Integración por residuos

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1 Integración por residuos En el capítulo anterior vimos que si una función, f(z), tiene una singularidad aislada en z = a, entonces puede expresarse mediante la serie de Laurent f(z) = n= c n (z a) n, < z a < R. Si γ es un contorno cerrado simple orientado positivamente que rodea el punto z = a, entonces, según el teorema de Laurent, f(z) dz = 2πic. γ El número complejo c, coeficiente del término /(z a) de la serie de Laurent de f(z), recibe el nombre de residuo de f(z) en z = a, y suele denotarse c = Res ( f(z), a ). Queda muy claro de la definición el papel relevante que este número desempeña en la teoría de la integración. Además, proporciona un método alternativo para realizar las integrales, ya que hay varias formas de obtener el coeficiente c de la serie de Laurent de f(z), aparte de la definición.

2 92 6 Integración por residuos Ejemplo 6.. Calcula la integral e z dz, donde la circunferencia está orientada positiva- (z ) 2 mente. Si escribimos es evidente que con lo que En consecuencia, z =2 e z = e e (z ) = e ( ) n (z ) n, n! e z (z ) = 2 n= 2 n= ( ) n e (n + 2)! (z )n, ( ) e z Res (z ) 2, = c = e. z =2 e z dz = 2πi (z ) 2 e. 6.. Teorema de los residuos El resultado del ejemplo 6. es generalizable a funciones con un número finito de singularidades en el interior del contorno de integración. Dicha generalización se conoce como teorema de los residuos. Teorema 6. (de los residuos). Sea γ un contorno cerrado simple orientado positivamente, y sea f(z) una función analítica sobre γ y el interior de γ, a excepción de un conjunto finito de puntos singulares z,...,z n del interior de γ. Entonces, n f(z) dz = 2πi Res ( ) f(z), z k. γ k= Dem.: Construyamos circunferencias C k alrededor de los puntos z k, orientadas positivamente y con un radio lo bastante pequeño como para que (a) queden totalmente en el interior de γ, y (b) la intersección entre cualesquiera dos de ellas sea vacía. Entonces aplicamos el teorema de Cauchy-Goursat para dominios múltiplemente conexos: n f(z) dz = f(z) dz. C k γ k= Como dentro de cada C k sólo hay una singularidad, C k f(z) dz = 2πi Res ( f(z), z k ),

3 6. Teorema de los residuos 93 y eso demuestra la fórmula. Ejemplos 6.2. () Calcula z =2 5z 2 dz, donde la circunferencia está orientada positivamente. z(z ) El integrando tiene dos polos: en z = y en z =, ambos dentro del contorno. Denotemos R = Res ( f(z), ) y R = Res ( f(z), ). Para hallar R hagamos un desarrollo de Laurent en < z < : 5z 2 z(z ) = de donde R = 2. = ( 5 2 )( z z n= 2z n n= ) = ( ) 2 z 5 z n = n= 2z n n= 5z n n= 5z n = 2 z + (2 5)z n = 2 z 3 z n, Para hallar R hacemos un desarrollo de Laurent en < z < : ( )( ) ( 5z 2 5(z ) + 3 z(z ) = = ) ( ) n (z ) n z + (z ) z n= = 5( ) n (z ) n + 3( ) n (z ) n = n= 5( ) n (z ) n + n= luego R = 3. Así pues, (2) Calcula Como n= n= n= 3( ) n+ (z ) n = 3 z + ( ) n (5 3)z n = 3 z + 2 ( ) n z n, z =/2 z 2f z =2 n= n= 5z 2 z(z ) dz = 2πi(R + R ) = πi. n= ( ) dz, siendo f(z) el integrando del ejemplo anterior. z z 2f ( ) = 5 2z z z( z), dentro de la curva sólo está el polo z =. Para < z < tenemos el desarrollo de Laurent, ( )( ) ( ) 5 2z 5 2z 5 z( z) = = z z z 2 z n = 5z n 2z n n= n= n= = 5z n 2z n = 5 z + 3 z n, n= n= n=

4 94 6 Integración por residuos luego por tanto, ( Res z 2f z =/2 z 2f ( ) ), = 5; z ( ) dz = πi. z La razón de que el resultado de esta integral coincida con el del ejemplo anterior se verá más adelante Residuos en los polos Supongamos que la función meromorfa f(z) tiene un polo de orden p en z = a. Entonces, existirá una función, g(z), analítica en a, tal que En un entorno de a, luego y, por tanto, f(z) = f(z) = g(z) = g(z) (z a) p, g(a). n= g (n) (a) (z a) n, n! g(a) (z a) + g (a) p (z a) + + g(p ) (a) p (p )! + g(p) (a) p! + g(p+) (a) (z a) + (p + )! Res ( f(z), a ) = g(p ) (a) (p )!. z a Como g(z) = (z a) p f(z), podemos escribir la fórmula Res ( f(z), a ) = (p )! lím d p [ ] (z a) p f(z), z a dz p que para el caso de un polo simple (p = ) se reduce a Res ( f(z), a ) [ ] = lím (z a)f(z). z a Como puede intuirse por el procedimiento que hemos seguido para obtener esta fórmula, no hay ninguna fórmula similar válida para singularidades esenciales.

