1 - OCW

Integración por residuos
En el capı́tulo 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) =
∞
X
n=−∞
cn (z − a)n ,
0 < |z − a| < R.
Si γ es un contorno cerrado simple orientado positivamente que rodea el punto
z = a, entonces, según el teorema de Laurent,
I
f (z) dz = 2πic−1 .
γ
El número complejo c−1 , coeficiente del término 1/(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−1 = Res f (z), a .
Queda muy claro de la definición el papel relevante que este número desempeña
en la teorı́a de la integración. Además, proporciona un método alternativo para
realizar las integrales, ya que hay varias formas de obtener el coeficiente c−1 de la
serie de Laurent de f (z), aparte de la definición.
92
6 Integración por residuos
Ejemplo 6.1. Calcula la integral
e−z
dz, donde la circunferencia está orientada positiva(z − 1)2
I
|z|=2
mente.
Si escribimos
−z
e
−1 −(z−1)
=e e
−1
=e
∞
X
(−1)n
n=0
es evidente que
n!
(z − 1)n ,
∞
X
(−1)n e−1
e−z
=
(z − 1)n ,
2
(z − 1)
(n + 2)!
n=−2
con lo que
Res
En consecuencia,
µ
¶
e−z
, 1 = c−1 = −e−1 .
(z − 1)2
I
|z|=2
e−z
2πi
dz = −
.
2
(z − 1)
e
6.1. Teorema de los residuos
El resultado del ejemplo 6.1 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 6.1 (de los residuos). Sea γ un contorno cerrado simple orientado positivamente, y sea f (z) una función analı́tica sobre γ y el interior de γ, a excepción
de un conjunto finito de puntos singulares z1 , . . . , zn del interior de γ. Entonces,
I
n
X
¢
¡
f (z) dz = 2πi
Res f (z), zk .
γ
k=1
Dem.: Construyamos circunferencias Ck alrededor de los puntos zk , 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
vacı́a. Entonces aplicamos el teorema de Cauchy-Goursat para dominios múltiplemente conexos:
I
n I
X
f (z) dz.
f (z) dz =
γ
k=1
Ck
Como dentro de cada Ck sólo hay una singularidad,
I
¢
¡
f (z) dz = 2πi Res f (z), zk ,
Ck
6.1 Teorema de los residuos
93
y eso demuestra la fórmula.
Ejemplos 6.2.
(1) Calcula
I
|z|=2
5z − 2
dz, donde la circunferencia está orientada positivamente.
z(z − 1)
El integrando
¡ tiene¢dos polos: en¡z = 0 y¢ en z = 1, ambos dentro del contorno. Denotemos
R0 = Res f (z), 0 y R1 = Res f (z), 0 . Para hallar R0 hagamos un desarrollo de Laurent
en 0 < |z| < 1:
µ
¶µ
¶ µ
¶X
∞
∞
∞
X
X
2
−1
2
5z − 2
n
n−1
= 5−
=
−5
z =
2z
−
5z n
z(z − 1)
z
1−z
z
n=0
n=0
n=0
∞
∞
X
2
2 X
n
(2 − 5)z = − 3
zn,
=
2z −
5z = +
z n=0
z
n=0
n=−1
n=0
de donde R0 = 2.
∞
X
∞
X
n
n
Para hallar R1 hacemos un desarrollo de Laurent en 0 < |z − 1| < 1:
µ
¶µ
¶ µ
¶X
∞
5z − 2
3
5(z − 1) + 3
1
=
= 5+
(−1)n (z − 1)n
z(z − 1)
z−1
1 + (z − 1)
z − 1 n=0
=
∞
X
n=0
=
∞
X
n=0
n
n
5(−1) (z − 1) +
5(−1)n (z − 1)n +
3(−1)n (z − 1)n−1
n=0
∞
X
n=−1
3(−1)n+1 (z − 1)n
∞
X
3
3
n
n
+
+2
(−1) (5 − 3)z =
(−1)n z n ,
=
z − 1 n=0
z−1
n=0
luego R1 = 3. Ası́ pues,
∞
X
∞
X
I
|z|=2
(2) Calcula
I
|z|=1/2
Como
1
f
z2
5z − 2
dz = 2πi(R0 + R1 ) = 10πi.
z(z − 1)
µ ¶
1
dz, siendo f (z) el integrando del ejemplo anterior.
z
µ ¶
5 − 2z
1
1
f
,
=
2
z
z
z(1 − z)
dentro de la curva sólo está el polo z = 0. Para 0 < |z| < 1 tenemos el desarrollo de Laurent,
µ
¶X
¶µ
¶ µ
∞
∞
∞
X
X
5 − 2z
5 − 2z
1
5
=
−2
=
zn =
5z n−1 −
2z n
z(1 − z)
z
1−z
z
n=0
n=0
n=0
∞
X
5
zn,
=
5z −
2z = + 3
z
n=0
n=−1
n=0
∞
X
n
∞
X
n
94
6 Integración por residuos
luego
Res
por tanto,
I
µ
|z|=1/2
1
f
z2
µ ¶ ¶
1
, 0 = 5;
z
1
f
z2
µ ¶
1
dz = 10πi.
z
La razón de que el resultado de esta integral coincida con el del ejemplo anterior se verá más
adelante.
6.2. 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), analı́tica en a, tal que
f (z) =
En un entorno de a,
g(z)
,
(z − a)p
g(z) =
∞
X
g (n) (a)
n=0
luego
f (z) =
n!
g(a) 6= 0.
(z − a)n ,
g ′ (a)
g (p−1) (a) 1
g(a)
+
+
·
·
·
+
(z − a)p (z − a)p−1
(p − 1)! z − a
g (p) (a) g (p+1) (a)
+
+
(z − a) + · · ·
p!
(p + 1)!
y, por tanto,
¢ g (p−1) (a)
Res f (z), a =
.
(p − 1)!
Como g(z) = (z − a)p f (z), podemos escribir la fórmula
i
¡
¢
1
dp−1 h
p
(z − a) f (z) ,
lı́m
Res f (z), a =
(p − 1)! z→a dz p−1
¡
que para el caso de un polo simple (p = 1) se reduce a
h
i
¡
¢
Res f (z), a = lı́m (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.
6.2 Residuos en los polos
95
Ejemplos 6.3.
(1) Consideremos la función
z+1
.
z2 + 9
Esta función tiene polos simples en z = ±3i, ya que z 2 + 9 = (z − 3i)(z + 3i). Entonces,
f (z) =
f (z) =
g(z)
,
z − 3i
y además,
g(3i) =
por lo tanto,
g(z) =
z+1
,
z + 3i
3i + 1
3−i
=
6= 0,
6i
6
¡
¢
3−i
Res f (z), 3i = g(3i) =
.
6
Para el polo z = −3i se procede igual y se obtiene
¡
¢
3+i
Res f (z), −3i = h(3i) =
,
6
h(z) =
z+1
.
z − 3i
(2) Consideremos la función
z 3 + 2z
.
(z − i)3
Esta función tiene un polo de orden 3 en z = i. Como
i
d2 h
3
(z − i) f (z) = (z 3 + 2z)′′ = 6z,
dz 2
f (z) =
obtendremos
¡
¢ 6i
Res f (z), i =
= 3i.
2!
