el plano complejo que une el punto r con r + si; γ es el segmento de recta en el plano complejo que une el punto r + si con r + si; γ 2 es el segmento de recta en el plano complejo que une el punto r + si con r. En efecto, γ 1 + γ + γ 2 = [ r, r] donde [ r, r] es el segmento en el eje real que va del punto r al punto r. Aplicando el teorema de Cauchy, como la función e 2 /2 es analítica en todo el plano complejo, su integral en el segmento [ r, r] es igual a la suma de las integrales en las curvas γ i, con i =, 1, Demostrar que para i = 1, 2 e 2 /2 d e r2 /2 e s2 /2 s γ i En efecto, en la curva γ 1 parametriada como (t) = r + it, t [, s], se cumple ( 2 /2) = (r 2 /2) + (t 2 /2) + rti Re( 2 /2) = (r 2 /2) + (t 2 /2) (r 2 /2) + (s 2 /2) t [, s] para todo γ 1. Luego e 2 /2 = e Re( 2 /2) e r2 /2 e s2 /2 γ 1 Se obtiene s e 2 /2 d e 2 /2 d e r2 /2 e s2 /2 dt = e r2 /2 e s2 /2 s γ 1 γ 1 Análogamente para la curva γ 2 parametriada como (t) = r + it, misma desigualdad. t [, s] se obtiene la 3. Usando las partes 1) y 2) y tomando ite con s fijo, cuando r +, se deduce que 4. Probar que + e 2 /2 d = e 2 /2 d r + γ γ e 2 /2 d = e s2 /2 r r e 2 /2 e is d

8 92 Funciones de variable compleja. Eleonora Catsigeras. 8 Mayo 26. En efecto, parametriando γ como = + is, [ r, r] se obtiene: 2 2 = s2 2 is e 2 /2 = e s2 /2 e 2 /2 e is Sustituyendo la última igualdad en la integral, e integrando con el parámetro variando en el intervalo [ r, r] se obtiene la afirmación De la definición de transformada de Fourier y de las igualdades 3 y 4, se deduce que la transformada de Fourier F(s) de la función cumple (1/ 2π) + f() = e 2 /2 Luego, multiplicando por e s2 /2 se deduce que : e 2 /2 d = e s2 /2 F(s) s R F(s) = Ke s2 /2, donde K = (1/ 2π) + e 2 /2 d Hemos probado que la función f() = e 2 /2 es un vector propio de la transformada de Fourier con valor propio K. 6. Demostrar que el valor propio K de la transformada de Fourier es igual a 1. Consideremos en el plano, el cuadrado Q r de centro en el origen y lados paralelos a los ejes con longitud 2r. Sea el disco D r de centro en el origen y radio r y el disco D 2r. Se tiene D r Q r D 2r. Entonces la integral doble de cualquier función de dos variables no negativa en D r será menor o igual que en Q r que a su ve será menor o igual que en D 2 2r. Calculamos las integrales dobles siguientes (las de los discos las calculamos pasando a coordenadas polares): e (2 +y2 )/2 d dy e (2 +y2 )/2 d dy e (2 +y 2 )/2 d dy D r Q r Se obtiene Haciendo r + se deduce que D 2r ( r 2 2π(1 e r2 /2 ) e d) 2 /2 2π(1 e r2 ) + r e 2 /2 d = 2π Luego el valor propio K definido al final del paso 5 es K = 1.