integraci´on en el plano complejo

Capı́tulo 4
INTEGRACIÓN EN EL PLANO
COMPLEJO
Problema 4.1. Calcula las integrales
(a)
Z
1
2
2
1
dt,
−i
t
Z
(b)
π/6
2it
e
(c)
dt,
0
Z
∞
ezt dt
(Re z < 0).
0
Solución: (a)
Z
1
2
2
2
Z 2
Z 2
Z 2
1
1
1 2
1
−1
dt =
−
2i
ln
|t|
−i
dt
−
2i
dt
−
dt
=
−
2
t
t 1
1 t
1 t
1
1
1
1
= − + 1 − 2i ln 2 − 1 = − − i ln 4.
2
2
(b)
Z
π/6
0
(c)
2it
e
√
1 2it π/6
3
1 iπ/3
eiπ/6 iπ/6
1
−iπ/6
iπ/6
dt = e = (e
− 1) =
(e
−e
)=e
sen(π/6) = + i
.
2i
2i
2i
4
4
0
Z
∞
0
Problema 4.2. Prueba que si m, n ∈ Z,
Z
1 zt ∞
1
e dt = e = − .
z
z
0
zt
e
(
0
dθ =
2π
inθ −imθ
Z
2π
inθ −imθ
e
0
Solución:
Z
2π
e
0
e
dθ =
0
2π
si m 6= n,
si m = n.
ei(n−m)θ dθ.
46
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
Si n = m, entonces el integrando es 1 y la integral vale 2π. Si n 6= m,
Z
2π
1
(ei(n−m)2π −1) = 0.
n − m | {z }
ei(n−m)θ dθ =
0
=1
Problema 4.3. A partir de la integral
Z
π
e(1+i)x dx,
0
calcula las integrales
Z
π
x
e cos x dx,
Solución: Si denotamos
I=
Z
π
Z
π
I=
con lo que
ex sen x dx.
e(1+i)x dx,
0
x
e cos x dx = Re I,
0
Pero I vale
π
0
0
entonces
Z
Z
π
ex sen x dx = Im I.
0
1−i
1 (1+i)π
eπ + 1
eπ + 1
e
−1 =
(−eπ − 1) = −
+i
,
1+i
2
2
2
Z
0
π
eπ + 1
,
e cos x dx = −
2
x
Z
π
ex sen x dx =
0
eπ + 1
.
2
Problema 4.4. Demuestra que si |x| ≤ 1 y n = 0, 1, 2, . . . , la función
Z
n
p
1 π
x + i 1 − x2 cos θ dθ
Pn (x) =
π 0
satisface la desigualdad |Pn (x)| ≤ 1.
Solución: Vamos a acotar el módulo del integrando:
2
p
x + i 1 − x2 cos θ = x2 + (1 − x2 ) cos2 θ = cos2 θ + x2 sen2 θ ≤ cos2 θ + sen2 θ = 1,
o sea que
Entonces,
|Pn (x)| ≤
1
π
Z
π
0
p
x + i 1 − x2 cos θ ≤ 1.
Z
n
p
1 π
dθ = 1.
x + i 1 − x2 cos θ dθ ≤
π 0
Problema 4.5. Sea w(t) = eit , una función continua y derivable en R. Tomemos el intervalo [0, 2π].
Comprueba que esta función no verifica el teorema del valor medio; es decir, que no hay ningún c ∈ (0, 2π)
tal que w(2π) − w(0) = w′ (c)2π.
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
47
Solución: Si hubiera un c ∈ (0, 2π) que verificase el teorema del valor medio, como w(2π) − w(0) =
ei2π − 1 = 1 − 1 = 0, eso significarı́a que w′ (c) = 0. Pero w′ (c) = ieic 6= 0 para todo c ∈ R.
Problema 4.6. Calcula las integrales:
Z
x dz, donde γ es el segmento que va de 0 a 1 + i.
(a)
γ
I
x dz, donde γ es la circunferencia |z| = r orientada positivamente.
(b)
γ
I
dz
(c)
, donde γ está parametrizada como z(t) = 1 + eit , con 0 ≤ t ≤ 2π.
2−1
z
γ
I
(d)
|z|z dz, donde A = {z ∈ C : |z| ≤ 1, Im z ≥ 0}.
∂A
I
(e)
|z|2 dz, donde A = {z ∈ C : 0 ≤ Re z ≤ 1, 0 ≤ Im z ≤ 1}.
I∂A
dz
(f)
, donde A = {z ∈ C : |z| ≤ r}.
2
∂A |z − a|
AYUDA :
En (f) escribe el integrando como
2
|z − a| = (z − a)(z − a) = (z − a)
r2
−a
z
y distingue los casos |a| > r y |a| < r.
Solución: (a) Una parametrización de γ es z(t) = (1 + i)t, donde 0 ≤ t ≤ 1. Entonces,
Z 1
Z 1
Z
1+i
t (1 + i) dt =
x(t)z ′ (t) dt =
x dz =
.
2
0
0
γ
(b) Parametrizamos γ como z(θ) = reiθ , con 0 ≤ θ ≤ 2π. Entonces,
I
Z 2π
Z 2π
iθ
2
x dz =
r cos θ ire dθ = ir
(cos2 θ + i cos θ sen θ) dθ
γ
=
0
ir2
2
0
Z
2π
0
Z 2π
Z
r2 2π
ir2
(1 − cos 2θ + i sen 2θ) dθ =
cos 2θ dθ −
sen 2θ dθ
2π −
2
2 0
0
{z
}
{z
}
|
|
=0
2
= iπr .
=0
(c) Hay tres formas de hacer esta integral. Las dos primeras emplean directamente la paramtrización. Tenemos que z(t)2 − 1 = (1 + eit )2 − 1 = 2eit + ei2t , luego
I
Z 2π
Z 2π
dz
ieit
1
I=
=
dt
=
i
dt.
2−1
it + ei2t
z
2e
2
+
eit
γ
0
0
Llegados a este punto, la mejor manera de hacer esta integral es utilizando el desarrollo en serie
∞
∞
1
1
1 X 1 int X 1 int
1
=
e =
e ,
=
2 + eit
2 1 + 21 eit
2
2n
2n+1
n=0
n=0
48
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
con el cual la integral se convierte en
I=i
∞
X
n=0
1
2n+1
Z
2π
eint dt,
0
gracias a la convergencia uniforme de las series de potencias. La integral del segundo miembro se anula
si n 6= 0 y vale 2π si n = 0 (véase el problema 4.2), ası́ que
1
I = i 2π = πi.
2
Una forma alternativa de hacer la integral es escribirla como
Z 2π
Z 2π
1
e−it
I=i
dt
=
i
dt,
2 + eit
1 + 2e−it
0
0
ya que una primitiva del integrando es, entonces,
F (t) =
i
log 1 + 2e−it .
2
El problema es que esta primitiva no es holomorfa en el corte del logaritmo, que podemos elegir a
conveniencia. Como la integral empieza en t = 0 y termina en t = 2π, que corresponden a 1+2e−it = 3,
la mejor elección de la determinación del logaritmo es la [0, 2π). La curva w(t) = 1 + 2e−it , con
0 ≤ t ≤ 2π, es una circunferencia de radio 2, centrada en z = 1 y orientada negativamente, que
comienza en z = 3 y termina en ese mismo punto. Denotamos 3− = 3ei2π y 3+ = 3ei0 ; entonces,
2π
1
1
1
i
−it I = − log(1 + 2e ) = − log(3+ ) + log(3− ) = (arg 3− − arg 3+ ) = πi.
2
2
2
2
0
La tercera forma de hacer la integral es descomponer el integrando en fracciones elementales como
1
1
1
1
=
−
;
z2 − 1
2 z−1 z+1
entonces
1
I=
2
I
γ
dz
1
−
z−1 2
I
γ
dz
,
z+1
y como γ es la circunferencia de radio 1 centrada en 1, por la fórmula de Cauchy la primera integral
vale 2πi y la segunda 0, con lo que de nuevo obtenemos que I = πi.