(3) A veces no es evidente el orden de un polo. Consideremos la función
f (z) =
senh z
.
z4
Esta función parece tener un polo de orden 4 en z = 0; sin embargo, si escribimos
f (z) =
g(z)
,
z4
g(z) = senh z,
comprobaremos que g(0) = senh 0 = 0, luego el polo no es de orden 4. Para averiguar
correctamente el orden desarrollamos en serie senh z alrededor de z = 0:
µ
¶
z3
z2
senh z = z +
+ ··· = z 1 +
+ · · · = zφ(z),
6
6
donde φ(0) = 1 6= 0. Ası́ que
f (z) =
φ(z)
z3
96
6 Integración por residuos
y entonces queda claro que el polo es de orden 3. Para calcular el residuo podemos aplicar
la fórmula,
¡
¢ φ′′ (0)
1/3
1
Res f (z), 0 =
=
= ,
2!
2
6
o bien escribir la serie de Laurent (al menos hasta el término z −1 ),
µ
¶
1
z2
1
11
f (z) = 3 1 +
+ ··· = 3 +
+ ··· ,
z
6
z
6z
de donde
¡
¢
1
Res f (z), 0 = c−1 = .
6
(4) Otro ejemplo en que el orden del polo no es evidente es
f (z) =
z(ez
1
.
− 1)
En z = 0 hay un polo, pero no es simple, porque si escribimos f (z) = g(z)/z, la función
g(z) tiene un polo en z = 0. En este caso partimos de
ez = 1 + z +
de donde
z2 z3
+
+ ··· ,
2
6
µ
¶
z2
z z2
+ ··· = z 1 + +
+ ··· ,
e −1=z+
2
2
6
z
y por tanto,
f (z) =
g(z)
,
z2
g(z) =
1+
z
2
1
,
2
+ z6 + · · ·
que es correcta porque g(0) = 1 6= 0. Se trata, pues, de un polo de orden 2. En cuanto al
residuo, como
′
1
2
g (z) = − ¡
1+
empleando la fórmula
+
z
2
z
3
+
+ ···
z2
6
+ ···
¢2
=⇒
1
g ′ (0) = − ,
2
¡
¢
1
Res f (z), 0 = g ′ (0) = − .
2
(5) Consideremos ahora la función
cotan z =
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)
6.3 Residuos en el infinito
97
donde en cualquiera de los polos zn = nπ se verifica g(zn ) 6= 0, h(zn ) = 0, h′ (zn ) 6= 0. En
ese caso,
µ
¶
h′′ (zn )
h′′ (zn )
′
2
′
h(z) = (z−zn )h (zn )+
(z−zn ) +· · · = (z−zn ) h (zn ) +
(z − zn ) + · · · ,
2
2
luego f (z) tiene un polo simple en cada zn y además
¡
¢
g(zn )
Res f (z), zn = ′
.
h (zn )
En nuestro caso, g(z) = h′ (z) = cos z, luego
¡
¢
Res cotan z, nπ = 1.
(6) La función
f (z) =
z4
z
+4
√
tiene polos simples en las cuatro raı́ces de z 4 +4, que son z1 = 2eiπ/4 = 1+i, z2 = −1+i,
z3 = −1 − i y z4 = 1 − i. Llamando g(z) = z y h(z) = z 4 + 1, con lo que h′ (z) = 4z 3 ,
resulta que g(zk ) = zk y h′ (zk ) = 4zk3 6= 0. Entonces, según el ejemplo anterior
¡
¢
1
i
g(zk )
= 2 = (−1)k ,
Res f (z), zk = ′
h (zk )
4zk
8
k = 1, 2, 3, 4.
6.3. Residuos en el infinito
Vamos a descubrir la razón por la que el resultado del ejemplo 6.2 (2) coincidı́a
con el del ejemplo 6.2 (1). En el capı́tulo 5 definimos singularidades en el infinito
de f (z) como las singularidades en 0 de f (1/z). Del mismo modo definimos el
residuo de f (z) en el infinito como
µ
µ ¶ ¶
¡
1
1
Res f (z), ∞) = − Res 2 f
,0 .
z
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 6.1. Sea f (z) una función analı́tica en el dominio Ω, que contiene la circunferencia CR , dada por z(θ) = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π, y su exterior. Entonces,
I
f (z) dz = −2πi Res(f, ∞).
CR
98
6 Integración por residuos
Dem.: Sea r = 1/R y denotemos Cr la circunferencia dada por z(θ) = reiθ ,
0 ≤ θ ≤ 2π. Si z está en el interior de Cr , entonces 1/z está en el exterior de
CR , de manera que la función g(z) = z −2 f (1/z) es analı́tica en el interior de Cr
excepto en el origen. Entonces,
¶
Z 2π µ
¢
i
1
dθ
f
f Reiθ iReiθ dθ =
f (z) dz =
−iθ
re
re−iθ
0
CR
0
¶
¶
Z 2π µ
Z 2π µ
1
i
1
i
f
=
f
dθ
=
dθ
reiθ reiθ
rei(2π−θ) rei(2π−θ)
0
0
µ ¶
¶
I
Z 2π µ
1 dz
ireiθ
1
f
dθ =
f
=
2
iθ
re
z z2
(reiθ )
Cr
0
µ
µ ¶ ¶
¡
1
1
= 2πi Res 2 f
, 0 = −2πi Res f (z), ∞).
z
z
I
Z
2π
¡
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 ası́.
Teorema 6.2. Sea γ un contorno cerrado simple orientado positivamente y supongamos que f (z) es una función analı́tica en un dominio Ω que contiene γ y su
exterior, excepto en un conjunto finito de singularidades, z1 , . . . , zn , situadas en el
exterior de γ. Entonces, denotando, z0 = ∞,
I
γ
f (z) dz = −2πi
n
X
k=0
¢
¡
Res f (z), zk .
Dem.: Construyamos la circunferencia −CR 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 = −CR + σ + γ − σ, que está, en consecuencia, orientado
negativamente, y que contiene las singularidades z1 , . . . , zn en su interior.
Por el teorema de los residuos,
I
Γ
f (z) dz = −2πi
n
X
k=1
¢
¡
Res f (z), zk ;
6.3 Residuos en el infinito
99
por otro lado,
I
Γ
I
I
f (z) dz
γ
CR
I
¡
¢
= 2πi Res f (z), ∞ + f (z) dz,
f (z) dz = −
f (z) dz +
γ
usando el resultado del lema. Uniendo ambos resultados se obtiene finalmente la
fórmula del enunciado.
Ejemplos 6.4.
(1) Calculemos la integral (la orientación del contorno es positiva)
I
(z − 1)3
dz.
z(z + 2)3
|z|=3
Como todos los polos del integrando están en el interior del contorno, es preferible usar el
polo del infinito. Calculemos, pues,
¢3
¡
1 z1 − 1
(1 − z)3
=
.
¡
¢
z2 1 1 + 2 3
z(1 + 2z)3
z z
Como esta función tiene un polo simple en z = 0, su residuo se calcula fácilmente como 1,
de modo que
I
(z − 1)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) = a0 + a1 z + · · · + an z n (an 6= 0), con raı́ces z1 , . . . , zn ,
n
X
k=1
Res
µ
1
, zk
P (z)
¶
= 0.
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,
µ
¶
I
n
X
1
1
dz
Res
, zk =
,
P
(z)
2πi
P
(z)
γ
k=1
pero por la versión con el polo del infinito,
µ
¶
µ
¶
I
1
1
dz
1
= − Res
, ∞ = Res
,0 .
