Cálculo de integrales reales impropias mediante teoría de residuos

Transcripción

1 Análisis III B - Tuno mañana - Integales impopias 1 Cálculo de integales eales impopias mediante teoía de esiduos Teoema 1. Sea f : C C tal que a) f es holomofa en Im(z) > salvo en un númeo finito de puntos ninguno de los cuales está sobe el eje eal, b) z lim z =. Im(z)> Entonces R lim Res[f,z k ]. R + f(x) =2πiX k siendo z k las singulaidades de f con pate imaginaia positiva. D) La idea es enconta un ecinto donde valga el teoema de los esiduos paa esta f y que la integal de f sobeunapatedesufonteaseelacionecon la integal que queemos calcula peo que además, sea elativamente fácil ve qué sucede con la integal de f sobe el esto de la fontea. Consideemos el ecinto definido po z 6 R en Im(z) > con R suficientementegandedemaneaquecontengaatodaslassingulaidadesz k con pate imaginaia positiva. El bode del ecinto Γ R, está compuesto po la semicicunfeencia γ R : z(t) =Re it con 6 t 6 π yelintevalo[, R]. Gáficamente, Po el teoema de los esiduos y dada la elección de R : dz =2πi X Res[f,z k ]. (1) k Γ + R Po oto lado, dz = R f(x) + dz (2) Γ + R γ + R

2 Análisis III B - Tuno mañana - Integales impopias 2 La segunda integal puede acotase haciendo: dz 6 πr sup = π sup z z Γ R z Γ R γ R Claamente debido a la hipótesis b), el témino a la deecha de la última igualdad tiende a ceo cuando R tiende a infinito y en consecuencia, lo mismo vale paa la segunda integal de (2). Finalmente, tomando límite paa R tendiendo a infinito en (1), esulta la tesis. Obsevación: Si f satisface las hipótesis del Teoema 1 peo en Im(z) 6, una demostación análoga pueba que lim R + R f(x) = 2πiX k Res[f,z k ]. siendo z k las singulaidades de f con pate imaginaia negativa. Coolaio 1. Si f es integable en (, ) y su extensión como función compleja veifica las hipótesis del Teoema 1, entonces: Res[f,z k ] f(x) =2πi X k siendo z k las singulaidades de f con pate imaginaia positiva. D) Es inmediato del Teoema 1 y la elación ente la integal impopia con su valo pincipal. Ejemplo: La convegencia de la integal citeio de compaación y la convegencia de. Paa halla su valo, calculae- x6 mos 1 se concluye usando el (1 + x 2 ) 4 (1 + x 2 ) 4 aplicando el esultado anteio. La función = 1 (1 + z 2 ) 4 cumple las hipótesis del Coolaio 1 y su única singulaidad en el semiplano supeio es z = i, que es un polo de oden 4. Sabemos que Res[f,i] = ϕ (i) siendo 3! ϕ(z) =(z i) 4 yesultaqueres[f,i] = 5 32i. Luego, (1 + x 2 ) = (1 + x 2 ) = 5π 4 32.

3 Análisis III B - Tuno mañana - Integales impopias 3 Teoema 2. Sea f : C C tal que a) f es holomofa en Im(z) > salvo en un númeo finito de puntos ninguno de los cuales está sobe el eje eal, b) z lim =. Im(z)> Entonces paa cualquie α > : lim R + R f(x)e iαx =2πi X k Res[e iαz,z k ]. siendo z k las singulaidades de f con pate imaginaia positiva. D) Sigue la misma línea que la demostación del Teoema 1. Es posible acota la integal definida sobe la semicicunfeencia y demosta que tiende a ceo cuando R tiende a + en tanto α sea un númeo eal positivo. Coolaio 2. Si f(x)e iαx es integable en (, ) y la extensión de f como función compleja veifica las hipótesis del Teoema 2, entonces paa cualquie α > : Res[e iαz,z k ] ypolotanto, f(x)e iαx =2πi X k à f(x)cos(αx) =Re 2πi X k Res[e iαz,z k ]! à f(x)sen(αx) =Im 2πi X k Res[e iαz,z k ]! siendo z k las singulaidades de f con pate imaginaia positiva. D) Es inmediato del Teoema 2 y la elación ente la integal impopia con su valo pincipal. cos(mx) Ejemplo: La convegencia de la integal se puede conclui 1+x2 mediante el citeio de compaación y la convegencia de. Paa halla x2 1 1 suvalo,aplicaemoselcoolaio2alafunción =. En efecto, 1+z2 esta función cumple las hipótesis equeidas. Su única singulaidad en el semiplano supeio es z = i queesunpolodeoden1 paa eimz. Resta calcula 1+z2

4 Análisis III B - Tuno mañana - Integales impopias 4 Res[ eimz e imz,i] = lim 1+z2 z i z + i = e m 2i.Luego, cos(mx) 1+x 2 = π e m. El siguiente ejemplo da muesta de un ejemplo en donde no se veifican las hipótesis de los teoemas anteioes peo que también se puede esolve mediante esiduos haciendo una elección ad-hoc del ecinto. e ax Ejemplo: Si <a<1, la integal convege. Paa calcula su 1+ex valo,tomaemoscomoecintoelectángulodelasiguientefigua: Aplicando el teoema de los esiduos y paametizando el bode, dado que la e az única singulaidad de es z = πi, tenemos que 1+ez R e ax 2π 1+e + x e a(r+iy) idy + 1+eR+iy R Acotando la segunda integal: 2π e a(r+iy) 2π idy 1+eR+iy 6 e a(x+2πi) + 1+ex+2πi e az 2π =2πiRes[, πi] = 2πieaπi 1+ez e ar 1+e R+iy dy 6 2π e a(+iy) idy = 1+e+iy e ar dy =2π ear e R 1 e R 1 y po lo tanto, tiende a ceo cuando R tiende a + poque <a<1. De manea análoga, se demuesta que la cuata integal tiende a ceo. (3)

