Integrles de Fourier Otro grupo de integrles que pueden ser evluds medinte el Teorem de Residuos son ls integrles de Fourier. Integrles que involucrn funciones rcionles, f(, que stisfcen ls condiciones epuests nteriormente y funciones senos y consenos. Integrles del tipo { } cos m f( f(e im d f(e im = 2i Res f(e im sen m =j (1 on m > y los polos correspondientes los residuos que se muestrn en el ldo derecho, están ubicdos en el semiplno complejo con y >. Es clro que el circuito selecciondo es Γ que muestr el cudrnte II de l figur??. Equivlentemente, igulndo prtes reles e imginris f( cos m = 2 f(sen m = 2 Im Res f(e im =j Re Res f(e im =j. Otr ve, el circuito se sepr en un semicircunferenci Γ y el eje rel. Pr demostrr que pr evlur ls integrles de Fourier (?? se requiere l sum de los residuos nos convencemos que l integrl lo lrgo de l semicircunferenci se nul. Esto es fácil si comprobmos que y > y m >, entonces si = + iy tendremos que e im = e im e my = e my < 1 f(e im = f( f( e im con lo cul redujimos l de un función rcionl. Ejemplo: omprobemos que cos m 2 + k 2 = k e km y sen m 2 + k 2 = es fácil ver que el polo simple de l continución nlític de f( es = ik y su residuo será f( = eim e im 2 + k 2 = ik Res 2 + k 2 = eim =ik 2 = e mk =ik 2ik y por lo tnto eim e mk = 2i 2 + k2 2ik = k e mk Héctor Hernánde / Luis Núñe 1 Universidd de Los Andes, Mérid
Ejemplo: Evlue sen 2 + 2 + 5 Prtimos de l continución nlític de f( f( = 2 ± = 1±2i d + 2 + 5 2 + 2 + 5 = Res 2 + 2 + 5 y que ese es el único polo encerrdo por l circulción Γ. lculndo el residuo tendremos ( Res 2 + 2 + 5 = ( + 1 2i = ( 1 + 2i e (2+i 1+2i = 1+2i 2 + 2 + 5 4i con lo cul d 2 + 2 + 5 = cos 2 + 2 + 5 +i igulndo prte rel e imginri tendremos que cos 2 + 2 + 5 = 2 e 2 y = 1+2i sen 2i( 1+2ie (2+i 2 + 2 + 5 = = 4i 2 (1 2ie 2 sen 2 + 2 + 5 = e 2 Ejercicios: Pr m > ompruebe que cos m ( 2 + 1 = e m (1 + m 2 4 y cos 2 4 + 2 + 1 = 2 3 3 e /.1. Otrs Integrles Impropis Eisten integrles definids pr ls cules el integrndo se hce infinito pr un determindo punto en el rngo de integrción. Esto es, en generl f( ζ f( = f( + f( ζ ξ +ξ donde ζ y ξ tienden cero de form independiene, es decir, mbos ites se efectun independientemente. Ahor bien, puede drse el cso que uno o mbos ites no eistn pero si eiste ɛ ( ɛ f( + f( ξ +ɛ V.P. f( Diremos entonces que eiste el Vlor Principl de uchy pr es integrl. L estrtegi en estos csos será diseñr un circuito tl que evite los polos de l etensiíon nlític de l función. Normlmente se estblece este recorrido rodendo los polos con rcos de circunferenci cuyos rdios luego tenderán cero. Vemos con un ejemplo est estrtegi de circunsnvegción. Héctor Hernánde / Luis Núñe 2 Universidd de Los Andes, Mérid
Figur 1: ircuitos y evlución de integrles reles, impropis Ejemplo: onsideremos que queremos evlur l siguiente integrl sen sen = 1 Si bien el ite está definido, cundo hcemos l etensión nlític 1 f( = sen / f( = e i / l función complej present un polo simple en =, con lo cul l integrl complej present un polo en l región de integrción. Esto es sen = ɛ R ei 2 + + ei ɛ 1 + = donde hemos construido un circuito que rode el polo = (cudrnte IV de l figur??.. Es clro que ei d = porque l región no contiene ningún polo. Ahor mostrremos que 1, cundo R. Pr ello, convertimos = Re iθ d/ = idθ, 1 Nótese que l etensión nlític h sido f( = sen / f( = e i / y no f( = sen / f( = sen / L rón de est selección se fundment en el comportmiento ptológico (oscilnte de l función seno en infinito. Héctor Hernánde / Luis Núñe 3 Universidd de Los Andes, Mérid
entonces 1 con lo cul I 1 = = dθ ie i dθ e i = dθ e Rsen θ = 2 dθ e i = /2 dθ e ir cos θ e Rsen θ = }{{} 1 dθ e Rsen θ = 2 ζ dθ } e Rsen {{} θ + I 1 dθ e Rsen θ /2 ζ dθ } e Rsen {{} θ I 2 pr ζ /2. Es clro que e Rsen θ es un función decreciente en θ y como estmos trtndo de demostrr que l integrl lo lrgo del circuito se nul I 1, podremos considerr los máimos vlores pr I 1 y I 2 en el entorno de integrción y fijrlos como constntes, l hcer esto tendremos lo máimos vlores que podrán tomr ls integrles respectivs. Los máimos vlores pr I 1 y I 2, son, 1 y e Rζ. Entonces, [ ζ ] /2 ( ] I 1 = dθ e i 2 dθ + e Rsen ζ dθ = 2 [ζ + e Rsen ζ 2 ζ < 2ζ + e Rsen ζ ζ Al considerr que ζ y R comprobmos que I 1. Seguidmente nos toc demostrr que I 2 = 2 cundo ɛ. Pr este cso = ɛe iθ y como siempre, d/ = idθ, entonces l integrl I 2 = d 2 ei = iɛ ep(iθ dθ ie I 2 = dθ ie iɛ ep(iθ = i ɛ ɛ Esto implic que = ɛ R ei + i + ei ɛ = }{{} ɛ ei e i + i = con lo cul es clro que ɛ ei e i = i 2i sen ɛ donde hemos hecho los ites R y ɛ. = i sen = 2 Héctor Hernánde / Luis Núñe 4 Universidd de Los Andes, Mérid
Ejercicios: omprobr ls evluciones pr ls siguientes integrles 1. sen 2 = cos 2 = 2 4 2. ln 2 4 + 1 = 2 16 ; (ln 2 4 + 1 = 33 2 16 3. ( p 2 + 2 cos α + 1 = sen p (sen pα sen α Héctor Hernánde / Luis Núñe 5 Universidd de Los Andes, Mérid