5 6.2 Residuos en los polos 95 Ejemplos 6.3. () Consideremos la función f(z) = z + z Esta función tiene polos simples en z = ±3i, ya que z = (z 3i)(z + 3i). Entonces, y además, por lo tanto, f(z) = g(z) z 3i, g(z) = z + z + 3i, g(3i) = 3i + 6i = 3 i 6, Res ( f(z), 3i ) = g(3i) = 3 i 6. Para el polo z = 3i se procede igual y se obtiene (2) Consideremos la función Res ( f(z), 3i ) = h(3i) = 3 + i 6, h(z) = z + z 3i. f(z) = z3 + 2z (z i) 3. Esta función tiene un polo de orden 3 en z = i. Como obtendremos d 2 [ ] (z i) 3 f(z) = (z 3 + 2z) = 6z, dz 2 Res ( f(z),i ) = 6i 2! = 3i. (3) A veces no es evidente el orden de un polo. Consideremos la función f(z) = senhz z 4. Esta función parece tener un polo de orden 4 en z = ; sin embargo, si escribimos f(z) = g(z) z 4, g(z) = senhz, comprobaremos que g() = senh =, luego el polo no es de orden 4. Para averiguar correctamente el orden desarrollamos en serie senh z alrededor de z = : ) senh z = z + ( z3 6 + = z + z2 6 + = zφ(z), donde φ() =. Así que f(z) = φ(z) z 3

6 96 6 Integración por residuos y entonces queda claro que el polo es de orden 3. Para calcular el residuo podemos aplicar la fórmula, Res ( f(z), ) = φ () = /3 2! 2 = 6, o bien escribir la serie de Laurent (al menos hasta el término z ), f(z) = ( ) + z2 z = z z +, de donde Res ( f(z), ) = c = 6. (4) Otro ejemplo en que el orden del polo no es evidente es f(z) = z(e z ). En z = hay un polo, pero no es simple, porque si escribimos f(z) = g(z)/z, la función g(z) tiene un polo en z =. En este caso partimos de de donde y por tanto, e z = + z + z2 2 + z3 6 +, ) e z = z + ( z2 2 + = z z2 z , f(z) = g(z) z 2, g(z) = + z 2 + z2 6 +, que es correcta porque g() =. Se trata, pues, de un polo de orden 2. En cuanto al residuo, como empleando la fórmula g (z) = (5) Consideremos ahora la función + z ( + z + z2 + )2 = g () = 2, 2 6 Res ( f(z), ) = g () = 2. cotanz = cos z sen z. Esta función tiene polos en z = nπ, para todo n N. La función tiene la forma f(z) = g(z) h(z),

7 6.3 Residuos en el infinito 97 donde en cualquiera de los polos z n = nπ se verifica g(z n ), h(z n ) =, h (z n ). En ese caso, ( ) h(z) = (z z n )h (z n )+ h (z n ) (z z n ) 2 + = (z z n ) h (z n ) + h (z n ) (z z n ) +, 2 2 luego f(z) tiene un polo simple en cada z n y además En nuestro caso, g(z) = h (z) = cosz, luego Res ( f(z),z n ) = g(z n ) h (z n ). Res ( cotanz,nπ ) =. (6) La función f(z) = z z tiene polos simples en las cuatro raíces de z 4 +4, que son z = 2e iπ/4 = +i, z 2 = +i, z 3 = i y z 4 = i. Llamando g(z) = z y h(z) = z 4 +, con lo que h (z) = 4z 3, resulta que g(z k ) = z k y h (z k ) = 4zk 3. Entonces, según el ejemplo anterior Res ( f(z),z k ) = g(z k ) h (z k ) = 4z 2 k 6.3. Residuos en el infinito = ( ) k i, k =, 2, 3, 4. 8 Vamos a descubrir la razón por la que el resultado del ejemplo 6.2 (2) coincidía con el del ejemplo 6.2 (). En el capítulo 5 definimos singularidades en el infinito de f(z) como las singularidades en de f(/z). Del mismo modo definimos el residuo de f(z) en el infinito como Res ( f(z), ) = Res ( z 2f ( ) ),. z La razón será evidente cuando veamos el correspondiente teorema de los residuos incluyendo el infinito. El siguiente lema da una pista de por dónde van los tiros: Lema 6.. Sea f(z) una función analítica en el dominio Ω, que contiene la circunferencia C R, dada por z(θ) = Re iθ, θ 2π, y su exterior. Entonces, C R f(z) dz = 2πi Res(f, ).