(d) ∂A = γ1 + γ2 , donde γ1 es la semicircunferencia z(θ) = eiθ , con 0 ≤ θ ≤ π, y γ2 el segmento
z(x) = x, con −1 ≤ x ≤ 1. Entonces,
I
Z 1
I
I
Z π
|z|z dz =
|x|x dx = iπ.
e−iθ ieiθ dθ +
|z|z dz +
|z|z dz =
∂A
−1
0
γ1
γ2
| {z }
=0 por simetrı́a
(e) El contorno ∂A es un cuadrado formado por los cuatro segmentos
γ1 : z(x) = x,
0 ≤ x ≤ 1,
γ2 : z(y) = 1 + iy,
γ3 : z(x) = x + i,
γ4 : z(y) = iy,
0 ≤ y ≤ 1,
0 ≤ x ≤ 1,
0 ≤ y ≤ 1,
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
49
de tal manera que ∂Aγ1 + γ2 − γ3 − γ4 . Entonces
I
I
I
I
I
2
2
2
2
|z| dz =
|z| dz +
|z| dz −
|z| dz −
|z|2 dz
γ1
1
∂A
=
Z
2
x dx +
γ2
1
0
0
=−
Z
Z
1
Z
dx + i
2
(1 + y )i dy −
1
0
0
γ3
γ4
Z
1
0
2
(1 + x ) dx −
Z
1
y 2 i dy
0
dy = −1 + i.
(f) En primer lugar, si a = 0,
I=
I
∂A
dz
=
|z − a|2
I
∂A
dz
=
|z|2
I
∂A
dz
= 0,
r2
por ser el integrando una constante (holomorfa en todo C). Ahora bien, cuando a 6= 0, gracias a la
descomposición, válida sobre la circunferencia |z| = r,
2
r
2
−a ,
|z − a| = (z − a)(z − a) = (z − a)
z
podemos escribir la integral como
I
I
I
z
z
1
dz
=
dz = −
dz.
I=
2
2
a ∂A (z − a)(z − r2 /a)
∂A (z − a)(r − az)
∂A |z − a|
Para continuar descomponemos el integrando en fracciones elementales
z
A
B
A(z − r2 /a) + B(z − a)
=
+
=
,
(z − a)(z − r2 /a)
z − a z − r2 /a
(z − a)(z − r2 /a)
de donde
z = A(z − r2 /a) + B(z − a).
Haciendo z = a obtenemos
r2
|a|2 − r2
a=A a−
=A
a
a
=⇒
haciendo z = r2 /a obtenemos
2
r2 − |a|2
r
r2
=B
−a =B
a
a
a
Ası́ pues,
A
I=−
a
I
∂A
dz
B
−
z−a
a
=⇒
I
∂A
A=
|a|2
;
|a|2 − r2
B=
dz
.
z − r2 /a
r2
.
r2 − |a|2
Si |a| > r, entonces la primera integral vale 0. En cuanto a la segunda, como
2
2
2
r = r < r = r,
a |a|
r
por la fórmula de Cauchy el valor de la integral es 2πi, con lo que
I=−
2πr2 i
B
2πi =
.
a
a(|a|2 − r2 )
50
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
Si, por el contrario, |a| < r, entonces la primera integral vale 2πi, y como
2
2
2
r = r > r = r,
a |a|
r
la segunda vale 0. Entonces
A
2πai
I = − 2πi = 2
.
a
r − |a|2
Resumiendo,
2πai
F (a, r),
I = 2
r − |a|2 donde
F (a, r) =
Problema 4.7. Calcula
Z
(
1
si |a| < r,
si |a| > r.
r2
|a|2
dz
, siendo γ
z2
γ
(a) z(t) = ei(π−t) , con 0 ≤ t ≤ π,
(b) z(t) = eit , con π ≤ t ≤ 2π.
¿Implica la respuesta de estos dos apartados que existe una función holomorfa f (z) tal que f ′ (z) = 1/z 2 ?
Solución: (a) Como z(t) = ei(π−t) = −e−it , y, por tanto,
2
z(t) = ei2t ,
entonces,
Z
dz
=i
z2
γ
Z
π
−i3t
e
0
(b) Como z(t) = e−it y z ′ (t) = ieit ,
Z
γ
dz
=i
z2
Z
2π
π
1 −i3t π
1
2
dt = − e
= − (−1 − 1) = .
3
3
3
0
i3t
e
z ′ (t) = ie−it ,
2
1
1 i3t 2π
dt = e = 1 − (−1) = .
3
3
3
π
Que las integrales a lo largo de estos dos contornos sean iguales no implica nada acerca de la existencia
de una primitiva de 1/z 2 . De hecho, tal primitiva no puede existir porque esta función no es holomorfa
en ningún punto de C.
Problema 4.8. (Regla de integración por partes) Si f, g son dos funciones holomorfas en Ω y γ es un
contorno de Ω que une el punto z1 con el z2 , prueba que
z2 Z
Z
′
f (z)g (z) dz = f (z)g(z) − f ′ (z)g(z) dz.
γ
z1
γ
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
51
Solución: De la regla de derivación del producto de funciones holomorfas,
′
f (z)g(z) = f ′ (z)g(z) + f (z)g ′ (z),
deducimos, integrando sobre γ,
z2
Z
Z
Z
′
′
′
f (z)g(z) dz = f (z)g(z) ,
f (z)g(z) dz + f (z)g (z) dz =
γ
γ
γ
z1
de donde se obtiene la regla de integración por partes.
Problema 4.9. Calcula la integral
I
2
z log
γ
z+1
z−1
dz,
donde tomamos la rama principal del logaritmo y donde γ es
(a) la circunferencia |z| = 2 orientada positivamente,
(b) la circunferencia |z − 1| = 1 orientada positivamente.
Solución: En primer lugar, veamos dónde es holomorfa la función del integrando. Sabemos que el logaritmo
que aparece está tomado sobre la rama principal. Eso significa que el corte es el conjunto A = {z ∈ C :
Im z = 0, Re z ≤ 0}. Ası́ que cualquier punto del corte es de la forma z = −r, con r ≥ 0. Veamos ahora
qué valores de z hacen que el argumento del logaritmo caiga sobre el corte:
z+1
= −r
z−1
⇒
z + 1 = −rz + r
⇒
(1 + r)z = r − 1
⇒
z=
r−1
.
r+1
La función z = (r − 1)/(r + 1) es creciente para r ≥ 0; su valor mı́nimo está en r = 0 y vale z = −1, y su
supremo se alcanza para r → ∞ y vale z = 1. Ası́ pues, el subconjunto de C cuya imagen por la función
(z + 1)/(z − 1) cae en el corte A es
B = {z ∈ C : Im z = 0, −1 ≤ Re z ≤ 1},
esto es, el intervalo [−1, 1] sobre el eje real. Obsérvese que la curva del apartado (a) rodea el conjunto B,
y la curva del apartado B cruza el conjunto B, lo que hace que las correspondientes integrales no valgan
trivialmente 0.
Hallemos ahora primitivas del integrando que nos ayuden a hacer las integrales. Para ello recurriremos a la
integración por partes:
Z 3
Z
z3
z
1
z+1
1
z+1
dz =
log
−
−
dz
z 2 log
z−1
3
z−1
3 z+1 z−1
Z 3
z+1
z3
z
z3
1
=
log
−
+
dz.
3
z−1
3
z−1 z+1
Ahora bien,
z3
1
= z2 + z + 1 +
,
z−1
z−1
1
z3
= z2 − z + 1 −
,
z+1
z+1
52
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
de modo que
z3
z3
1
1
−
= 2z +
+
.
z−1 z+1
z−1 z+1
Como
Z 2z +
1
1
+
z−1 z+1
dz = z 2 + log(z 2 − 1),
z+1
z−1
una primitiva del integrando será
Z
2
z log
z+1
z−1
z3
log
dz =
3
+
z2 1
+ log(z 2 − 1).