2πi γ P (z)
P (z)
z 2 P (1/z)
100
6 Integración por residuos
Ahora bien,
P (1/z) =
1
(a0 z n + a1 z n−1 + · · · + an−1 z + an ),
zn
luego
z n−2
1
=
.
z 2 P (1/z)
a0 z n + a1 z n−1 + · · · + an−1 z + an
Como an 6= 0, si n − 2 ≥ 0 es evidente que
¶
µ
1
, 0 = 0.
Res
z 2 P (1/z)
6.4. 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 aquı́ algunos tipos de integrales a los que se puede aplicar la técnica
con éxito.
6.4.1.
Integrales de funciones de senos y cosenos
Consideremos la integral
I=
Z
2π
F (sen θ, cos θ) dθ,
0
donde F (x, y) es cualquier función real de dos variables tal que el integrando sea
una función continua de θ en [0, 2π]. La forma de la integral sugiere la parametrización de la curva z(θ) = eiθ , con 0 ≤ θ ≤ 2π, es decir, la circunferencia
unidad con orientación positiva C. Como z ′ (θ) = iz(θ), sen θ = (z − z −1 )/2i y
cos θ = (z + z −1 )/2,
µ
¶
I
z − z −1 z + z −1 dz
I= F
,
.
2i
2
iz
C
La condición de que F (sen θ, cos θ) sea continua en [0, 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.
6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos
101
(1) Calculemos la integral
Z
I=
2π
0
dθ
,
1 + a sen θ
|a| < 1.
Aplicando la transformación a la circunferencia unidad,
I
I
dz
1
2/a
¡ z2 −1 ¢
I=
=
dz.
2 + 2i z − 1
iz
z
C 1+a
C
a
2iz
El denominador tiene dos raı́ces,
z± = −
luego el integrando es de la forma
f (z) =
´
√
i³
1 ± 1 − a2 ,
a
2/a
.
(z − z+ )(z − z− )
Ahora bien,
√
´
√
1 ³
1 − a2
1
−
|a|
+
|z+ | − 1 =
1 + 1 − a2 − 1 =
|a|
|a|
p
´
³
p
p
1 − |a|
1 − |a| + 1 + |a| > 0,
=
|a|
luego |z+ | > 1 y, por tanto, z+ está en el exterior de C. Por otro lado, z+ z− = −1, ası́ que
|z− | < 1, lo que significa que z− está en el interior de C. En consecuencia,
¡
¢
I = 2πi Res f (z), z− = 2πi
6.4.2.
2/a
2π
.
=√
(z− − z+ )
1 − a2
Integrales impropias de primera especie
Una integral impropia de primera especie de una función f (x), continua en
[a, ∞), se define como
Z ∞
Z R
f (x) dx = lı́m
f (x) dx.
R→∞
a
0
Si el lı́mite de la derecha existe se dice que la integral converge.
Si la función es continua en R se puede definir la integral impropia
Z 0
Z ∞
Z ∞
f (x) dx.
f (x) dx +
f (x) dx =
−∞
0
−∞
102
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 lı́mite
Z ∞
Z R
V. P.
f (x) dx = lı́m
f (x) dx.
−∞
Cuando
Z
∞
R→∞
−R
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 sı́ su valor
principal. Ahora bien, si f es par, es decir f (−x) = f (x), entonces la integral en
[0, ∞) converge si y sólo si converge su valor principal, ya que
Z
Z R
1 R
f (x) dx.
f (x) dx =
2
−R
0
Ejemplo 6.6. Calculemos la integral
Z ∞
Z
2x2 − 1
1 ∞ 2x2 − 1
1
dx =
dx = .
4
2
4
2
x + 5x + 4
2 −∞ x + 5x + 4
2
0
Para calcular la segunda integral notemos que la extensión holomorfa del integrando al plano complejo es la función
2z 2 − 1
2z 2 − 1
f (z) = 4
=
.
z + 5z 2 + 4
(z 2 + 1)(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 γR de la figura, formada por la semicircunferencia
CR centrada en el origen y situada en el semiplano superior, y el segmento [−R, R].
CR
−R
R
Los polos que caen en el interior de γR son z = i y z = 2i, de modo que
Z R
Z
£
¡
¢
¡
¢¤
f (x) dx +
f (z) dz = 2πi Res f (z), i + Res f (z), 2i .
−R
CR
6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos
103
Ahora,
¯
¯
2z 2 − 1
¯ =−1,
Res f (z), i =
2
(z + i)(z + 4) ¯z=i
2i
¯
2
¯
¡
¢
3
2z − 1
¯
= ,
Res f (z), i = 2
¯
(z + 1)(z + 2i) z=2i 4i
¡
luego
R
¢
¶
µ
3
π
1
f (x) dx +
= .
f (z) dz = 2πi − +
2i 4i
2
−R
CR
Z
Z
Entonces,
∞
π
f (x) dx = − lı́m
2 R→∞
−∞
Z
Z
f (z) dz.
CR
Vamos a probar que el lı́mite de la derecha vale 0. Para ello vamos a acotar la integral. En primer
lugar, sobre CR ,
|2z 2 − 1| ≤ 2|z|2 + 1 = 2R2 + 1,
|z 2 + 1| ≥ |z|2 − 1 = R2 − 1,
|z 2 + 4| ≥ |z|2 − 4 = R2 − 4,
luego
|f (z)| ≤
Por otro lado, L(CR ) = πR, por lo tanto,
¯Z
¯
¯
¯
¯
¯≤
f
(z)
dz
¯
¯
CR
2R2 + 1
.
(R2 − 1)(R2 − 4)
(2R2 + 1)πR
−−−−→ 0.
(R2 − 1)(R2 − 4) R→∞
El resultado final es que
Z
0
∞
π
2x2 − 1
dx = .
4
2
x + 5x + 4
4
Podemos generalizar el ejemplo a un teorema que describa un caso muy general:
Teorema 6.3. Sea f (z) analı́tica en un dominio que contiene el semiplano H
y el eje real, salvo un número finito de singularidades zk ∈ H, k = 1, . . . , n.
Supongamos que para |z| suficientemente grande, existe C ∈ R tal que
|f (z)| ≤
Entonces,
C
,
|z|µ
µ > 1.
104
6 Integración por residuos
(a) si H = {z ∈ C : Im z > 0} (semiplano superior)
Z ∞
n
X
¡
¢
V. P.
f (x) dx = 2πi
Res f (z), zk ;
−∞
k=1
(b) si H = {z ∈ C : Im z < 0} (semiplano inferior)
Z ∞
n
X
¡
¢
V. P.
f (x) dx = −2πi
Res f (z), zk .
−∞
k=1
Dem.: (a) La demostración se hace construyendo un semicı́rculo, como en el
ejemplo, y tomando R → ∞. La condición |f (z)| ≤ C/Rµ , con µ > 1,
asegura que para R suficientemente grande,
¯
¯Z
¯ πCR
¯
¯≤
¯
f
(z)
dz
−−−−→ 0.
¯
¯
Rµ
R→∞
CR
(b) Se demuestra igual cerrando el semicı́rculo por abajo. Como eso cambia la
orientación del segmento [−R, R], aparece un signo menos en la fórmula.
6.4.3.
Integrales de tipo transformada de Fourier
El método de los residuos permite hacer integrales del tipo
Z ∞
Z ∞
f (x) sen ax dx;
f (x) cos ax dx,
−∞
−∞
evidentemente, son la parte real e imaginaria de una integral de tipo transformada
de Fourier,
Z
∞
f (x)eiax dx,
−∞
y esta va a ser la integral que vamos a intentar resolver mendiante residuos.
Ejemplo 6.7. Calculemos la integral
I=
Z
∞
0
cos 3x
dx.