8 98 6 Integración por residuos Dem.: Sea r = /R y denotemos C r la circunferencia dada por z(θ) = re iθ, θ 2π. Si z está en el interior de C r, entonces /z está en el exterior de C R, de manera que la función g(z) = z 2 f(/z) es analítica en el interior de C r excepto en el origen. Entonces, 2π f(z) dz = f ( Re iθ) 2π ( ) i ire iθ dθ = f dθ C R re iθ re iθ 2π ( ) i 2π ( ) i = f dθ = f dθ re i(2π θ) rei(2π θ) re iθ reiθ 2π ( ) ire iθ ( ) dz = f re iθ (re iθ ) 2 dθ = f C r z z 2 ( ( ) ) = 2πi Res z 2f, = 2πi Res ( f(z), ). z Aunque resulte extraña la inclusión del signo menos en la definición del residuo en el infinito, vamos a ver en seguida por qué se hace así. Teorema 6.2. Sea γ un contorno cerrado simple orientado positivamente y supongamos que f(z) es una función analítica en un dominio Ω que contiene γ y su exterior, excepto en un conjunto finito de singularidades, z,...,z n, situadas en el exterior de γ. Entonces, denotando, z =, γ f(z) dz = 2πi n Res ( ) f(z), z k. Dem.: Construyamos la circunferencia C R centrada en el origen, orientada negativamente y de radio R lo suficientemente grande como para que no haya singularidades en su exterior y γ quede en su interior. Conectando la circunferencia con γ mediante el contorno σ, que no cruza ninguna singularidad, construimos el contorno cerrado simple Γ = C R + σ + γ σ, que está, en consecuencia, orientado negativamente, y que contiene las singularidades z,...,z n en su interior. Por el teorema de los residuos, Γ f(z) dz = 2πi k= n Res ( ) f(z), z k ; k=

9 6.3 Residuos en el infinito 99 por otro lado, Γ f(z) dz = f(z) dz + f(z) dz C R γ = 2πi Res ( f(z), ) + f(z) dz, γ usando el resultado del lema. Uniendo ambos resultados se obtiene finalmente la fórmula del enunciado. Ejemplos 6.4. () Calculemos la integral (la orientación del contorno es positiva) z =3 (z ) 3 z(z + 2) 3 dz. Como todos los polos del integrando están en el interior del contorno, es preferible usar el polo del infinito. Calculemos, pues, z 2 ( z ) 3 ( + 2) 3 z z = ( z)3 z( + 2z) 3. Como esta función tiene un polo simple en z =, su residuo se calcula fácilmente como, de modo que (z ) 3 dz = 2πi. z(z + 2) 3 z =3 (2) Vamos a demostrar, usando el residuo en el infinito, que para todo polinomio de grado n 2, P(z) = a + a z + + a n z n (a n ), con raíces z,...,z n, n k= ( ) Res P(z),z k =. Para ello construimos un contorno γ cerrado simple orientado positivamente y tal que todos los ceros de P(z) caigan en su interior. Entonces, usando la versión normal del teorema de los residuos, n k= pero por la versión con el polo del infinito, 2πi γ ( ) Res P(z),z k = 2πi γ ( ) ( dz P(z) = Res P(z), = Res dz P(z), z 2 P(/z), ).

10 6 Integración por residuos Ahora bien, luego P(/z) = z n(a z n + a z n + + a n z + a n ), z 2 P(/z) = z n 2 a z n + a z n + + a n z + a n. Como a n, si n 2 es evidente que ( ) Res z 2 P(/z), = Cálculo de integrales reales mediante residuos La aplicación más importante del teorema de los residuos es el cálculo de ciertos tipos de integrales reales. La idea básica es relacionar esas integrales reales con otras integrales sobre un contorno cerrado en el plano complejo, evaluar esta última mediante residuos y utilizar el resultado para deducir el valor de la primera. Aunque el método es general y aplicable a situaciones más complicadas, vamos a seleccionar aquí algunos tipos de integrales a los que se puede aplicar la técnica con éxito Integrales de funciones de senos y cosenos Consideremos la integral I = 2π F(sen θ, cosθ) dθ, donde F(x, y) es cualquier función real de dos variables tal que el integrando sea una función continua de θ en [, 2π]. La forma de la integral sugiere la parametrización de la curva z(θ) = e iθ, con θ 2π, es decir, la circunferencia unidad con orientación positiva C. Como z (θ) = iz(θ), sen θ = (z z )/2i y cosθ = (z + z )/2, ( z z I = F, z + ) z dz 2i 2 iz. C La condición de que F(senθ, cosθ) sea continua en [, 2π] implica que el integrando de esta integral de contorno no tiene singularidades sobre C, de modo que, en principio, esta integral se puede hacer por residuos. Ejemplos 6.5.

