Integrales Reales con Residuos

Aplicación de los Residuos al cálculo de
Integrales Reales
A continuación, se hará un estudio sobre ciertos tipos de integrales reales que
presentan una equivalencia con las integrales complejas sobre caminos cerrados, y
que pueden calcularse aplicando el teorema de los residuos.
Integrales reales de la forma:
∫
2π
0
F ( sen nθ , cos mθ ) dθ donde F es una función
racional en senos y cosenos.
Si consideramos el contorno:
C : z = e jθ , 0 ≤ θ ≤ 2π
se tiene que:
dz = je jθ dθ
dθ =
dz
jz
sen nθ =
e jnθ − e− jnθ z n − z − n z 2 n − 1
=
=
2j
2j
2 jz n
(1)
cos mθ =
e jmθ + e− jmθ z m + z − m z 2 m + 1
=
=
2
2
2zm
(2)
por lo tanto, la integral real es equivalente a la integral compleja sobre z = 1 , esto
es:
∫
2π
0
F ( sen(nθ ), cos(mθ ) ) dθ =
⎛ z n − z −n z m − z −m
F
>z∫=1 ⎜⎝ 2 j , 2
⎞ dz
⎟
⎠ jz
(3)
El integrando en 3 es una función racional de z; si la función no tiene polos en
z = 1 , la integral la calculamos aplicando el teorema de los residuos considerando
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solo a los polos zk tales que zk < 1 . Cabe recordar que el resultado de esta
integral debe ser un número real.
Ejemplo 1:
∫
Calcular:
2π
0
1
dθ
1 + sen 2θ
Aplicando la fórmula anterior:
∫
2π
0
1
dθ =
1 + sen 2θ
1
dz
⎛ z 2 − 1 ⎞ jz
z =1
1+ ⎜
⎟
⎝ 2 jz ⎠
>∫
2
simplificando:
∫
2π
0
1
dθ =
1 + sen 2θ
>∫
z =1
−4
dz
j ( z − 6 z 2 + 1)
4
Ahora resolvemos la integral compleja aplicando el teorema de los residuos: Las
singularidades son:
z1 = 1 + 2 ∉ z < 1
z2 = 1 − 2 ∈ z < 1 , polo simple
z3 = −1 + 2 ∈ z < 1 , polo simple
z4 = −1 − 2 ∉ z < 1
Aplicando la fórmula de los residuos para polos simples tenemos:
Re s [ f , z = z2 ] =
Re s [ f , z = z3 ] =
2
−4 z
−4
−4
2
=
=
=
3
2
j (4 z − 12 z ) z = z2
j (4 z2 − 12) j (−8 2) 4 j
−4
j (4 z3 − 12)
2
=
−4
j (−8 2)
=
2
4j
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Finalmente:
∫
2π
0
1
dθ = 2π
1 + sen 2θ
⎛ 2
2⎞
+
j ⎜⎜
⎟⎟ = 2π
4
j
4
j
⎝
⎠
Ejemplo 2:
Demostrar que:
π
dx
∫ ( a + c os x )
0
2
=
(
aπ
a −1
2
)
3
,
(a > 1)
Como el intervalo de la integral no es de longitud 2π , no podemos aplicar
directamente la fórmula 3, sin embargo, observando que se cumple que
F ( x ) = F ( 2π − x ) (simetría respecto del eje x = π ), ó de manera equivalente
F ( x ) = F ( − x ) (debido a la periodicidad de las funciones sen y cos, ver figura 1),
entonces:
I =∫
π
0
dx
( a + c os x )
2
=
1 2π
dx
∫
2 0 ( a + c os x )2
π
Figura 1
Aplicando la fórmula 2:
I=
1
2
>∫
z =1
dz
⎛
z2 + 1 ⎞
jz ⎜ a +
⎟
2z ⎠
⎝
2
dz
3
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luego de simplificar el integrando nos queda:
I=
1
j
2 zdz
dz
2
(
2
1)
z
+
az
+
z =1
>∫
2
las singularidades son:
z1 = −a + a 2 − 1 , (polo doble), z1 ∈ z < 1
z2 = −a − a 2 − 1 , (polo doble), z2 ∉ z < 1
calculando residuos:
⎡
⎤
⎡ 2 z ( z − z ) 2 ⎤′
2z
1
⎢
⎥
Res
, z = z1 = lim ⎢
2
2⎥
2
z
→
z
2
1
⎢ ( z + 2az + 1)
⎥