(x2 + 1)2
Como el integrando es par,
1
I = V. P.
2
Definamos
Z
f (z) =
∞
−∞
(z 2
ei3x
dx.
(x2 + 1)2
1
.
+ 1)2
6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos
105
La función f (z)ei3z es analı́tica 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 > 1),
¯
Z
Z R
¡
¢
d ei3z ¯¯
2π
i3z
i3z
i3z
f (z)e dz +
f (z)e dz = 2πi Res f (z)e , i = 2πi
= 3.
¯
2
dz (z + i) z=i
e
−R
CR
Ahora, sobre CR tenemos que |z 2 + i| ≥ R2 − 1, ası́ que
¯Z
¯
¯Z
¯
¯
¯
¯
¯
1
i3z
i3z
¯
¯
¯
e dz ¯¯ .
f (z)e dz ¯ ≤
¯
¯
2
2
(R − 1)
CR
CR
Vamos ahora a probar que para todo a > 0,
¯Z
¯
¯
¯ π
iaz
¯
¯< ,
e
dz
¯
¯ a
CR
una desigualdad conocida como desigualdad de Jordan. Para ello escribimos
Z
Z π
iaz
eiθ+iaR cos θ−aR sen θ dθ,
e dz = iR
CR
0
con lo que
¯Z
¯
¯
¯
CR
iaz
e
¯
Z
¯
dz ¯¯ ≤ R
π
−aR sen θ
e
dθ = 2R
Z
π/2
e−aR sen θ dθ.
0
0
Usando ahora la desigualdad sen θ ≥ 2θ/π, válida cuando 0 ≤ θ ≤ π/2 debido a la concavidad de
la función sen θ,
Z π/2
Z π/2
¢
π ¡
π
−aR sen θ
e
dθ ≤
e−2aRθ/π dθ =
.
1 − e−aR <
2aR
2aR
0
0
Sustituyendo en la ecuación anterior encontramos finalmente la desigualdad de Jordan. Con ella
podemos acotar
¯Z
¯
¯
¯
π
i3z
¯
−−−−→ 0,
f (z)e dz ¯¯ ≤
¯
2
3(R − 1)2 R→∞
CR
por lo tanto,
V. P.
Z
∞
f (z)ei3z dz =
−∞
2π
.
e3
Podemos generalizar el ejemplo a un teorema que describa un caso muy general:
Teorema 6.4. Sea f (z) analı́tica en un dominio que contiene el semiplano H
y el eje real, salvo un número finito de singularidades zk ∈ H, k = 1, . . . , n.
Supongamos que para |z| suficientemente grande, existe C ∈ R tal que
|f (z)| ≤
Entonces,
C
,
|z|µ
µ > 0.
106
6 Integración por residuos
(a) si a > 0 y H = {z ∈ C : Im z > 0} (semiplano superior)
V. P.
Z
∞
iax
f (x)e
dx = 2πi
−∞
n
X
k=1
¢
¡
Res f (z)eiaz , zk ;
(b) si a < 0 y H = {z ∈ C : Im z < 0} (semiplano inferior)
V. P.
Z
∞
iax
f (x)e
−∞
dx = −2πi
n
X
k=1
¢
¡
Res f (z)eiaz , zk .
Dem.: (a) La demostración se hace construyendo un semicı́rculo, como en el
ejemplo, y tomando R → ∞. La condición |f (z)| ≤ C/Rµ , con µ > 0,
asegura que para R suficientemente grande y empleando la desigualdad de
Jordan,
¯
¯Z
¯
¯
iaz
¯ ≤ πC −−−−→ 0.
¯
f
(z)e
dz
¯ aRµ R→∞
¯
CR
(b) Se demuestra igual cerrando el semicı́rculo 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.
6.4.4.
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
∞
Z
0
ln x
dx;
x2 + 4
para ello, consideraremos la integral
I
γR
log z
dz,
z2 + 4
tomando el valor principal de log z, y γR el circuito de la figura (la lı́nea discontinua marca el corte
del logaritmo).
6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos
107
γR
R
α
ε
Como el integrando tiene dos polos simples en ±2i, si R > 2,
µ
¶
I
log z
log(2i)
π³
π´
log z
dz = 2πi Res
, 2i = 2πi
=
ln 2 + i
.
2
z + 2i
4i
2
2
γR z + 4
Vamos a descomponer γR como
γR = CR + σα + Cǫ + [ǫ, R],
donde CR es el arco de radio R, Cǫ es el arco de radio ǫ y σα el segmento rectilı́neo que une el punto
Rei(π−α) con ǫei(π−α) . Entonces,
Z
Z
Z
Z R
log z
log z
log z
π³
log z
π´
dz +
dz +
dz +
dz =
ln 2 + i
.
2
2
2
z2 + 4
2
2
CR z + 4
ǫ
σα z + 4
Cǫ z + 4
Probaremos a continuación que las integrales sobre los dos arcos se anulan en los lı́mites R →
∞ y ǫ → 0. Para ello, acotemos el integrando sobre CR :
¯ ¯
¯
¯
¯ log z ¯ ¯ ln R + iθ ¯ ln R + π
¯ ¯
¯
¯
¯ z 2 + 4 ¯ = ¯ R2 ei2θ + 4 ¯ ≤ R2 − 4 ,
con lo cual
¯Z
¯
¯
¯
CR
¯
¯
log z
¯ ≤ (π − α)R ln R + π −−−−→ 0
dz
2
z +4 ¯
R2 − 4
R→∞
para cualquier valor de α ∈ [0, π]. Ahora hacemos lo propio con el integrando sobre el arco Cǫ :
¯
¯ ¯
¯
¯ log z ¯ ¯ ln ǫ + iθ ¯ | ln ǫ| + π
¯
¯ ¯
¯
¯ z 2 + 4 ¯ = ¯ ǫ2 ei2θ + 4 ¯ ≤ 4 − ǫ2 ,
con lo cual
¯
¯Z
¯
¯
| ln ǫ| + π
log z
¯
dz ¯¯ ≤ (π − α)ǫ
−−−−→ 0.
¯
2
ǫ→0
4 − ǫ2
Cǫ z + 4
En cuanto a la integral sobre σα , parametrizando el segmento, con la orientación opuesta, como
z(t) = tei(π−α) ,
Z R
Z R
Z
log z
ln t + i(π − α)
ln t + i(π − α)
i(π−α)
−iα
dz = −e
dt = e
dt;
2
2
i2(π−α)
te
+4
t2 e−i2α + 4
ǫ
ǫ
σα z + 4
108
6 Integración por residuos
tomando el lı́mite α → 0,
lı́m
α→0
Z
σα
log z
dz =
z2 + 4
Z
ǫ
R
ln t + iπ
dt =
t2 + 4
Z
R
ǫ
ln t
dt + iπ
2
t +4
Z
ǫ
R
t2
1
dt.
+4
Finalmente, tomando los lı́mites R → ∞ y ǫ → 0 simultáneamente, la integral se convierte en
Z ∞
Z ∞
ln t
1
dt + iπ
dt.
2
2
t +4
t +4
0
0
en
En cuanto a la integral sobre [ǫ, R], ésta se convierte, en el lı́mite simultáneo R → ∞ y ǫ → 0,
Z ∞
ln x
dx.
x2 + 4
0
Juntando todos los resultados tenemos la ecuación
Z ∞
Z ∞
π³
1
π´
ln x
dx
+
iπ
dt
=
ln
2
+
i
,
2
x2 + 4
t2 + 4
2
2
0
0
de donde
Z
0
∞
π
ln x
dx = ln 2,
2
x +4
4
Z
0
∞
t2
π
1
dt = .