11 6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos () Calculemos la integral I = 2π dθ, a <. + a sen θ Aplicando la transformación a la circunferencia unidad, I = C + a ( ) dz z 2 iz = 2/a 2iz C z 2 + 2iz dz. a El denominador tiene dos raíces, luego el integrando es de la forma Ahora bien, z ± = i a f(z) = ( ± a 2 ), 2/a (z z + )(z z ). z + = ( + ) a a 2 = a + a 2 a a ( ) = a + + a >, a luego z + > y, por tanto, z + está en el exterior de C. Por otro lado, z + z =, así que z <, lo que significa que z está en el interior de C. En consecuencia, I = 2πi Res ( f(z),z ) = 2πi 2/a (z z + ) = 2π a Integrales impropias de primera especie Una integral impropia de primera especie de una función f(x), continua en [a, ), se define como R f(x) dx = lím f(x) dx. a R Si el límite de la derecha existe se dice que la integral converge. Si la función es continua en R se puede definir la integral impropia f(x) dx = f(x) dx + f(x) dx.

12 2 6 Integración por residuos Cuando existen las dos integrales de la derecha se dice que la de la izquierda converge. Pero hay una definición alternativa de esta integral que se conoce como valor principal y que se define mediante el límite Cuando V. P. f(x) dx = lím R R R f(x) dx. f(x) dx converge, el valor principal coincide con ella; pero también hay funciones, como f(x) = x, para las que no existe la integral y sí su valor principal. Ahora bien, si f es par, es decir f( x) = f(x), entonces la integral en [, ) converge si y sólo si converge su valor principal, ya que R Ejemplo 6.6. Calculemos la integral f(x) dx = 2 2x 2 x 4 + 5x dx = 2 R R f(x) dx. 2x 2 x 4 + 5x dx = 2. Para calcular la segunda integral notemos que la extensión holomorfa del integrando al plano complejo es la función f(z) = 2z2 z 4 + 5z = 2z 2 (z 2 + )(z 2 + 4). Esta función tiene polos simples en z = ±i y en z = ±2i y es holomorfa en el resto de C. Vamos a integrar la función sobre la curva γ R de la figura, formada por la semicircunferencia C R centrada en el origen y situada en el semiplano superior, y el segmento [ R,R]. C R R R Los polos que caen en el interior de γ R son z = i y z = 2i, de modo que R R f(x)dx + f(z)dz = 2πi [ Res ( f(z),i ) + Res ( f(z), 2i )]. C R

13 6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos 3 Ahora, Res ( f(z),i ) = Res ( f(z),i ) = 2z 2 (z + i)(z 2 + 4) = z=i 2i, 2z 2 (z 2 + )(z + 2i) = 3 z=2i 4i, luego Entonces, R R ( f(x)dx + f(z)dz = 2πi C R 2i + 3 ) = π 4i 2. f(x)dx = π 2 lím f(z)dz. R C R Vamos a probar que el límite de la derecha vale. Para ello vamos a acotar la integral. En primer lugar, sobre C R, 2z 2 2 z 2 + = 2R 2 +, z 2 + z 2 = R 2, z z 2 4 = R 2 4, luego f(z) Por otro lado, L(C R ) = πr, por lo tanto, f(z)dz C R 2R 2 + (R 2 )(R 2 4). (2R2 + )πr (R 2 )(R 2 4) R. El resultado final es que 2x 2 x 4 + 5x dx = π 4. Podemos generalizar el ejemplo a un teorema que describa un caso muy general: Teorema 6.3. Sea f(z) analítica en un dominio que contiene el semiplano H y el eje real, salvo un número finito de singularidades z k H, k =,...,n. Supongamos que para z suficientemente grande, existe C R tal que Entonces, f(z) C z µ, µ >.