3
3
No es la única posible: algunas manipulaciones de los logaritmos nos dan otras primitivas. Por ejemplo,
podemos escribir
log(z 2 − 1) = log(z − 1) + log(z + 1),
con lo que
Z
2
z log
z+1
z−1
z3
log
dz =
3
z+1
z−1
+
1
z2 1
+ log(z − 1) + log(z + 1)
3
3
3
es otra primitiva. También
log(z − 1) + log(z + 1) = 2 log(z − 1) + log
con lo que
Z
2
z log
z+1
z−1
z3 + 1
log
dz =
3
z+1
z−1
+
z+1
z−1
,
z2 2
+ log(z − 1)
3
3
es otra primitiva. O también
log(z − 1) + log(z + 1) = 2 log(z + 1) − log
con lo que
Z
2
z log
z+1
z−1
z3 − 1
log
dz =
3
z+1
z−1
+
z+1
z−1
,
z2 2
+ log(z + 1)
3
3
es otra primitiva.
Para que estas cuatro funciones sean primitivas, es necesario que el primer logaritmo esté definido sobre la
determinación principal, como en el integrando. Respecto a los demás logaritmos, la elección de la determinación es arbitraria y queda a nuestra elección. Eso es lo que diferencia las cuatro primitivas que hemos
obtenido (y otras que puedan obtenerse por métodos similares): son holomorfas en conjuntos distintos. Por
ejemplo, una primitiva cómoda de utilizar es
z3 − 1
log
F (z) =
3
z+1
z−1
+
z2 2
+ log(z + 1),
3
3
tomando para el segundo logaritmo también la determinación principal. Esta función no es holomorfa ni en
B ni en el intervalo (−∞, −1] del eje real; es decir, es holomorfa en C salvo en el intervalo (−∞, 1] del eje
real. Usaremos esta primitiva para hacer las integrales.
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
53
(a) La curva |z| = 2 corta el eje real negativo en z = −2. Denotando −2− = 2e−iπ y −2+ = 2eiπ ,
I
2
z log
γ
z+1
z−1
dz = F (−2+ ) − F (−2− ).
Todos los términos de F (z) son continuos sobre la curva, a excepción de log(z + 1), ya que
−2+
−2+
−2+
+i arg(z + 1)
= 2πi,
= ln |z + 1|
log(z + 1)
−2−
−2−
−2−
|
{z
} |
{z
}
=0
luego
I
z 2 log
γ
=2π
z+1
z−1
4
dz = πi.
3
(b) La curva |z − 1| = 1 corta el eje real en z = 0 y en z = 2. Este último punto no da problemas, pero
z = 0 cruza el intervalo [−1, 1], donde el primer logaritmo no es holomorfo. Ası́ que todos los términos
de F (z) son continuos excepto el primero. Para saber cuánto vale
z3 − 1
log
3
z+1
z−1
0+
0+
0+
3
3
= z − 1 ln z + 1 + z − 1 i arg z + 1 −
3
z − 1 0− | {z
3 }
z − 1 0−
0
|
{z
}
=−1/3
=0
i
= − arg
3
+
z + 1 0
z − 1 0−
tenemos que ver cómo es la curva
w(θ) =
z(θ) + 1
z(θ) − 1
cuando z(θ) = 1 + eiθ , con −π ≤ θ ≤ π. Sustituyendo,
2 + eiθ
= 1 + 2e−iθ ,
eiθ
w(θ) =
que no es sino la circunferencia |w − 1| = 2 orientada negativamente. Entonces
arg
z+1
z−1
con lo cual
z3 − 1
log
3
0+
= −2π,
−
z+1
z−1
y, por lo tanto,
I
2
z log
γ
0
z+1
z−1
0+
= 2 πi
−
3
0
2
dz = πi.
3
54
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
Problema 4.10. (a) Prueba que si f (z) es holomorfa en el interior y sobre el contorno γ, cerrado, simple,
orientado positivamente y que rodea el punto z = 0, entonces
I
1
f ′ (z) log z dz = f (zc ) − f (0),
2πi γ
siendo zc el cruce de γ con el corte del logaritmo.
(b) Calcula la integral
I
z n log z dz,
γ
n ∈ N,
siendo γ la circunferencia |z| = 1 orientada positivamente, tomando la rama del logaritmo correspondiente a la determinación
(1) 0 ≤ arg z < 2π,
(2) −π < arg z ≤ π.
(c) Halla la integral anterior cuando n es un entero negativo distinto de −1.
(d) Halla la integral cuando n = −1.
Solución: (a) Tomemos la determinación [α, α + 2π) y denotemos zc− = |zc |eiα y zc+ = |zc |ei(α+2π) .
Entonces, integrando por partes,
zc+ I
I
f (z)
′
dz.
f (z) log z dz = f (z) log z −
−
γ z
γ
zc
El primer término vale
zc+
zc+
f (z) log z dz = if (zc ) arg z = 2πif (zc );
−
−
zc
zc
el segundo
I
γ
f (z)
dz = 2πif (0),
z
por la fórmula de Cauchy; entonces,
1
2πi
I
γ
f ′ (z) log z dz = f (zc ) − f (0).
(b) Aplicando el apartado anterior,
z n+1
,
n+1
de manera que para la determinación (1), en que zc = 1, la integral vale
I
2πi
z n log z dz =
,
n+1
γ
f (z) =
mientras que para la determinación (2), en que zc = −1, la integral vale
I
(−1)n+1 2πi
.
z n log z dz =
n+1
γ
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
55
(c) Retomando del primer apartado la fórmula
I
I
f (z)
′
f (z) log z dz = 2πif (zc ) −
dz,
γ z
γ
en el caso en que n es un entero negativo distinto de −1, la integral del miembro derecho vale
I
1
z n dz = 0,
n+1 γ
de modo que de nuevo obtenemos el mismo resultado que en el apartado anterior.
(d) Cuando f (z) = log z, la integración por partes da
I
γ
zc+ I
log z
log z
2
dz = (log z) −
dz,
z
γ z
zc−
lo que proporciona una fórmula para el caso con n = −1:
I=
I
γ
zc+
1
log zc+ + log zc−
log z
2
dz = (log z) = (log zc+ − log zc− )
= 2πi(ln |zc | + αi + πi)
z
2
2
zc−
= −2π(π + α) + i2π ln |zc |.
Para la determinación (1) α = 0 y |zc | = 1, luego
I = −2π 2 .
Para la determinación (2) α = −π y |zc | = 1, luego
I = 0.
Problema 4.11. Calcula la integral
I
CR
(z − z0 )a−1 dz,
donde CR es la circunferencia |z − z0 | = R orientada en sentido positivo.
Solución: Supongamos que adoptamos la rama del logaritmo [α, α + 2π); entonces, como una primitiva de
(z − z0 )a−1 es (z − z0 )a /a, con la misma determinación, entonces
I
a−1
CR
(z − z0 )
z0 +Rei(α+2π)
Ra eiaα
1
1 a ia(α+2π)
a
dz = (z − z0 ) eia2π − 1
R e
− Ra eiaα =
=
a
a
a
z0 +Reiα
a
R ia(α+π)
=
e
2i sen πa.
a
Problema 4.12. Halla la integral
Z
z i dz,
γ
donde z i se toma sobre la rama principal, y γ es un contorno que parte de −1 y llega a 1 a través de Im z > 0.
56
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
Solución:
Z
i0
1 + e−π
1 + e−π
z i+1 e
1 − e(i+1)iπ
=
=
(1 − i).
z dz =
=
i + 1 eiπ
i+1
i+1
2
γ
i
Problema 4.13. Demuestra que
lı́m
Z
r→∞ γ
r
eiz
dz = 0,
z
donde γr es la curva z(t) = reit , con 0 ≤ t ≤ π.
AYUDA :
Acota la integral y usa la desigualdad sen t ≥ 2t/π, válida para todo t ∈ [0, π/2].