5 Análisis III B - Tuno mañana - Integales impopias 5 Finalmente, tomando límite paa R tiende a + en (3) se obtiene de donde (1 e 2aπi ) e ax = 2πieaπi 1+ex e ax 1+e x =2πi e aπi e 2aπi 1 = π sen(πa) Teoema 3. Sea z R un polo simple de y γ dada po z(t) =z +e iϕ con ϕ 1 6 ϕ 6 ϕ 2 y >. Entonces: dz = i(ϕ 2 ϕ 1 )Res[f,z ] lim D) Como f tieneunpolosimpleenz entonces existe R> tal que paa todo z B R(z ),fse puede escibi: = a + h(z) z z con a = Res[f,z ] y h holomofa en B R (z ). Luego, paa todo <R: dz = a z z dz + h(z)dz (4) En paticula, h es continua en el disco y po lo tanto, existe M > tal que h(z) 6 M en B R (z ). Po lo tanto, h(z)dz 6 (ϕ 2 ϕ 1 )M Po oto lado, a dz = Res[f,z ] z z ϕ 2 dz = Res[f,z ] z z ϕ 1 ie iϕ e iϕ dϕ = i(ϕ 2 ϕ 1 )Res[f,z ] Finalmente, haciendo a tende a ceo en (4), se obtiene la tesis. Si se quiee calcula f(x)cos(αx) ( f(x)sen(αx)) peof tiene un polo simple que coincide con un ceo de cos(αx) (sen(αx)) no es posible aplica

6 Análisis III B - Tuno mañana - Integales impopias 6 el Coolaio 2. Un caso así se pesenta en el siguiente ejemplo que se esuelve aplicando el Teoema 3. senx Ejemplo: Po el citeio de Diichlet se pueba que la integal x convege. Esta convegencia es condicional ya que senx divege. x Dado que senx x = 1 senx 2 x = 1 2 Im e ix x, e ix calculamos. Consideemos el ecinto deteminado po la intesección de x z 6 R con z > en Im(z) > paa R>>. El bode del ecinto C está compuesto po las semicicunfeencias γ R : z(t) =Re it y γ : z(t) =e it con 6 t 6 π y los intevalos [, ] y [, R], es deci, Como eiz z sólo tiene una singulaidad en z =: C + e iz dz = z y descomponiendo la integal convenientemente: e iz z dz + γ e iz z dz + γ + R e iz z dz + R e iz dz = (5) z

7 Análisis III B - Tuno mañana - Integales impopias 7 Resulta que la integal sobe γ R tiende a ceo cuando R tiende a + ya que e iz z dz = π ir(cos t+isent) e π Rie it dt Re it 6 e ssent+ir cos t π dt = e sent dt = γ R =2 π/2 e sent dt 6 2 π/2 e 2 π Rt dt = π e 1 R R + (en la última desigualdad se usó que sent > 2t/π en el intevalo [, π/2]). Po lo tanto, tomando límite paa R tendiendo a + y a ceo en (5) y aplicando el Teoema 3 se obtiene: y e ix x = lim γ + R e iz e iz dz = iπres z z, = iπ senx x = π 2. Completamosconelsiguienteejemploqueinvolucaelusodeunaamadeuna función multifome: f(x) Ejemplo: Supongamosquesesabequelaintegal convege y que x α < α < 1, f tiene finitas singulaidades, ninguna sobe el eje eal positivo z si z. Si petendemos tabaja con la extensión al plano compleja de la función a intega, debemos elegi una ama conveniente de la función multifome z α. A pesa de que queemos intega sobe (, + ), esultaá que lo más conveniente es justamente considea la ama definida en C (, + ). Luego, tomaemos un ecinto anula salvo una poción del anillo alededo de (, + ) peo tal que al toma límite, apaece la integal que queemos calcula. Más específicamente, consideemos el ecinto Ω de la figua con R> suficientemente gande y > y ε > suficientemente chicos de modo que todas las singulaidades de f queden dento de Ω. Gáficamente,

8 Análisis III B - Tuno mañana - Integales impopias 8 Si llamamos Γal bode del ecinto Ω ycadaz k es una singulaidad de f, poel teoema de los esiduos sabemos que: Γ + z dz =2πi X α k Res[ z α,z k] con z α definida po la ama del logaitmo con < ag(z) < 2π. AnalicemoslasintegalessobecadaunadelascuvasquecomponenΓ : γ 3 γ + 1 z α dz = R f(te iε ) (te iε ) α eiε dt = R f(te iε ) t α e iαε eiε dt ε R f(t) t dt α ya que f(teiε ) t α e dt f(t) iαε ε unifomemente especto de t (se pueba a pati t α de la continuidad de la f, acotando adecuadamente) R R z dz = f(te (2π ε)i ) α t α e (2π ε)iα e(2π ε)i dt ε R α 2πiα f(t) t dt α γ 2 z α dz = 2π ε ε f(re it ) R α e ir iαt eit dt 6 6 (2π 2ε) M(R)R R α 2π ε ε 2π M(R)R R α ε f(re it ) R R α dt 6

9 Análisis III B - Tuno mañana - Integales impopias 9 γ 4 z α dz = 2π ε ε f(e it ) α e iαt ieit dt 6 2π ε 6 (2π 2ε)C 1 α ε 2πC 1 α ε f(e it ) α dt 6 Po lo tanto, tomando límite paa R +, y ε esulta: 2πi X k Res[ z,z k]=(1 e 2πiα ) α f(t) t dt α y entonces, f(t) t α dt = 2πi 1 e 2πiα X k Res[ z α,z k]