14 4 6 Integración por residuos (a) si H = {z C : Im z > } (semiplano superior) n V. P. f(x) dx = 2πi Res ( ) f(z), z k ; (b) si H = {z C : Im z < } (semiplano inferior) n V. P. f(x) dx = 2πi Res ( ) f(z), z k. Dem.: (a) La demostración se hace construyendo un semicírculo, como en el ejemplo, y tomando R. La condición f(z) C/R µ, con µ >, asegura que para R suficientemente grande, f(z) dz πcr. C R R µ R (b) Se demuestra igual cerrando el semicírculo por abajo. Como eso cambia la orientación del segmento [ R, R], aparece un signo menos en la fórmula. k= k= Integrales de tipo transformada de Fourier El método de los residuos permite hacer integrales del tipo f(x) cos ax dx, f(x) senax dx; evidentemente, son la parte real e imaginaria de una integral de tipo transformada de Fourier, f(x)e iax dx, y esta va a ser la integral que vamos a intentar resolver mendiante residuos. Ejemplo 6.7. Calculemos la integral Como el integrando es par, Definamos I = I = 2 V. P. f(z) = cos 3x (x 2 + ) 2 dx. e i3x (x 2 + ) 2 dx. (z 2 + ) 2.

15 6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos 5 La función f(z)e i3z es analítica en el eje real y en el semiplano superior, salvo en el punto z = i, donde tiene un polo de orden 2. Entonces, tomando el contorno del ejemplo 6.6, si R es suficientemente grande (concretamente, si R > ), R f(z)e i3z dz + f(z)e i3z dz = 2πi Res ( f(z)e i3z,i ) = 2πi d e i3z R C R dz (z + i) 2 = 2π z=i e. 3 Ahora, sobre C R tenemos que z 2 + i R 2, así que f(z)e i3z dz C R (R 2 ) 2 e i3z dz. C R Vamos ahora a probar que para todo a >, e iaz dz < π C R a, una desigualdad conocida como desigualdad de Jordan. Para ello escribimos π e iaz dz = ir e iθ+iar cos θ ar sen θ dθ, C R con lo que π π/2 e iaz dz R e ar sen θ dθ = 2R e ar sen θ dθ. C R Usando ahora la desigualdad sen θ 2θ/π, válida cuando θ π/2 debido a la concavidad de la función sen θ, π/2 e ar sen θ dθ π/2 e 2aRθ/π dθ = π ( ) e ar < π 2aR 2aR. Sustituyendo en la ecuación anterior encontramos finalmente la desigualdad de Jordan. Con ella podemos acotar f(z)e i3z dz π C R 3(R 2 ), 2 R por lo tanto, V. P. f(z)e i3z dz = 2π e. 3 Podemos generalizar el ejemplo a un teorema que describa un caso muy general: Teorema 6.4. Sea f(z) analítica en un dominio que contiene el semiplano H y el eje real, salvo un número finito de singularidades z k H, k =,...,n. Supongamos que para z suficientemente grande, existe C R tal que Entonces, f(z) C z µ, µ >.

16 6 6 Integración por residuos (a) si a > y H = {z C : Im z > } (semiplano superior) V. P. f(x)e iax dx = 2πi n Res ( ) f(z)e iaz, z k ; k= (b) si a < y H = {z C : Im z < } (semiplano inferior) V. P. f(x)e iax dx = 2πi n Res ( ) f(z)e iaz, z k. Dem.: (a) La demostración se hace construyendo un semicírculo, como en el ejemplo, y tomando R. La condición f(z) C/R µ, con µ >, asegura que para R suficientemente grande y empleando la desigualdad de Jordan, f(z)e iaz dz πc C R ar. µ R (b) Se demuestra igual cerrando el semicírculo por abajo (en la cota de la integral cambia a por a ). Como eso cambia la orientación del segmento [ R, R], aparece un signo menos en la fórmula. k= Integrales sobre cortes de ramificación Vamos a analizar ahora casos de integrales impropias en los que al extender el integrando al plano complejo, la función resultante tiene un corte. Empezaremos por un ejemplo que ilustra el procedimiento. Ejemplo 6.8. Vamos a calcular la integral ln x x dx; para ello, consideraremos la integral γ R log z z dz, tomando el valor principal de log z, y γ R el circuito de la figura (la línea discontinua marca el corte del logaritmo).