Solución: Primero acotaremos el integrando sobre la curva:
iz e e− Im z
e−r sen t
e−2rt/π
=
=
≤
,
z |z|
r
r
0≤t≤
π
;
2
ahora acotamos la integral:
Z π iz(t)
Z
Z π −r sen t
Z π iz(t) Z π/2
iz
e
e
e
e
it =
dt
≤
r
≤
r
e−r sen t dt
dz
ire
dt
dt
=
2
z
z(t)
z(t)
r
0
0
0
0
γr
π/2
Z π/2
π
π
e−2rt/π dt = − e−2rt/π ≤2
= (1 − e−r ).
r
r
0
0
Evidentemente, la última expresión tiende a 0 cuando r → ∞.
Problema 4.14. Si γ es un contorno cerrado y a ∈
/ γ, se define el ı́ndice de γ respecto de a como
I
1
dz
n(γ, a) =
.
2πi γ z − a
Calcula n(γ, 0) para el contorno
(
(1 + t)eit
z(t) =
1 + 4kπ − t
si 0 ≤ t ≤ 2kπ,
si 2kπ ≤ t ≤ 4kπ,
k ∈ N.
Basándote en el resultado, ¿puedes dar una interpretación geométrica de n(γ, a)?
AYUDA :
Dibuja γ.
Solución: Como
(
(1 + i + it)eit
z ′ (t) =
−1
entonces
si 0 ≤ t ≤ 2kπ,
si 2kπ ≤ t ≤ 4kπ,
k ∈ N,
Z 4kπ
1
(1 + i + it)eit
dt −
dt
2πin(γ, 0) =
it
(1 + t)e
2kπ 1 + 4kπ − t
0
2kπ
4kπ
Z 2kπ 1
=
+ i2kπ − ln(1 + 2kπ)
= ln |1 + t|
+ i dt + ln |1 + 4kπ − t|
1+t
0
0
2kπ
Z
2kπ
= ln(1 + 2kπ) + i2kπ − ln(1 + 2kπ) = 2kπi,
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
57
luego n(γ, 0) = k.
La curva consiste en una espiral que da k vueltas completas en torno a 0, con amplitud cada vez mayor,
más un tramo recto que une el final de la espiral con el punto inicial. El significado de n(γ, a) parece ser el
número de vueltas que la curva da en torno al punto a. De hecho es ası́, si uno tiene en cuenta que las vueltas
que se dan en sentido positivo cuentan negativamente en el saldo de vueltas.
Problema 4.15. (a) Calcula para cualquier n ∈ Z los valores de
I
(z − a)n dz,
γ
siendo γ una circunferencia cualquiera, orientada positivamente, que no pasa por a.
(b) Prueba que no existe ninguna función holomorfa en C − {0} tal que f ′ (z) = 1/z.
(c) Si A = {z ∈ C : |z| ≤ 2}, calcula
I
∂A
empleando el ı́ndice definido en el problema 4.14.
dz
z2 − 1
(d) Si A = {z ∈ C : |z| ≤ 3}, calcula
I
∂A
2z 2 − 15z + 30
dz.
z 3 − 10z 2 + 32z − 32
Solución: (a) Si γ no rodea el punto a, entonces la función es holomorfa dentro de y sobre el contorno, y
por lo tanto la integral se anula. Si rodea el punto a pero n ≥ 0, de nuevo vale 0 por el mismo argumento.
Si rodea el punto a y n = −1, la integral vale 2πi por la fórmula de Cauchy, y si n < −1, la integral
vale 0 por la fórmula de las derivadas. Ası́ pues,
(
I
2πi si γ rodea a y n = −1,
(z − a)n dz =
0
en caso contrario.
γ
(b) Hay dos maneras de hacer esta integral. La primera es descomponiendo el integrando en fracciones
elementales como
1
1
1
1
=
−
,
z2 − 1
2 z−1 z+1
con lo que
I
∂A
dz
1
=
2
z −1
2
I
∂A
dz
1
−
z−1 2
I
∂A
dz
= πi − πi = 0.
z+1
La segunda forma consiste en tomar dos curvas, γ1 y γ2 , contenidas dentro de ∂A y tales que la primera
rodea el punto z = 1 y la segunda el punto z = −1; entonces
I
I
I
I
I
dz
dz
dz
f1 (z)
f2 (z)
=
+
=
dz +
dz,
2−1
2−1
2−1
z
z
z
z
−
1
z
+1
∂A
γ1
γ2
γ1
γ2
donde f1 (z) = 1/(z + 1), holomorfa dentro de y sobre γ1 , y f2 (z) = 1/(z − 1), holomorfa dentro de y
sobre γ2 . Por tanto, aplicando la fórmula de Cauchy,
I
dz
1 1
=
2πi
f
(1)
+
f
(−1)
=
2πi
−
= 0.
1
2
2
2 2
∂A z − 1
58
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
(c) El denominador tiene la raı́z z = 2, de modo que dividiendo por Ruffini,
1
2
1
-10
2
-8
32
-16
16
-32
32
0
obtenemos la factorización
z 3 − 10z 2 + 32z − 32 = (z − 2)(z 2 − 8z + 16) = (z − 2)(z − 4)2 .
Ası́ pues,
I
∂A
2z 2 − 15z + 30
dz =
z 3 − 10z 2 + 32z − 32
I
∂A
donde la función
f (z) =
2z 2 − 15z + 30
dz =
(z − 2)(z − 4)2
I
∂A
f (z)
dz = 2πif (2),
z−2
2z 2 − 15z + 30
(z − 4)2
es holomorfa sobre y dentro de la curva γ. Como f (2) = 2, la integral vale
I
∂A
2z 2 − 15z + 30
dz = 4πi.
z 3 − 10z 2 + 32z − 32
Problema 4.16. Obtén las siguientes acotaciones:
Z z e
dz ≤ πe, cuando γ está parametrizada por z(t) = eit , con 0 ≤ t ≤ π.
(a) γ z
I
sen z (b) dz ≤ 2πe, cuando γ es la circunferencia |z| = 1 orientada positivamente.
2
γ z
Solución: (a)
Z
Z z Z π z(t)
Z π
Z π
Z π
π
e
e
z(t) it
z(t) Re z(t)
dz = ie dt = e dt ≤
ecos t dt
e
dt =
e dt =
it
z
e
γ
0
0
0
0
0
Z π
≤
e dt = πe.
|{z} 0
cos t≤1
(b)
Z
Z 2π
I
Z
sen z 2π sen z(t) it 1 2π iz(t)
−iz(t) |
sen
z(t)|
dt
=
=
≤
e
−
e
dz
ie
dz
dt
2
e2it
2 0
0
0
γ z
Z
Z
1 2π iz(t) −iz(t) 1 2π − sen t
=
e
+ esen t dt
dt =
e
+ e
2 0
2 0
Z 2π
Z 2π
cosh 1 dt = 2π cosh 1 = π(e + e−1 ) ≤ 2πe.
cosh(sen t) dt ≤
=
0
0
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
59
Problema 4.17. Empleando la fórmula integral de Cauchy, obtén las integrales (las curvas están todas
orientadas positivamente):
I
I
I
cos z
|z|ez
e3z
(a)
dz,
dz,
(h)
(ñ)
dz,
z
z2
(z − 1/2)5
|z|=1
(b)
|z|=2
I
sen z
dz,
z2
(c)
I
sen z
dz,
z
I
ez + z
dz,
z−2
I
z2
dz,
z−1
I
z2 − 1
dz,
z2 + 1
(m)
I
dz
,
z 2 + 2z − 3
(n)
|z|=3
(e)
|z|=2
(f)
(j)
|z|=2
I
dz
,
2
2
z (z + 16)
(o)
(k)
(p)
I
senh 5z
dz,
(1 + z 2 )z 2
I
ez
dz,
z
(q)
ez
dz,
z
|z|=1
I
I
z2
dz,
(z − 1)3
I
ezt
dz,
z2 + 1
I
zezt
dz,
(z + 1)3
I
zezt
dz.
z3 + 1
|z|=3
(r)
|z|=3
|z−2|=1
I
z2
dz,
z3 − 1
|z|=2
|z|=3/2
(l)
I
|z|=2
|z|=2
|z|=2
(g)
dz
,
2
z − 2i
|z−1|=2
|z|=1
(d)
I
(i)
|z|=1
|z|=1
|z−z0 |=r
(s)
|z|=3
2z − senh 2z + 2(z − z0 ) cos2 z
dz,
(z − z0 )2
Solución: (a) Usando la fórmula integral de Cauchy,
I
cos z
dz = 2πi cos 0 = 2πi.
|z|=1 z
(b) Usando la fórmula de las derivadas,
I
sen z
′
dz
=
2πi(sen
z)
= 2πi cos 0 = 2πi.