+4
4
Podemos generalizar el ejemplo a un teorema que describa un caso muy general:
Teorema 6.5. Sea f (z) analı́tica en un dominio que contiene el semiplano H y el
eje real positivo, salvo un número finito de singularidades zk ∈ H, k = 1, . . . , n.
Supongamos que para |z| suficientemente grande, existe C ∈ R tal que
|f (z)| ≤
C
,
|z|µ
µ > 1,
y que para |z| suficientemente pequeño existe C ′ tal que
|f (z)| ≤
C′
,
|z|ν
ν < 1.
Entonces,
(a) si H = {z ∈ C : Im z > 0} (semiplano superior)
2
Z
0
∞
f (x) ln x dx + iπ
Z
0
∞
f (x) dx = 2πi
n
X
k=1
¢
¡
Res f (z) log z, zk ;
6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos
109
(b) H = {z ∈ C : Im z < 0} (semiplano inferior)
Z ∞
Z ∞
n
X
¡
¢
f (x) dx = −2πi
f (x) ln x dx − iπ
Res f (z) log z, zk ,
2
0
0
k=1
tomando el valor principal de log z.
Dem.: (a) La demostración se hace construyendo un contorno como el del ejemplo. La condición
C
µ > 1,
|f (z)| ≤ µ ,
|z|
garantiza que la integral sobre CR se anula en el lı́mite R → ∞, y la condición
C′
|f (z)| ≤ ν ,
|z|
ν < 1,
garantiza que la integral sobre Cǫ se anula en el lı́mite ǫ → 0. Hay, no obstante, un punto sutil: el lı́mite que se toma para α →
En¢ rigor, para que el
¡ 0.±iα
razonamiento sea válido, hay que demostrar que f xe
converge uniformemente a f (x) para todo ǫ ≤ x ≤ R, como en efecto ası́ 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 [0, 2π) del logaritmo, cuyos valores coinciden con
los de la rama principal en el intervalo [0, 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.
6.4.5.
Integrales tipo transformada de Mellin
Se define la transformada de Mellin de una función f (x) como la integral
Z ∞
xw−1 f (x) dx,
w∈
/ Z,
0
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
Z ∞ −a
x
dx,
x+1
0
0 < a < 1,
110
6 Integración por residuos
de particular importancia en el estudio de la función gamma de Euler.1
Vamos a extender el integrando al plano complejo tomando la determinación [0, 2π) de la
función z −a (lo que sitúa el corte en el eje real positivo). Construyamos el circuito γR de la figura,
que consta de
γR = CR + σ−α + Cǫ + σα ,
siendo CR el arco de radio R, σ−α el segmento que une el punto Rei(2π−α) con ǫei(2π−α) , Cǫ el arco
de radio ǫ y σα el segmento que une el punto ǫeiα con Reiα .
γR
R
α
ε
−α
Si R > 1,
I
γR
entonces,
Z
CR
¡
¢
z −a
dz = 2πi Res z −a , −1 = 2πie−a log(−1) = 2πie−iπa ;
z+1
z −a
dz +
z+1
Z
σ−α
z −a
dz +
z+1
Z
Cǫ
z −a
dz +
z+1
Z
σα
z −a
dz = 2πie−iπa .
z+1
Probaremos ahora que las integrales sobre los arcos se anulan. Sobre CR ,
¯ −a ¯ ¯ −a log z ¯ ¯ −a(ln R−iaθ ¯
¯ z ¯ ¯e
¯ ¯e
) ¯¯ e−a ln R
R−a
¯
¯=¯
¯=¯
≤
=
,
¯ z + 1 ¯ ¯ z + 1 ¯ ¯ Reiθ + 1 ¯
R−1
R−1
por lo tanto, para todo α,
¯Z
¯
−a
−a
1−a
¯
¯
z
¯
¯ ≤ R 2(π − α)R = 2(π − α)R
dz
−−−−→ 0.
¯
¯ R−1
R−1
R→∞
CR z + 1
1
Si partimos de la identidad de la función beta de Euler
Z ∞
xq−1
dx,
B(p, q) =
(1 + x)p+q
0
es evidente que la integral del ejemplo es B(a, 1 − a) = Γ(a)Γ(1 − a).
p, q > 0,
6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos
Sobre Cǫ ,
111
¯ −a ¯ ¯ −a(ln ǫ−iaθ ¯
¯ z ¯ ¯e
ǫ−a
) ¯¯ e−a ln ǫ
¯
¯=¯
=
,
≤
¯ z + 1 ¯ ¯ ǫeiθ + 1 ¯
1−ǫ
1−ǫ
por lo tanto, para todo α,
¯
¯Z
−a
−a
1−a
¯
¯
z
¯ ≤ ǫ 2(π − α)ǫ = 2(π − α)ǫ
¯
dz
−−−−→ 0.
¯ 1−ǫ
¯
ǫ→0
1−ǫ
Cǫ z + 1
Ahora consideraremos las integrales sobre los segmentos rectilı́neos:
Z R −a −ia(2π−α)
Z R −a
Z
t e
t
z −a
i(2π−α)
−i2πa
dz = −e
dt
−
−
−
−→
−e
dt,
α→0
tei(2π−α) + 1
t+1
ǫ
ǫ
σ−α z + 1
Z R −a −iaα
Z R −a
Z
t e
t
z −a
iα
dz = e
dt −−−−→
dt.
iα
α→0
te + 1
t+1
ǫ
ǫ
σα z + 1
Juntando las integrales y tomando el lı́mite ǫ → 0, R → ∞ simulatáneamente,
Z
¡
¢ ∞ t−a
−i2πa
1−e
dt = 2πie−iπa ,
t
+
1
0
y como 1 − e−i2πa = 2ie−iπa sen πa,
Z
0
∞
π
t−a
dt =
.
t+1
sen πa
También este ejemplo lo podemos generalizar a un teorema sobre las transformadas de Mellin:
Teorema 6.6. Sea f (z) analı́tica en C salvo un número finito de singularidades
z1 , . . . , zn , ninguna de las cuales cae en el eje real estrictamente positivo. Supongamos que para |z| suficientemente grande, existe C ∈ R tal que
C
,
|z|µ
µ > w,
C′
|f (z)| ≤ ν ,
|z|
ν < w.
|f (z)| ≤
y que para |z| suficientemente pequeño existe C ′ tal que
Entonces,
Z
0
∞
x
w−1
πe−iπw
f (x) dx = −
sen πw
n
X
k=1, zk 6=0
¡
¢
Res z w−1 f (z), zk ,
donde la suma de los residuos excluye explı́citamente el residuo en zk = 0, y
donde se toma para z w−1 la rama [0, 2π).
112
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 lı́mite
α → 0 que se hicieron en el teorema 6.5 se aplican también a este caso.
6.4.6.
Polos en el eje real
En todos los casos anteriores hemos supuesto explı́citamente 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 sı́ lo hace su valor principal, y es ese número el que
vamos a calcular aquı́. El valor principal está relacionado con integrales impropias
convergentes; un ejemplo clásico es la integral
Z ∞
sen x
dx,
x
−∞
que, como el integrando es par, se puede evaluar como
Z ∞
−ieix
dx,
V. P.
x
−∞
ya que
Z ∞
cos x
V. P.
dx = 0
−∞ x
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 x0 ∈ R. Esto
afecta a la integración sobre el segmento rectilı́neo que se encuentra sobre el eje
real. Denotemos ese segmento [a, b] y supongamos que x0 ∈ (a, b). Para evitar
la singularidad tenemos que reemplazar el segmento por el contorno de la figura,
formado por
γ = [a, x0 − ǫ] + γǫ + [x0 + ǫ, b].