17 6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos 7 γ R R α ε Como el integrando tiene dos polos simples en ±2i, si R > 2, ( ) log z log z dz = 2πi Res z z + 2i, 2i = 2πi log(2i) 4i γ R = π 2 ( ln 2 + i π ). 2 Vamos a descomponer γ R como C R γ R = C R + σ α + C ǫ + [ǫ,r], donde C R es el arco de radio R, C ǫ es el arco de radio ǫ y σ α el segmento rectilíneo que une el punto Re i(π α) con ǫe i(π α). Entonces, log z z dz + log z z dz + log z R z dz + log z ǫ z dz = π ( ln 2 + i π ). 2 2 σ α C ǫ Probaremos a continuación que las integrales sobre los dos arcos se anulan en los límites R y ǫ. Para ello, acotemos el integrando sobre C R : log z z = ln R + iθ R 2 e i2θ + 4 ln R + π R 2 4, con lo cual C R log z z dz ln R + π (π α)r R 2 4 R para cualquier valor de α [,π]. Ahora hacemos lo propio con el integrando sobre el arco C ǫ : log z z = ln ǫ + iθ ln ǫ + π ǫ 2 e i2θ + 4, 4 ǫ 2 con lo cual C ǫ log z z dz ln ǫ + π (π α)ǫ 4 ǫ 2 ǫ En cuanto a la integral sobre σ α, parametrizando el segmento, con la orientación opuesta, como z(t) = te i(π α), log z R ln t + i(π α) R ln t + i(π α) dz = z 2 ei(π α) dt = + 4 ǫ t 2 e i2(π α) e iα dt; + 4 ǫ t 2 e i2α + 4 σ α.

18 8 6 Integración por residuos tomando el límite α, lím α σ α log z R z dz = ln t + iπ R ǫ t dt = ǫ ln t R dt + iπ t ǫ t dt. Finalmente, tomando los límites R y ǫ simultáneamente, la integral se convierte en ln t dt + iπ t t dt. en En cuanto a la integral sobre [ǫ,r], ésta se convierte, en el límite simultáneo R y ǫ, ln x x dx. Juntando todos los resultados tenemos la ecuación 2 ln x dx + iπ x t dt = π ( ln 2 + i π ), 2 2 de donde ln x x dx = π ln 2, 4 t dt = π 4. Podemos generalizar el ejemplo a un teorema que describa un caso muy general: Teorema 6.5. Sea f(z) analítica en un dominio que contiene el semiplano H y el eje real positivo, salvo un número finito de singularidades z k H, k =,...,n. Supongamos que para z suficientemente grande, existe C R tal que f(z) C z µ, µ >, y que para z suficientemente pequeño existe C tal que Entonces, f(z) C z ν, ν <. (a) si H = {z C : Im z > } (semiplano superior) 2 f(x) ln x dx + iπ f(x) dx = 2πi n Res ( ) f(z) log z, z k ; k=

19 6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos 9 (b) H = {z C : Im z < } (semiplano inferior) 2 f(x) ln x dx iπ tomando el valor principal de log z. f(x) dx = 2πi n Res ( ) f(z) log z, z k, Dem.: (a) La demostración se hace construyendo un contorno como el del ejemplo. La condición f(z) C z µ, µ >, garantiza que la integral sobre C R se anula en el límite R, y la condición k= f(z) C z ν, ν <, garantiza que la integral sobre C ǫ se anula en el límite ǫ. Hay, no obstante, un punto sutil: el límite que se toma para α. En rigor, para que el razonamiento sea válido, hay que demostrar que f ( xe ±iα) converge uniformemente a f(x) para todo ǫ x R, como en efecto así es. Una alternativa es construir un contorno sólo hasta π/2 y luego otro desde π/2 hasta π, y en este último emplear la rama [, 2π) del logaritmo, cuyos valores coinciden con los de la rama principal en el intervalo [, π]. El resultado se obtiene sumando los valores de las integrales sobre los dos contornos. (b) Se construye la imagen especular del contorno en el semiplano negativo y se razona de manera análoga Integrales tipo transformada de Mellin Se define la transformada de Mellin de una función f(x) como la integral x w f(x) dx, w / Z, donde w es un parámetro. Debido a la presencia de la potencia, al pasar al plano complejo la función resultante tiene un corte. Veamos en un ejemplo cómo tratar este caso. Ejemplo 6.9. Vamos a calcular la integral x a dx, < a <, x +

20 6 Integración por residuos de particular importancia en el estudio de la función gamma de Euler. Vamos a extender el integrando al plano complejo tomando la determinación [, 2π) de la función z a (lo que sitúa el corte en el eje real positivo). Construyamos el circuito γ R de la figura, que consta de γ R = C R + σ α + C ǫ + σ α, siendo C R el arco de radio R, σ α el segmento que une el punto Re i(2π α) con ǫe i(2π α), C ǫ el arco de radio ǫ y σ α el segmento que une el punto ǫe iα con Re iα. γ R R ε α α Si R >, entonces, γ R z a z + dz = 2πi Res( z a, ) = 2πie alog( ) = 2πie iπa ; z CR a z σ α a z Cǫ a z σα a z + dz + z + dz + z + dz + z + dz = 2πie iπa. Probaremos ahora que las integrales sobre los arcos se anulan. Sobre C R, z a z + = e a log z z + = e a(ln R iaθ ) Re iθ + e a ln R R = R a R, por lo tanto, para todo α, z CR a z + dz R a 2(π α)r a 2(π α)r = R R R. Si partimos de la identidad de la función beta de Euler B(p,q) = x q dx, p,q >, ( + x) p+q es evidente que la integral del ejemplo es B(a, a) = Γ(a)Γ( a).