2
z=0
|z|=1 z
(c) Usando la fórmula integral de Cauchy,
I
|z|=1
sen z
dz = 2πi sen 0 = 0.
z
De otro modo: la función sen z/z es holomorfa en todo el plano, ası́ que la integral sobre cualquier
curva cerrada da 0.
(d) Usando la fórmula integral de Cauchy,
I
|z|=3
ez + z
dz = 2πi(e2 + 2).
z−2
60
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
(e) Usando la fórmula integral de Cauchy,
I
|z|=2
z2
dz = 2πi12 = 2πi.
z−1
(f) Descomponiendo en fracciones elementales
1
1
=
2
z +1
2i
1
1
−
z−i z+i
,
la integral queda
I
I
I
z2 − 1
z2 − 1
1
1
z2 − 1
dz
=
dz
−
dz = π(i2 − 1 − (−i)2 + 1) = 0.
2
2i |z|=2 z − i
2i |z|=2 z + i
|z|=2 z + 1
(g) Como z 2 + 2z − 3 = (z − 1)(z + 3),
I
I
dz
dz
1
π
=
= 2πi
= i.
2
1+3
2
|z|=2 z + 2z − 3
|z|=2 (z − 1)(z + 3)
(h) Usando la fórmula de las derivadas,
I
I
|z|ez
ez
z ′
dz
=
2
dz
=
2
×
2πi(e
)
= 4πie0 = 4πi.
2
2
z
z
z=0
|z|=2
|z|=2
(i) Tenemos que z 2 − 2i = (z − 1 − i)(z + 1 + i). De las dos raı́ces, 1 + i está en el interior de la curva
|z − 1| = 2 ya que
|1 + i − 1| = |i| = 1 < 2,
pero −1 − i está fuera porque
| − 1 − i − 1| = |2 + i| =
√
5 > 2,
ası́ que
I
|z−1|=2
dz
πi
1
=
= 2πi
z + 1 + i z=1+i 1 + i
|z−1|=2 (z − 1 − i)(z + 1 + i)
π
πi
= (1 − i) = (1 + i).
2
2
dz
=
2
z − 2i
I
(j) Usando la fórmula de las derivadas
′ I
dz
1
−2z
= 2πi 2
= 0.
= 2πi
2
2
2
2
z + 16
(z + 16) z=0
|z|=2 z (z + 16)
z=0
(k) Las raı́ces del denominador son z = 0, ±i, las tres dentro de la curva |z| = 3/2. Si γ0 , γi y γ−i
son tres contornos cerrados, simples, orientados en sentido positivo, que rodean los tres puntos 0, i, −i
respectivamente,
I
I
I
I
f0 (z)
fi (z)
f−i (z)
senh 5z
=
dz
+
dz
+
dz,
2 )z 2
2
(1
+
z
z
z
−
i
γ0
γi
γ−i z + i
|z|=3/2
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
61
donde
f0 (z) =
Entonces,
I
|z|=3/2
senh 5z
,
1 + z2
fi (z) =
senh 5z
,
z 2 (z + i)
f−i (z) =
senh 5z
.
z 2 (z − i)
senh 5z
= 2πi f0′ (0) + fi (i) + f−i (−i)
2
2
(1 + z )z
senh 5i − senh 5i
5 cosh 5z(1 + z 2 ) − 2z senh 5z +
+
= 2πi
(1 + z 2 )2
−2i
2i
z=0
= 2πi(5 − sen 5).
(l) Como el integrando es una función holomorfa sobre y dentro de la curva |z − 2| = 1,
I
|z−2|=1
ez
dz = 0.
z
(m) Por la fórmula integral de Cauchy,
I
|z|=1
ez
dz = 2πie0 = 2πi.
z
(n) Podemos descomponer
I
2z − senh 2z + 2(z − z0 ) cos2 z
dz =
(z − z0 )2
|z−z0 |=r
2
I
|z−z0 |=r
2z − senh 2z
dz +
(z − z0 )2
2
= 2πi(2 − 2 cosh 2z0 + 2 cos z0 ) = 4πi(1 − cosh 2z0 + cos z0 )
I
|z−z0 |=r
2 cos2 z
dz
z − z0
= 4πi(−2 senh2 z0 + cos2 z0 )
(ñ) Por la fórmula de las derivadas,
I
|z|=1
e3z
27πi 3/2
2πi 3z ′′′′ e
=
dz
=
e .
(z − 1/2)5
4!
4
z=1/2
(o) El denominador se descompone como z 3 − 1 = (z − 1)(z − w)(z − w2 ), siendo w = ei2π/3 y, por tanto,
w3 = 1. Entonces, si γ1 , γw y γw2 son tres contornos cerrados, simples, orientados positivamente, que
están en el interior de |z| = 2 y rodean, respectivamente, los puntos z = 1, w, w2 , entonces
I
|z|=2
siendo
f1 (z) =
I
fw (z)
fw2 (z)
dz +
dz
2
γ1
γw z − w
γw 2 z − w
= 2πi f1 (1) + fw (w) + fw2 (w2 ) ,
z2
dz =
z3 − 1
z2
,
(z − w)(z − w2 )
I
f1 (z)
dz +
z−1
fw (z) =
I
z2
,
(z − 1)(z − w2 )
fw2 (z) =
z2
.
(z − 1)(z − w)
62
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
Evaluando las funciones y teniendo en cuenta que 1 − w2 = (1 − w)(1 + w) y que w4 = w3 w = w,
f1 (1) + fw (w) + fw2 (w2 ) =
w2
1
w4
+
+
(1 − w)(1 − w2 ) (w − 1) (w − w2 ) (w2 − 1) (w2 − w)
| {z }
| {z }
=w(1−w)
1
w
1
1
=
−
+
=
2
2
2
(1 − w) (1 + w) (1 − w)
(1 − w) (1 + w)
(1 − w)2
2 − w − w2
2 − w − w2
2 − w − w2
=
=
=
= 1.
(1 − w)2 (1 + w)
(1 − w)(1 − w2 )
2 − w − w2
Por lo tanto,
I
|z|=2
(p) Por la fórmula de las derivadas,
I
|z|=2
=w(w−1)
2
−w
1+w
z2
dz = 2πi.
z3 − 1
2πi 2 ′′ z2
dz
=
(z ) = 2πi.
(z − 1)3
2!
z=1
(q) El contorno rodea las dos raı́ces del denominador z = ±i, de modo que si llamamos γi y γ−i a dos
contornos cerrados, simples, orientados positivamente, en el interior de |z| = 3 y que rodean, respectivamente, cada una de las dos raı́ces,
I
I
I
ezt
fi (z)
f−i (z)
dz =
dz +
dz = 2πi fi (i) + f−i (−i) ,
2
|z|=3 z + 1
γi z − i
γ−i z + i
siendo
fi (z) =
Entonces,
I
|z|=3
(r) Por la fórmula de las derivadas,
I
ezt
dz = 2πi
z2 + 1
|z|=3
Como
entonces,
ezt
,
z+i
f−i (z) =
eit e−it
+
2i
−2i
ezt
.
z−i
= 2πi sen t.