γε
ε
a
x0
b
La integral sobre dicho contorno, γ, se descompone en
Z
Z
Z x0 −ǫ
Z
f (z) dz +
f (x) dx +
f (z) dz =
γ
a
γǫ
b
x0 +ǫ
f (x) dx.
6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos
Evidentemente,
µZ
lı́m
ǫ→0
x0 −ǫ
f (x) dx +
Z
113
b
f (x) dx
x0 +ǫ
a
¶
= V. P.
b
f (x) dx,
a
de modo que sólo nos queda calcular
Z
f (z) dz.
lı́m
ǫ→0
Z
γǫ
Lema 6.2. Sea f (z) una función holomorfa en un entorno del punto z0 salvo
en z0 , donde tiene un polo simple. Sea γǫ la porción de arco de circunferencia
z(θ) = z0 + ǫeiθ , con α ≤ θ ≤ β. Entonces
Z
¡
¢
f (z) dz = (β − α)i Res f (z), z0 .
lı́m
ǫ→0
γǫ
Dem.: Una función como la del enunciado es de la forma
b1
+ g(z),
f (z) =
z − z0
donde g(z) es holomorfa en el entorno de z0 . Por ser g holomorfa, está acotada en
un entorno de z0 , |g(z)| ≤ M , luego
¯Z
¯
¯
¯
¯ g(z) dz ¯ ≤ M (β − α)ǫ −−−−→ 0.
¯
¯
ǫ→0
γǫ
En consecuencia,
Z
Z
f (z) dz = b1
γǫ
γǫ
dz
= b1 i
z − z0
Z
β
α
ǫeiθ
dθ = b1 i(β − α).
ǫeiθ
El resultado queda ası́ probado porque b1 es el residuo de f (z) en z0 .
Volviendo a nuestro problema, con este resultado tenemos que
Z b
Z
¢
¡
f (x) dx − iπ Res f (z), x0 ,
lı́m f (z) dz = V. P.
ǫ→0
γ
a
es decir, en los teoremas de las secciones precedentes, si el integrando, f (x), tiene
polos simples x1 , . . . , xk en el eje real, hay que reemplazar
Z b
Z b
k
X
¢
¡
f (x) dx − πi
f (x) dx −→ V. P.
Res f (z), xj
a
a
j=1
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).
114
6 Integración por residuos
Ejemplo 6.10. Vamos a calcular la integral
Z ∞
Z ∞ ix
sen x
e
dx = −i V. P.
dx.
x
−∞
−∞ x
Como f (z) = 1/z verifica las condiciones del teorema 6.4 y esta función no tiene más que un polo
en z = 0,
Z ∞ ix
¡
¢
e
dx = iπ Res eiz , 0 = iπ,
V. P.
−∞ x
luego
Z
∞
−∞
6.4.7.
sen x
dx = π.
x
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 analı́ticas.
Ejemplos 6.11.
(1) Consideremos la integral
Z
1
∞
dx
dx.
x x2 − 1
√
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
p
√
w = |w|ei(arg w)/2 ,
0 ≤ arg w ≤ 2π,
√
la función z 2 − 1 tiene dos cortes en las semirrectas del eje real | Re z| ≥ 1. Otra manera
de obtener lo mismo es escribir la función como
p
p
√
√
√
z 2 − 1 = z − 1 z + 1 = |z − 1|ei[arg(z−1)]/2 |z + 1|ei[arg(z+1)]/2
p
= |z 2 − 1|ei[arg(z−1)+arg(z+1)]/2 ,
eligiendo los cortes
−π < arg(z − 1) ≤ π,
0 ≤ arg(z + 1) < 2π.
En apariencia, esta elección parece resultar en un único corte sobre todo el eje real; sin
embargo, la función
arg(z − 1) + arg(z + 1)
no tiene ningún salto en el intervalo (−1, 1) del eje real (la función arg(z − 1) tiene un salto
de 2π al cruzar de abajo arriba, mientras que la función arg(z + 1) tiene un salto de −2π en
el mismo cruce).
6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos
115
Con la elección que hemos hecho, el integrando
1
f (z) = √
z z2 − 1
tiene un polo simple en z = 0. Para integrar elegimos el contorno cerrado de la figura, γ,
formado por los contornos
−
+
γ = CR + σα− + Cǫ− + σ−α
+ σ−α
+ Cǫ+ + σα+ ,
donde CR está formado por los dos arcos de circunferencia de radio R centrada en 0; Cǫ±
±
los segmentos rectilı́neos
son los arcos de circunferencia de radio ǫ centradas en ±1, y σ±α
centrados en ±1 que forman un ángulo ±α con el eje real.
γ
R
α
−α
ε
−1
ε
1
α
−α
Probaremos, en primer lugar, que las integrales sobre los arcos semicirculares se anulan.
Sobre CR , si R > 1 el integrando se puede acotar como
¯
¯
¯
¯
1
1
¯
¯ √1
¯ z z 2 − 1 ¯ = |z|p|z 2 − 1| ≤ R√R2 − 1 ,
con lo que
¯Z
¯
¯
¯
CR
¯
¯ (2π − 4α)R
dz
2π − 4α
¯≤ √
√
√
=
−−−−→ 0.
z z2 − 1 ¯
R R2 − 1
R2 − 1 R→∞
Por su parte, si ǫ < 1, sobre Cǫ+ , tenemos |z| = |1 + z − 1| ≥ 1 − ǫ y |z 2 − 1| = |z −
1||z + 1| = ǫ|2 + z − 1| ≥ ǫ(2 − ǫ); y sobre Cǫ− , tenemos |z| = |1 − z − 1| ≥ 1 − ǫ y
|z 2 − 1| = |z − 1||z + 1| = |2 − z − 1|ǫ ≥ ǫ(2 − ǫ). Entonces, sobre Cǫ± ,
¯
¯
¯
¯
1
1
¯ √
¯≤
¯ z z 2 − 1 ¯ (1 − ǫ)ǫ1/2 (2 − ǫ)1/2 ,
con lo cual,
¯Z
¯
¯
¯
2(π − α)ǫ1/2
dz
2(π − α)ǫ
¯
¯≤
√
=
−−−−→ 0.
¯ ± z z 2 − 1 ¯ (1 − ǫ)ǫ1/2 (2 − ǫ)1/2
ǫ→0
(1 − ǫ)(2 − ǫ)1/2
Cǫ
116
6 Integración por residuos
±
Ahora calcularemos las integrales sobre σ±α
, en el lı́mite α → 0. En ese lı́mite tenemos
¯
¯
arg(z − 1) + arg(z + 1)¯ + −−−−→ 0 + 0 = 0;
α→0
¯ σα
¯
arg(z − 1) + arg(z + 1)¯ + −−−−→ 0 + 2π = 2π;
α→0
σ
¯ −α
¯
arg(z − 1) + arg(z + 1)¯ − −−−−→ π + π = 2π;
α→0
¯ σα
¯
arg(z − 1) + arg(z + 1)¯ − −−−−→ −π + π = 0;
α→0
σ−α
por lo tanto,
(
−
1
sobre σα+ y σ−α
,
−−−−→
+
α→0
−1 sobre σα− y σ−α
.
ei[arg(z−1)+arg(z+1)]/2
Entonces, teniendo en cuenta la orientación de los segmentos,
lı́m
α→0
dz
√
=
z z2 − 1
Z
±
σ±α
Z
R
1+ǫ
dt
√
,
t t2 − 1
y la suma de las cuatro integrales, en el lı́mite simultáneo R → ∞ y ǫ → 0, da
Z ∞
dt
√
.