21 6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos Sobre C ǫ, z a z + = e a(ln ǫ iaθ ) ǫe iθ + e aln ǫ ǫ = ǫ a ǫ, por lo tanto, para todo α, z Cǫ a z + dz ǫ a 2(π α)ǫ a 2(π α)ǫ = ǫ ǫ Ahora consideraremos las integrales sobre los segmentos rectilíneos: ǫ. σ α z a σα z a dz = ei(2π α) z + dz = eiα z + R ǫ R ǫ t a e ia(2π α) dt te i(2π α) + α t a e iaα dt te iα + α R ǫ t a t + dt. e i2πa R Juntando las integrales y tomando el límite ǫ, R simulatáneamente, ( e i2πa ) y como e i2πa = 2ie iπa sen πa, t a t + dt = t a t + dt = 2πie iπa, π sen πa. ǫ t a t + dt, También este ejemplo lo podemos generalizar a un teorema sobre las transformadas de Mellin: Teorema 6.6. Sea f(z) analítica en C salvo un número finito de singularidades z,...,z n, ninguna de las cuales cae en el eje real estrictamente positivo. Supongamos que para z suficientemente grande, existe C R tal que f(z) C z µ, µ > w, y que para z suficientemente pequeño existe C tal que Entonces, f(z) C z ν, ν < w. x w f(x) dx = πe iπw sen πw n k=, z k Res ( z w f(z), z k ), donde la suma de los residuos excluye explícitamente el residuo en z k =, y donde se toma para z w la rama [, 2π).

22 2 6 Integración por residuos Dem.: La demostración pasa por construir un circuito como el del ejemplo y razonar de manera análoga. Las condiciones sobre f(z) aseguran que se anulan las integrales sobre los arcos de circunferencia. Las consideraciones sobre el límite α que se hicieron en el teorema 6.5 se aplican también a este caso Polos en el eje real En todos los casos anteriores hemos supuesto explícitamente que no hay polos en el eje real. En realidad, la integral de una función que tiene un polo simple sobre el eje real no converge, pero sí lo hace su valor principal, y es ese número el que vamos a calcular aquí. El valor principal está relacionado con integrales impropias convergentes; un ejemplo clásico es la integral sen x x dx, que, como el integrando es par, se puede evaluar como ie ix V. P. x dx, ya que cosx V. P. x dx = por ser impar el integrando. Supongamos que en cualquiera de los casos estudiados en las secciones precedentes, la función que se integra tiene un polo simple en el punto x R. Esto afecta a la integración sobre el segmento rectilíneo que se encuentra sobre el eje real. Denotemos ese segmento [a, b] y supongamos que x (a, b). Para evitar la singularidad tenemos que reemplazar el segmento por el contorno de la figura, formado por γ = [a, x ǫ] + γ ǫ + [x + ǫ, b]. γ ε ε a x b La integral sobre dicho contorno, γ, se descompone en x ǫ f(z) dz = f(x) dx + f(z) dz + γ ǫ γ a b x +ǫ f(x) dx.

23 6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos 3 Evidentemente, lím ǫ ( x ǫ a f(x) dx + b de modo que sólo nos queda calcular x +ǫ ) b f(x) dx = V. P. f(x) dx, a lím f(z) dz. ǫ γ ǫ Lema 6.2. Sea f(z) una función holomorfa en un entorno del punto z salvo en z, donde tiene un polo simple. Sea γ ǫ la porción de arco de circunferencia z(θ) = z + ǫe iθ, con α θ β. Entonces lím f(z) dz = (β α)i Res ( ) f(z), z. ǫ γ ǫ Dem.: Una función como la del enunciado es de la forma f(z) = b z z + g(z), donde g(z) es holomorfa en el entorno de z. Por ser g holomorfa, está acotada en un entorno de z, g(z) M, luego g(z) dz M(β α)ǫ. γ ǫ ǫ En consecuencia, γ ǫ f(z) dz = b γ ǫ dz β = b i z z α ǫe iθ ǫe iθ dθ = b i(β α). El resultado queda así probado porque b es el residuo de f(z) en z. Volviendo a nuestro problema, con este resultado tenemos que lím f(z) dz = V. P. ǫ γ b a f(x) dx iπ Res ( f(z), x ), es decir, en los teoremas de las secciones precedentes, si el integrando, f(x), tiene polos simples x,...,x k en el eje real, hay que reemplazar b b k f(x) dx V. P. f(x) dx πi Res ( ) f(z), x j a a en las fórmulas resultantes, si el arco alrededor de estos polos se toma por el semiplano superior (si se toma por el semiplano inferior el signo es el opuesto). j=