2πi ∂ 2
zezt
zt .
ze dz =
(z + 1)3
2! ∂z 2
z=−1
∂2
∂ (1 + zt)ezt = t(2 + zt)ezt ,
zezt =
2
∂z
∂z
I
zezt
dz = πit(2 − t)e−t .
3
|z|=3 (z + 1)
(s) Las tres raı́ces del denominador son z = −1, e±iπ/3 . Como las tres raı́ces están dentro del contorno, si
γ0 y γ± son tres contornos cerrados, simples, orientados positivamente, del interior de |z| = 3, y que
rodean, respectivamente, las tres raı́ces, entonces,
I
I
I
I
zezt
f+ (z)
f0 (z)
f− (z)
dz =
dz +
dz +
dz
3+1
iπ/3
−iπ/3
z
z
+
1
|z|=3
γ0
γ+ z − e
γ− z − e
h
i
= 2πi f0 (−1) + f+ (eiπ/3 ) + f− (e−iπ/3 ) ,
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
63
siendo
zezt
,
(z − eiπ/3 )(z − e−iπ/3 )
zezt
f+ (z) =
,
(z + 1)(z − e−iπ/3 )
zezt
.
f− (z) =
(z + 1)(z − eiπ/3 )
f0 (z) =
Ası́ pues, teniendo en cuenta que
iπ/3
1+e
−i2π/3
=1−e
!
√
√
√
√
1
3
3 √
3
3
1
=1+ +i
= +i
= 3 i
+i
= 3eiπ/6 ,
2
2
2
2
2
2
tendremos
f0 (−1) =
1
−e−t
= − e−t ,
iπ/3
−iπ/3
3
(1 + e
)(1 + e
)
√
√
et/2 eit 3/2
1 t/2 i(t√3/2−π/3)
eiπ/3 et/2 eit 3/2
e e
=
=
,
f+ (eiπ/3 ) =
3
(1 + eiπ/3 )(eiπ/3 − e−iπ/3 )
(1 + eiπ/3 )(1 − e−i2π/3 )
−iπ/3
f− (e
√
√
√
et/2 e−it 3/2
1
e−iπ/3 et/2 e−it 3/2
=
= et/2 e−i(t 3/2−π/3) ,
)=
−iπ/3
−iπ/3
iπ/3
−iπ/3
i2π/3
3
(1 + e
)(e
−e
)
(1 + e
)(1 − e
)
y por consiguiente,
I
|z|=3
2πi
zezt
dz =
3
z +1
3
2et/2 cos
√3
π
− e−t
t−
2
3
!
.
Problema 4.18. Demuestra, sin calcular la integral, que
I
log z
dz = 0,
lı́m
R→∞ CR z 2
donde CR es la circunferencia |z| = R (con cualquier orientación) y el logaritmo se toma en la rama
principal.
Solución: Puesto que el logaritmo está en la rama principal, sobre CR tendremos log z = ln R + iθ, con
−π < θ ≤ π. Entonces,
log z | ln R + iθ|
ln R + |θ|
ln R + π
≤
≤
,
z2 =
2
2
R
R
R2
y en consecuencia,
I
CR
que tiende a 0 cuando R → ∞.
log z ln R + π
2π(ln R + π)
dz ≤
2πR =
,
2
2
z
R
R
64
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
Problema 4.19. Calcula en función r el valor de la integral (la curva está orientada positivamente)
I
sen(πz 2 ) + cos(πz 2 )
dz.
(z − 1)(z − 2)
|z|=r
Solución: Si denotamos el contorno Cr y utilizamos los ı́ndices n(Cr , 1) y n(Cr , 2), que valen
n(Cr , 1) =
(
0 si r < 1,
1 si r > 1,
(
0
n(Cr , 2) =
1
si r < 2,
si r > 2,
teniendo en cuenta que
1
1
1
=
−
,
(z − 1)(z − 2)
z−2 z−1
tendremos
I
|z|=r
sen(πz 2 ) + cos(πz 2 )
dz =
(z − 1)(z − 2)
I
|z|=r
sen(πz 2 ) + cos(πz 2 )
dz −
z−2
I
|z|=r
sen(πz 2 ) + cos(πz 2 )
dz
z−1
= 2πi n(Cr , 2)(sen 4π + cos 4π) − n(Cr , 1)(sen π + cos π) = 2πi n(Cr , 2) + n(Cr , 1)


si r < 1,
0
= 2πi si 1 < r < 2,


4πi si 2 < r.
Problema 4.20. Calcula la integral
I
γ
ez
dz
z(1 − z)3
si γ es un contorno con los siguientes ı́ndices:
(a) n(γ, 0) = 1, n(γ, 1) = 0,
(b) n(γ, 0) = 0, n(γ, 1) = 1,
(c) n(γ, 0) = 1, n(γ, 1) = 1,
(d) n(γ, 0) = 0, n(γ, 1) = 0.
Solución: (a) La curva sólo rodea el 0, luego
I
γ
(b) La curva sólo rodea el 1, luego
I
γ
ez
ez = 2πi.
dz = 2πi
z(1 − z)3
(1 − z)3 z=0
2πi
ez
dz =
3
z(1 − z)
2!
−ez
z
|z=1
1
2 z
= −eπi.
= −πi 3 (2 − 2z + z )e z
z=1
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
65
(c) Tomando dos contornos cerrados, simples, orientados positivamente, cada uno rodeando uno de los dos
puntos z = 0 y z = 1, la integral se descompone en la suma de las dos integrales de los apartados
anteriores. Por tanto,
I
ez
dz = −(e − 2)πi.
3
γ z(1 − z)
(d) Evidentemente, en este caso
I
ez
dz = 0.
z(1 − z)3
γ
Problema 4.21. (a) Dado el contorno γ, cerrado, simple, orientado positivamente y que rodea el origen,
calcula
I 1 2n dz
z+
,
n ∈ N.
z
z
γ
(b) A partir de este resultado, obtén el valor de
Z
π/2
2n
(cos θ)
Z
dθ,
(sen θ)2n dθ.
0
0
AYUDA :
π/2
En (a) emplea la fórmula del binomio de Newton; en (b) elige como γ la circunferencia |z| = 1.
Solución: (a) Por la fórmula del binomio,
1
z+
z
2n 2n X
2n 2n−k −k X 2n 2(n−k)
=
z
z =
z
,
k
k
2n
k=0
k=0
luego
1
z
Ahora bien,
2n 1 2n X 2n 2(n−k)−1
z
.
z+
=
k
z
k=0
I
z
2(n−k)−1
γ
por lo que
I γ
1
z+
z
(
2πi
dz =
0
2n
si k = n,
si k 6= n,
2n
dz
= 2πi
.
z
n
(b) Tomando la curva γ, parametrizada por z(θ) = eiθ , con 0 ≤ θ ≤ 2π, tendremos
z(θ) +
ası́ que
y como
z ′ (θ)
= i,
z(θ)
1
= 2 cos θ,
z(θ)
Z 2π
I 2n
1 2n dz
2n
2n
,
2 cos θ dθ = 2πi
=i
z+
z
z
n
0
γ
Z
2π
cos
0
2n
θ dθ = 4
Z
π/2
0
cos2n θ dθ,
66
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
entonces,
Z
π/2
cos
2n
θ dθ =
0
Z
π/2
sen
2n
0
2n
θ dθ = 2n+1
.
n
2
π
Problema 4.22. Aplica el teorema del valor medio de Gauss para hallar las integrales:
Z π
Z 2π
a + cos nθ
eiθ
(d)
dθ, a > 1, n ∈ Z,
e dθ,
(a)
2
−π a + 1 + 2a cos nθ
0
Z 2π
Z 2π
ln a2 + 1 + 2a cos nθ dθ, a > 1, n ∈ Z,
(e)
cos(cos θ + i sen θ) dθ,
(b)
0
0
(c)
Z
π
cos(cos θ) cosh(sen θ) dθ,
(f)
−π
Z
2π
ln(a + b cos θ) dθ,
0
a > b ≥ 0.