4
t t2 − 1
1
Finalmente,
I
γ
dz
√
= 2πi Res
z z2 − 1
con lo cual
µ
¶
1
2πi
1
√
, 0 = 2πi √
=
= 2π,
2
i
−1
z z −1
Z
∞
π
dt
√
= .
2
2
t t −1
Z
1
p
x(1 − x)
dx.
x2 + 1
1
(2) Consideremos ahora la integral
0
La extensión del integrando al plano complejo es
√ √
z 1−z
f (z) =
,
z2 + 1
y podemos elegir los cortes de las dos raı́ces de manera que f (z) no sea analı́tica sólo sobre
el segmento real [0, 1]. Para ello tomamos
p p
√ √
z 1 − z = |z| |1 − z|ei[arg z+arg(1−z)]/2 ,
6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos
117
con las determinaciones
0 ≤ arg z < 2π,
−π < arg(1 − z) ≤ π.
para ambos argumentos. Con estas determinaciones, cuando cruzamos de abajo arriba el
eje real a la derecha de z = 1, arg z pasa de 2π a 0 y arg(1 − z) pasa de π a −π, luego
arg z + arg(1 − z) tiene un salto de −4π, de modo que la mitad del salto es −2π y, por tanto,
obtenemos el mismo resultado que si no hubiera salto.
Construimos el contorno γ de la figura, formado por
γ = Cǫ0 + σδ− + Cǫ1 + σδ+ ,
siendo Cǫ0 y Cǫ1 los arcos de circunferencia de radio ǫ centrados en z = 0 y z = 1 respectivamente, y σδ± los segmentos que unen los arcos anteriores por los semiplanos superior (+) e
inferior (−) a distancia δ = ǫ sen α, con α un ángulo constante.
γ
ε
0
ε
δ
δ
1
Vamos a probar que sobre los arcos la integral de f (z) se anula en el lı́mite ǫ → 0. Para ello
acotamos el integrando. Sobre Cǫ0 ,
¯√ √
¯ p p
√√
¯ z 1 − z¯
¯
¯ = |z| |1 − z| ≤ ǫ 1 + ǫ ,
¯ 1 + z2 ¯
|1 + z 2 |
1 − ǫ2
y sobre Cǫ1 ,
Entonces,
√
¯ p p
¯√ √
√
¯ z 1 − z¯
|z|
|1
−
z|
1
+
ǫ
ǫ
¯
¯
≤
.
¯ 1 + z2 ¯ =
|1 + z 2 |
1 − ǫ(2 + ǫ)
¯Z √ √
¯ √√
¯
¯
z
1
−
z
¯
¯ ≤ ǫ 1 + ǫ (2π − α)ǫ −−−−→ 0,
dz
¯ 0 1 + z2
¯
ǫ→0
1 − ǫ2
C
√
¯
¯Z ǫ √ √
√
¯
z 1 − z ¯¯
1+ǫ ǫ
¯
−−→ 0,
¯ 0 1 + z 2 dz ¯ ≤ 1 − ǫ(2 + ǫ) (2π − α)ǫ −−ǫ→0
Cǫ
En cuanto a las integrales sobre σδ± , en el lı́mite ǫ → 0,
¯
¯
arg z + arg(1 − z)¯ + −−−−→ 0 + 0 = 0,
ǫ→0
σ
¯ δ
¯
arg z + arg(1 − z)¯ − −−−−→ 2π + 0 = 2π,
σδ
ǫ→0
118
6 Integración por residuos
de modo que
ei[arg z+arg(1−z)]/2
(
1
sobre σδ+ ,
−−−−→
ǫ→0
−1 sobre σδ− .
En consecuencia,
lı́m
ǫ→0
(Z
f (z) dz +
σδ+
Z
σδ−
f (z) dz
)
= −2
Z
1
0
p
x(1 − x)
dx.
x2 + 1
Por otro lado, no podemos hacer la integral sobre γ empleando residuos en el interior del
contorno porque las singularidades que encontramos no son aisladas, ası́ que recurriremos al
exterior. En el exterior encontramos los polos simples ±i y el polo en el infinito, ası́ que
I
£
¡
¢
¡
¢
¡
¢¤
f (z) dz = −2πi Res f (z), i + Res f (z), −i + Res f (z), ∞ .
γ
Los residuos en ±i son, teniendo en cuenta las ramas de las raı́ces,
√√
¡
¢
i 1−i
1
21/4 iπ/8
Res f (z), i =
= eiπ/4 21/4 e−iπ/8 =
e ,
2i
2i
√2i √
¡
¢
−i 1 + i
1
21/4 −iπ/8
= ei3π/4 21/4 eiπ/8 =
e
.
Res f (z), −i =
−2i
2i
2i
En cuanto al residuo en infinito,
La función
luego
µ ¶ ¶
µ
¢
1
1
,0 .
Res f (z), ∞ = Res − 2 f
z
z
¡
q
√
µ ¶
1 − z1
1 z−1
1
1 1
1
=−
− 2f
=− 2√
,
z
z
z z 1 + z12
z 1 + z2
µ √
¶
¢
¡ √
¢
z−1
z
−
1
Res f (z), ∞ = lı́m −
=
lı́m
−
.
z→0
z→0
1 + z2
¡
El resultado es i o −i, dependiendo de la rama de √
la raı́z. Para decidir cuál es la rama
deshacemos el cambio de z por 1/z en la expresión − z − 1, lo que da
r
√ √
1
z 1−z
−1=−
.
−
z
z
Para decidir cuál de los dos valores, ±i, es el correcto hay que saber cómo es el argumento de
esta expresión cuando z va a ∞ a lo largo de cualquier recta. Por ejemplo, tomemos una recta
paralela al eje x y un poco por encima. Cuando x es muy grande arg z = 0, arg(1−z) = −π,
arg 1/z = 0, arg(−1) = π, luego
¶
µ √ √
π
z 1−z
π
=π− = .
arg −
z
2
2
6.4 Cálculo de integrales reales mediante residuos
119
En consecuencia,
Recopilando todos los resultados,
−2
Z
¡
¢
Res f (z), ∞ = i.
p
µ 1/4
¶
x(1 − x)
21/4 −iπ/8
2
iπ/8
dx = −2πi
e
+
e
+i ,
x2 + 1
2i
2i
1
0
luego
1
Z
0
p
¡ 1/4
¢
x(1 − x)
dx
=
π
2
cos(π/8)
−
1
.
x2 + 1
Como
1
2 cos (π/8) = 1 + cos(π/4) = 1 + √
2
2
⇒
1/4
2
cos(π/8) =
s
√
1+ 2
,
2
el resultado final será
Z
1
0
s

p
√
x(1 − x)
1+ 2
dx = π 
− 1 .
2
x +1
2
Hay un segundo método, más sencillo, para hacer la integral. Si en última instancia hay que
utilizar el residuo del infinito, puede ser mejor realizar el cambio de variable t = 1/x en la
integral de partida:
Z 1p
Z ∞ √
x(1 − x)
t−1
dx =
dt.