24 4 6 Integración por residuos Ejemplo 6.. Vamos a calcular la integral sen x x e ix dx = i V. P. x dx. Como f(z) = /z verifica las condiciones del teorema 6.4 y esta función no tiene más que un polo en z =, e ix V. P. x dx = iπ Res ( e iz, ) = iπ, luego sen x x dx = π Más sobre integrales de funciones multivaluadas Vamos a ver algunos ejemplos más de integrales de funciones que, extendidas al plano complejo, presentan cortes donde no son analíticas. Ejemplos 6.. () Consideremos la integral dx x x 2 dx. Ninguno de los métodos anteriores permite evaluar esta integral, pero las técnicas que vamos a emplear son las mismas que las que hemos usado en los casos estudiados hasta ahora. Si elegimos para w la determinación w = w e i(arg w)/2, arg w 2π, la función z 2 tiene dos cortes en las semirrectas del eje real Re z. Otra manera de obtener lo mismo es escribir la función como z2 = z z + = z e i[arg(z )]/2 z + e i[arg(z+)]/2 eligiendo los cortes = z 2 e i[arg(z )+arg(z+)]/2, π < arg(z ) π, arg(z + ) < 2π. En apariencia, esta elección parece resultar en un único corte sobre todo el eje real; sin embargo, la función arg(z ) + arg(z + ) no tiene ningún salto en el intervalo (, ) del eje real (la función arg(z ) tiene un salto de 2π al cruzar de abajo arriba, mientras que la función arg(z + ) tiene un salto de 2π en el mismo cruce).

25 6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos 5 Con la elección que hemos hecho, el integrando f(z) = z z 2 tiene un polo simple en z =. Para integrar elegimos el contorno cerrado de la figura, γ, formado por los contornos γ = C R + σ α + C ǫ + σ α + σ + α + C + ǫ + σ + α, donde C R está formado por los dos arcos de circunferencia de radio R centrada en ; C ± ǫ son los arcos de circunferencia de radio ǫ centradas en ±, y σ ± ±α los segmentos rectilíneos centrados en ± que forman un ángulo ±α con el eje real. γ R α α ε ε α α Probaremos, en primer lugar, que las integrales sobre los arcos semicirculares se anulan. Sobre C R, si R > el integrando se puede acotar como z z 2 = z z 2 R R 2, con lo que C R dz z z 2 (2π 4α)R R R 2 = 2π 4α R2 R Por su parte, si ǫ <, sobre C ǫ +, tenemos z = + z ǫ y z 2 = z z + = ǫ 2 + z ǫ(2 ǫ); y sobre Cǫ, tenemos z = z ǫ y z 2 = z z + = 2 z ǫ ǫ(2 ǫ). Entonces, sobre C ǫ ±, z z 2 ( ǫ)ǫ /2 (2 ǫ) /2, con lo cual, C ± ǫ dz z z 2 2(π α)ǫ ( ǫ)ǫ /2 (2 ǫ). 2(π α)ǫ/2 =. /2 ( ǫ)(2 ǫ) /2 ǫ

26 6 6 Integración por residuos Ahora calcularemos las integrales sobre σ ±α, ± en el límite α. En ese límite tenemos arg(z ) + arg(z + ) + = ; σ + α α arg(z ) + arg(z + ) + 2π = 2π; σ + α α arg(z ) + arg(z + ) π + π = 2π; σ α α arg(z ) + arg(z + ) π + π = ; α por lo tanto, σ α e i[arg(z )+arg(z+)]/2 α { sobre σ + α y σ α, Entonces, teniendo en cuenta la orientación de los segmentos, lím α σ ± ±α dz R z z 2 = +ǫ sobre σ α y σ + α. dt t t 2, y la suma de las cuatro integrales, en el límite simultáneo R y ǫ, da 4 dt t t 2. Finalmente, γ dz z z 2 ( ) = 2πi Res z z 2, = 2πi = 2πi i = 2π, con lo cual dt t t 2 = π 2. (2) Consideremos ahora la integral x( x) dx. x 2 + La extensión del integrando al plano complejo es f(z) = z z, z 2 + y podemos elegir los cortes de las dos raíces de manera que f(z) no sea analítica sólo sobre el segmento real [, ]. Para ello tomamos z z = z z e i[arg z+arg( z)]/2,

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