2
= 1/(z n + a); en (e) usa la identidad a2 + 1 + 2a cos nθ = a + einθ ;
2
(f) busca α > β ≥ 0 tales que a + b cos θ = α + βeiθ .
AYUDA : En (d) usa la función f (z)
Solución: (a) Definiendo f (z) = ez ,
Z
Z 2π
eiθ
e dθ =
0
2π
f (eiθ ) dθ = 2πf (0) = 2π.
0
(b) Definiendo f (z) = cos z,
Z 2π
Z
cos(cos
| θ+
{zi sen θ}) dθ =
0
=eiθ
(c) Definiendo u(x, y) = Re cos z = cos x cosh y,
Z
Z 2π
cos(cos θ) cosh(sen θ) dθ =
2π
f (eiθ ) dθ = 2πf (0) = 2π.
0
2π
u(cos θ, sen θ) dθ = 2πu(0, 0) = 2π.
0
0
(d) Como
f (z) =
1
zn + a
a + zn
=
=
,
zn + a
(a + z n )(a + z n )
a2 + |z|2n + 2a Re(z n )
entonces, definiendo u(x, y) = Re f (z), tendremos
u(cos θ, sen θ) = Re f (eiθ ) =
Por lo tanto,
Z π
−π
a + cos nθ
dθ =
2
a + 1 + 2a cos nθ
Z
a2
a + cos nθ
.
+ 1 + 2a cos nθ
π
u(cos θ, sen θ) dθ = 2πu(0, 0) = 2π Re f (0) =
−π
(e) Definiendo f (z) = log(a + z n ) y u(x, y) = Re f (z),
Z
Z 2π
Z 2π
2
inθ dθ = 2
ln a + e
ln a + 1 + 2a cos nθ dθ = 2
0
0
2π
.
a
2π
u(cos θ, sen θ) dθ
0
= 4πu(0, 0) = 4π Re f (0) = 4π ln a.
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
67
(f) Siguiendo la indicación,
|α + βeiθ |2 = (α + βeiθ )(α + βe−iθ ) = α2 + β 2 + 2αβ cos θ = a + b cos θ,
de donde
(
a = α2 + β 2 ,
b = 2αβ.
De la segunda se deduce que β = b/2α, que insertada en la primera conduce a
b2
=a
4α2
α2 +
α4 − aα2 +
⇐⇒
b2
= 0.
4
Las soluciones de esta ecuación son
2
α =
de donde
a±
√
a2 − b2
,
2
√
√
b2
a ∓ a2 − b2
b2 (a ∓ a2 − b2 )
b2
√
=
=
.
=
β =
4α2
2(a2 − a2 + b2 )
2
2(a ± a2 − b2 )
2
Como exigimos que α > β ≥ 0, la única solución es
α=
s
a+
√
a2
2
−
b2
,
β=
s
a−
√
a2 − b2
.
2
Ahora definimos f (z) = log(α + βz) y u(x, y) = Re f (z), con lo que
Z
0
2π
ln(a + b cos θ) dθ = 2
Z
0
2π
iθ
ln |α + βe | dθ = 2
Z
2π
0
= 4π Re f (0) = 4π ln α = 2π ln
u(cos θ, sen θ) dθ = 4πu(0, 0)
!
√
a + a2 − b2
.
2
Problema 4.23. Sean f, g dos funciones holomorfas en el dominio Ω ⊂ C y supongamos que g es inyectiva
en Ω y que g ′ (z) 6= 0 para todo z ∈ Ω. Sea γ ∈ Ω un contorno cerrado simple orientado positivamente que
rodea z; entonces, prueba que
I
f (ζ)
g ′ (z)
dζ.
f (z) =
2πi γ g(ζ) − g(z)
AYUDA :
Aplica la fórmula integral de Cauchy a la función holomorfa

f (ζ)(ζ − z)


si ζ 6= z,


 g(ζ) − g(z)
h(ζ) =


f (z)


 ′
si ζ = z.
g (z)
68
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
Solución: Dado z ∈ Ω, definamos la función

f (ζ)(ζ − z)




 g(ζ) − g(z)
h(ζ) =


f (z)


 ′
g (z)
si ζ 6= z,
si ζ = z.
Esta función es holomorfa en Ω porque f y g lo son, porque por ser g inyectiva en Ω el denominador sólo se
anula en ζ = z y porque en ese punto está definida de manera continua. Entonces, por el teorema de Cauchy,
I
h(ζ)
1
dζ,
h(z) =
2πi γ ζ − z
y sustituyendo la expresión de h,
f (z)
1
=
′
g (z)
2πi
I
γ
f (ζ)
dζ,
g(ζ) − g(z)
de donde se sigue el resultado.
Problema 4.24. (a) Sea f (z) una función holomorfa en el disco D(0, R0 ). Prueba que si |a| < R < R0 y
γ es la circunferencia |z| = R orientada positivamente, entonces
I
R2 − |a|2
1
f (z) dz.
f (a) =
2πi γ (z − a)(R2 − za)
(b) Del apartado anterior deduce la fórmula de Poisson para funciones holomorfas, siendo 0 ≤ r < R y
0 ≤ θ < 2π:
Z 2π
R2 − r 2
1
iϕ
f
Re
dϕ.
f reiθ =
2π 0 R2 − 2Rr cos(θ − ϕ) + r2
(c) A partir del apartado anterior, deduce la fórmula de Poisson para funciones armónicas u(x, y) en el
cı́rculo x2 + y 2 < R02 :
1
u(r cos θ, r sen θ) =
2π
Z
2π
0
R2 − r 2
u(R cos ϕ, R sen ϕ) dϕ.
R2 − 2Rr cos(θ − ϕ) + r2
Solución: (a) El denominador del integrando tiene dos raı́ces: z = a y z = R2 /a. El módulo de esta última
es
2
R R2
R2
=
>
= R,
a |a|
R
ya que |a| < R. Por lo tanto, la función
R2 − |a|2
f (z)
R2 − za
es holomorfa sobre γ y en su interior. Por la fórmula de Cauchy,
I
R2 − |a|2
R2 − |a|2
1
f
(z)
dz
=
f (a) = f (a).
2πi γ (z − a)(R2 − za)
R2 − aa
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
69
(b) Escribimos a = reiθ y parametrizamos γ como z(ϕ) = Reiϕ , con 0 ≤ ϕ ≤ 2π, con lo que la integral
queda
iθ
f re
1
=
2π
=
=
1
2π
1
2π
Z
Z
Z
2π
0
2π
0
2π
0
R2 − |a|2
f (Reiϕ )Reiϕ dϕ
(Reiϕ − reiθ )(R2 − Rrei(ϕ−θ) )
R2 − |a|2
f (Reiϕ ) dϕ
−i(ϕ−θ)
i(ϕ−θ)
(R − re
)(R − re
)
2
2
R − |a|
f (Reiϕ ) dϕ,
R2 + r2 − 2Rr cos(ϕ − θ)
que, gracias a la paridad del coseno, coincide con la fórmula de Poisson.
(c) Basta tomar la parte real en los dos miembros de la fórmula de Poisson.
Problema 4.25. Sea f (z) una función holomorfa en un dominio Ω que contiene el disco D(0, 1), y sea
γ = ∂D(0, 1).
(a) Prueba que se verifica
I 1 f (z)
dz = 2πi 2f (0) + f ′ (0) .
2+z+
z
z
γ
(b) Usando el apartado anterior prueba que
Z 2π
π
f eiθ cos2 (θ/2) dθ = πf (0) + f ′ (0).