2
x +1
t(1 + t2 )
0
1
Un segundo cambio, u = t − 1, lleva la integral a
Z
∞
1
√
t−1
dt =
t(1 + t2 )
Z
0
∞
u1/2
du,
(u + 1)(2 + 2u + u2 )
que tiene la forma de la transformada de Mellin con w = 3/2 y
f (z) =
1
1
=
.
(z + 1)(2 + 2z + z 2 )
(z + 1)(z + 1 − i)(z + 1 + i)
Los polos de f (z) son z = −1 y z = −1 ± i, de modo que, según la fórmula,
Z
0
∞
¡ 1/2
¢
πe−i3π/2 £
u1/2
Res
z
f
(z),
−1
du
=
−
(u + 1)(2 + 2u + u2 )
sen 3π
¡ 1/22
¢
¡
¢¤
+ Res z f (z), −1 + i + Res z 1/2 f (z), −1 − i
120
6 Integración por residuos
Ahora bien
πe−i3π/2
= πi,
sen 3π
2
¡
¢
Res z 1/2 f (z), −1 =
−
con lo que
i
= i,
i(−i)
¡
¢ (−1 + i)1/2
21/4 i3π/8
Res z 1/2 f (z), −1 + i =
=−
e
,
i2i
2
¡
¢ (−1 − i)1/2
21/4 i5π/8 21/4 −i3π/8
=−
e
=
e
,
Res z 1/2 f (z), −1 − i =
(−i)(−2i)
2
2
Z
0
∞
¡ 1/4
¢
u1/2
du
=
π
2
sen(3π/8)
−
1
,
(u + 1)(2 + 2u + u2 )
que coincide con el resultado anterior porque sen(3π/8) = cos(π/8).
6.5. Suma de series mediante residuos
Supongamos que G(z) es una función meromorfa cuyos únicos polos son polos
simples sobre los enteros n ∈ Z y cuyos residuos sobre dichos polos son todos
1. Sea f (z) una función meromorfa con un número finito de polos, ninguno de
los cuales es un entero; entonces, los residuos de la función f (z)G(z) son f (n).
Ası́ pues, si γ es un contorno cerrado, simple, orientado positivamente que encierra
los puntos −N, −N + 1, . . . , 0, 1, . . . , N , el teorema de los residuos afirma que


I
N
X
X
¡
¢
.
G(z)f (z) dz = 2πi
f (n) +
Res G(z)f (z), zk


γ
n=−N
zk polo de f (z)
Si cuando γ crece el comportamiento de la integral está controlado (por ejemplo,
tiende a 0), entonces la fórmula anterior permite relacionar la serie
∞
X
f (n) = lı́m
n=−∞
N →∞
N
X
f (n)
n=−N
con los residuos de G(z)f (z) en los polos de f (z) (de los que sólo hay un número
finito).
Para aplicar esta técnica lo primero que necesitamos es una función G(z). Hay
varias elecciones posibles; la más común es
G(z) = π cotan πz,
6.5 Suma de series mediante residuos
121
cuyos polos son los ceros de sen πz y son, por tanto,¯ todos los enteros. Son,
además, polos simples porque cos πn 6= 0 y (sen πz)′ ¯z=n 6= 0. No es la única
elección posible; también se puede elegir G(z) = 2πi/(e2πiz − 1). Y con una
pequeña adaptación vale también π/ sen πz, cuyo residuo en z = n es (−1)n , y
resulta adecuada para series alternantes.
Lo siguiente es encontrar un contorno
Para
£ γ adecuado.
¤ la cotangente vamos
1
1 2
a emplear ∂Q siendo Q el cuadrado −N − 2 , N + 2 , donde N ∈ N es tal
que todos los polos de f (z) caen dentro de ∂Q. Sobre los lados verticales de ese
cuadrado,
¡
¢
cos ± π(N + 1/2) + iπy
¡
¢
cotan πz =
sen ± π(N + 1/2) + iπy
¡
¢
¡
¢
cos ± π(N + 1/2) cosh πy − i sen ± π(N + 1/2) senh πy
¡
¢
¡
¢
=
sen ± π(N + 1/2) cosh πy + i cos ± π(N + 1/2) senh πy
1
= −i tanh πy,
|y| ≤ N + ,
2
¡
¢
teniendo en cuenta que cos ± π(N + 1/2) + iπy = 0. Por lo tanto,
| cotan πz| = | tanh πy| ≤ 1.
Sobre los lados horizontales, denotando yN = N + 1/2,
cotan πz =
Ahora bien,
cos(πx ± iπyN )
cos πx cosh(±πyN ) − i sen πx senh(±πyN )
=
.
sen(πx ± iπyN ) sen πx cosh(±πyN ) + i cos πx senh(±πyN )
| cos πx cosh(±πyN )−i sen πx senh(±πyN )|2
= cos2 πx cosh2 πyN + sen2 πx senh2 πyN ,
y como senh2 u < cosh2 u,
| cos πx cosh(±πyN )−i sen πx senh(±πyN )|2
< cosh2 πyN (cos2 πx + sen2 πx)
= cosh2 πyN ;
por otro lado,
| sen πx cosh(±πyN )+i cos πx senh(±πyN )|2
= sen2 πx cosh2 πyN + cos2 πx senh2 πyN
> senh2 πyN (sen2 πx + cos2 πx)
= senh2 πyN ,
122
6 Integración por residuos
luego
| cotan πz| < | cotanh πyN | ≤ | cotanh πy0 | = cotanh(π/2).
Ası́ pues, sobre todo el contorno ∂Q,
|π cotan πz| ≤ π cotanh(π/2).
Supongamos ahora que la función f (z) está acotada, para valores de z tales que
|z| es suficientemente grande, como
|f (z)| ≤
C
,
|z|µ
µ > 1;
entonces, como la longitud del contorno es 4(2N + 1),
¯
¯I
¯
¯ Cπ cotanh(π/2)
¯
¯≤
¡
¢µ
π
cotan
πz
f
(z)
dz
4(2N + 1) −−−−→ 0.
¯
¯
N →∞
N + 12
∂Q
Tomando el lı́mite N → ∞ en la expresión

I
N
X
X
π cotan πzf (z) dz = 2πi
f (n) +

γ
n=−N
zk polo de f (z)
llegamos a la fórmula
∞
X
n=−∞
f (n) = −
X
zk polo de f (z)

¢
¡
Res π cotan πzf (z), zk

¢
¡
Res π cotan πzf (z), zk .
Hay una variante de la fórmula cuando hay polos de f (z) en los enteros. La
variante consiste simplemente en eliminar de la suma los enteros que son polos de
f (z), para no contarlos dos veces.
Ejemplo 6.12. Vamos a calcular la suma de la serie
∞
X
1
.
2
n
n=1
Evidentemente, la función f (z) = 1/z 2 , que tiene un polo de orden dos en z = 0. Excluyendo
de la suma el cero,
µ
¶
∞
∞
X
X
1
π cotan πz
1
=2
= − Res
,0 .
n2
n2
z2
n=1
n=−∞,n6=0
6.5 Suma de series mediante residuos
123
Como por división de series se puede obtener
w2 w4
+
+ ···
1−
cos w
w w3
1
2
24
cotan w =
=
−
−
+ ··· ,
=
w3
w5
sen w
w
3
45
w−
+
+ ···
6
120
entonces
1
π2 1 π4
π cotan πz
− z + ···
= 3−
z2
z
3 z 45
y, por tanto,
Res
de donde, finalmente,
µ
¶
π2
π cotan πz
,
0
=
−
,
z2
3
∞
X
π2
1
=
.
n2
6
n=1