2
0
Solución: (a)
I γ
1
2+z+
z
f (z)
dz = 2
z
I
I
f (z)
f (z)
′
=
2πi
2f
(0)
+
f
(0)
.
dz + f (z) dz +
dz
2
γ
γ z
γ z
| {z } | {z } | {z }
I
=2πif (0)
=0
=2πif ′ (0)
(b) Parametrizando γ como z(θ) = eiθ con 0 ≤ θ ≤ 2π, tenemos
2+z+
1
= 2 + eiθ + e−iθ = 2(1 + cos θ) = 4 cos2 (θ/2)
z
luego
Z 2π
I 1 f (z)
4 cos2 (θ/2) eiθ dθ = 2πi 2f (0) + f ′ (0)
dz = i
2+z+
z
z
0
γ
y despejando,
Z
2π
0
π
f eiθ cos2 (θ/2) dθ = πf (0) + f ′ (0).
2
70
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
Problema 4.26. Sean γ, γ1 , . . . , γn contornos cerrados simples con orientación positiva tales que γ1 , . . . , γn
están en el interior de γ y los interiores de dos cualesquiera de ellos tienen interesección vacı́a. Sea f (z) una
función holomorfa en Ω, siendo Ω la región comprendida entre el contorno γ y los contornos γ1 , . . . , γn .
Prueba la fórmula integral de Cauchy para dominios múltiplemente conexos
f (a) =
1
2πi
I
γ
n
X 1
f (z)
dz −
z−a
2πi
k=1
I
γk
f (z)
dz,
z−a
∀a ∈ Ω.
Concluye que si A es una región cerrada de C (con o sin agujeros) y a es un punto del interior de A, la
fórmula integral de Cauchy se expresa como
I
f (z)
1
dz.
f (a) =
2πi ∂A z − a
Aplica el teorema de Cauchy-Goursat para dominios múltiplemente conexos a la función [f (z) −
f (a)]/(z − a).
AYUDA :
Solución: Definamos la función

 f (z) − f (a)
g(z) =
z−a
f ′ (a)
si z 6= a,
si z = a.
Esta función es holomorfa en Ω. Entonces, el teorema de Cauchy-Goursat para dominios múltiplemente
conexos afirma que
I
n I
X
g(z) dz.
g(z) dz =
γ
k=1
γk
Sustituyendo la función (nótese que a ∈
/ γ, γk ),
I
n I
X
f (z) − f (a)
f (z) − f (a)
dz =
dz.
z−a
z−a
γ
γk
k=1
Ahora bien, el miembro de la izquierda se transforma en
I
I
I
I
f (z)
f (z)
dz
f (z) − f (a)
=
dz =
dz − f (a)
dz − 2πif (a),
z−a
γ z−a
γ z−a
γ z−a
γ
| {z }
=2πi
y el de la derecha,
I
γk
f (z) − f (a)
dz =
z−a
I
I
f (z)
dz − f (a)
z−a
γk
dz
=
γk z − a
| {z }
I
=0
ası́ que sustituyendo,
I
γ
de donde
n
X
f (z)
dz − 2πif (a) =
z−a
f (a) =
k=1
1
2πi
I
γ
I
f (z)
dz,
z−a
I
f (z)
dz.
z−a
n
X
f (z)
dz −
z−a
k=1
γk
γk
γk
f (z)
dz,
z−a
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
71
Problema 4.27. Demuestra que si f (z) es holomorfa en D(0, R) − {0} y 0 < r < R, la integral
Z
2π
0
f reiθ dθ
es independiente de r.
AYUDA :
Aplica el teorema de Cauchy-Goursat para dominios múltiplemente conexos.
Solución: Definiendo el contorno z(θ) = reiθ con 0 ≤ θ ≤ 2π, para la cual z ′ (θ)/z(θ) = i,
Z 2π I
1
f (z)
f reiθ dθ =
dz.
i
0
|z|=r z
Por el teorema de Cauchy-Goursat para dominios múltiplemente conexos,
I
I
1
f (z)
1
f (z)
dz =
dz
i |z|=r z
i |z|=r0 z
para cualquier 0 < r0 < R, una integral que es, evidentemente, independiente de r.
Problema 4.28. Sea f (z) una función holomorfa en todo C. A partir del teorema de Liouville demuestra
que
(a) si |f | ≥ 1, entonces f es contante;
(b) si Re f ≥ 0, entonces f es contante;
(c) si Im f ≤ 1, entonces f es contante;
(d) si Re f no tiene ceros, entonces f es contante;
(e) si existe una recta que no corta a f (C), entonces f es constante.
AYUDA : En cada caso estudia (a) 1/f , (b) ef , (c) e−i(f −1) , (d) la imagen de |ef |, (e) encuentra una transfor-
mación de f que reduzca el problema al caso (d).
Solución: (a) Como |f | =
6 0 entonces f 6= 0 y, por tanto, 1/f es holomorfa en C. Su módulo
1
= 1 ≤ 1,
f |f |
por lo que está acotada. Entonces, por el teorema de Liouville, f = const.
(b) La función e−f es holomorfa en C. Su módulo
|e−f | = e− Re f ≤ 1,
por lo que por está acotada. Ası́ que, según el teorema de Liouville, e−f = const. y, por consiguiente,
f = const.
(c) La función e−if es holomorfa en C. Su módulo
|e−if | = eIm f ≤ e,
por lo que por está acotada. Ası́ que, según el teorema de Liouville, e−if = const. y, por consiguiente,
f = const.
72
4 INTEGRACIÓN EN EL PLANO COMPLEJO
(d) Si Re f 6= 0 entonces o bien Re f > 0 o bien Re f < 0. En el primer caso |e−f | < 1, lo que hemos
visto que implica f = const. En el segundo caso |ef | < 1 lo que de nuevo implica f = const.
(e) Sea y = tan θx + b la recta; si f (C) no corta la recta nunca, eso significa que
Im f 6= tan θ Re f + b
⇔
Im f − b 6= tan θ Re f
⇔
tan θ Re f − (Im f − b) 6= 0.
Multiplicando por sen θ,
tan θ Re f − (Im f − b) 6= 0
⇔
cos θ Re f − sen θ(Im f − b) 6= 0
⇔
h
i
Re eiθ (f − ib) 6= 0.
La función g = eiθ (f − ib) es holomorfa en C, y como Re g no tiene ceros, según hemos visto eso
implica que g = const., es decir, que f = const.
Problema 4.29. Prueba que una función holomorfa en C que verifique |f (z)| ≤ M |z|m para |z| suficientemente grande, donde m ∈ N, es necesariamente un polinomio de grado a lo más m.
AYUDA : Usa un argumento similar a la demostración del teorema de Liouville para probar que f (m+1) (z)
=
0 en C.
Solución: Según la desigualdad de Cauchy,
(m+1) (m + 1)!MR
(z) ≤
,
f
Rm+1
siendo MR el máximo de |f (z)| sobre la circunferencia |z| = R. Si R es suficientemetne grande, digamos
mayor que R0 , entonces MR ≤ M Rm , con lo que
(m+1) (m + 1)!M
(z) ≤
.
f
R
Evidentemente, f (m+1) (z) está acotada en |z| ≤ R0 por ser holomorfa. Entonces tenemos una función
holomorfa en C y acotada, de manera que debe ser constante, f (m+1) (z) = c. De la desigualdad se sigue
que
(m + 1)!M
|c| ≤
R
para todo R > R0 , ası́ que c = 0. Si f (m+1) (z) = 0 entonces f (z) es un polinomio de grado a lo sumo
m.
Problema 4.30. Prueba que si una función no constante f (z) es doblemente periódica en la forma
f (z + a) = f (z),
f (z + ib) = f (z),
a, b > 0,
no puede ser holomorfa en el rectángulo {z ∈ C : 0 ≤ Re z ≤ a, 0 ≤ Im z ≤ b}.
AYUDA :
Usa el teorema de Liouville.
Solución: Si fuera holomorfa, f estarı́a acotada en el rectángulo; por la periodicidad, f estarı́a acotada en
todo C, y serı́a, pues, constante. Luego no puede ser holomorfa en el rectángulo.