⎢ ( z − z1 ) ( z − z2 ) ⎦⎥
⎣
⎣
⎦
⎡
⎤ 2 z − z 2 − 4z z − z
−2 ( z1 + z2 )
( 1 2)
2z
1( 1
2)
⎢
Res
, z = z1 ⎥ =
=
2
4
3
⎢ ( z 2 + 2az + 1)
⎥
z1 − z2 )
z1 − z2 )
(
(
⎣
⎦
⎡
⎤
2z2
⎥
Res ⎢
,
z
=
z
1 =
⎢ ( z 2 + 2az + 1)2
⎥
⎣
⎦ 8
(
4a
a2 − 1
)
3
=
2
(
a
a2 − 1
)
3
finalmente:
π
dx
∫ ( a + cos x )
0
4
2
1
=
j
>∫
z =1
2 z 2 dz
(z
2
+ 2az + 1)
2
⎡
1⎢
= ⎢ 2π j
j⎢
2
⎣
(
⎤
⎥
=
3 ⎥
2
a −1 ⎥
⎦
a
)
(
aπ
a2 − 1
)
3
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Ejercicios Propuestos
Calcular las siguientes integrales reales:
1.-
2.-
∫
0
dθ
2π
∫ ( a + b cos θ )
0
2π
3.-
∫
4.-
∫
5.-
dθ
, a >1
a + cos θ
2π
0
2π
0
∫
π
0
2
,a>b>0
cos 2 (3θ)dθ
, (a∈¢, a ≠ ±1)
1 − 2asenθ + a 2
dx
1 + sen 2 x
dx
3 + 2cos x
Pruebe que:
π
6.-
∫
7.-
∫ π 1 + cos
0
π
−
8.-
∫
π
9.-
∫
π
0
0
cos 2 n θ dθ = π
dθ
2
θ
( 2n ) !
, n = 1, 2,"
2
22 n ( n !)
(Fórmula de Wallis)
=π 2
cos 2θ dθ
a 2π
=
1 − 2ac os θ + a 2 1 − a 2
sen 2 nθ dθ =
(2n)!
π
2 (n !) 2
2n
, (−1 < a < 1)
, (n = 1, 2,")
5
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Integrales impropias de la forma
∫
∞
−∞
f ( x)dx , con f ( z ) sin polos reales
Si se considera el valor principal de Cauchy para la integral impropia
∫
∞
−∞
f ( x)dx , se
obtiene que:
∫
∞
−∞
r
f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx
r →∞ − r
Cuando f ( x ) es una función impar la integral vale cero, y en caso contrario, la
integral tendrá un valor real si la misma converge. En algunos problemas, es
posible utilizar el teorema de los residuos para calcular el valor de la integral, como
se verá a continuación.
Consideremos el contorno cerrado C = C1 ∪ C2 donde C1 : z = r e jθ 0 ≤ θ ≤ π y
C2 : z = x , −r ≤ x ≤ r , mostrado en la figura 2 ( r lo suficientemente grande de tal
forma que todas las singularidades de f ( z ) en el semiplano superior queden en el
interior de C ). Entonces, aplicando el teorema de los residuos sobre el este
contorno tendremos:
>∫ f ( z) dz = >∫
C
C1
f ( z ) dz + >∫ f ( z ) dz = 2π j
C2
∑
Im( zk ) > 0
C2
C1
Figura 2
Se observa que:
>∫
C1
6
r
f ( z ) dz = ∫ f ( x) dx
−r
Re s( f ( z ), zk )
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por lo que:
∫
r
−r
f ( x) dx = 2π j
∑
Im( zk ) > 0
Re s ( f ( z ), zk ) − >∫ f ( z ) dz
C2
haciendo que r → ∞ , nos queda:
∫
∞
−∞
f ( x) dx = 2π j
∑
Im( zk ) > 0
Re s ( f ( z ), zk ) − lim ∫ f ( z )dz
r →∞
C2
Ahora bien, si:
lim ∫ f ( z )dz = 0
r →∞
(4)
C2
entonces:
∫
∞
−∞
f ( x)dx = 2π j
∑
Im( zk ) > 0
Re s ( f ( z ), zk )
(5)
La condición 4 ocurre cuando se cumple que:
lim ⎣⎡π r.Max( f (r e jθ ) ,0 ≤ θ ≤ π ) ⎦⎤ = 0
r →∞
Debido a que de acuerdo con la desigualdad M.L., se tiene:
lim
r →∞
θ
∫ f ( z )dz ≤ lim ( Max f ( r e ) .π r ) = 0
j
C2
r →∞
y en consecuencia:
lim ∫ f ( z )dz = 0
r →∞
C2
7
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Si consideramos la función racional f ( z ) = p ( z ) q ( z ) , entonces podemos escribir:
f ( z) =
p( z ) an z n + an −1 z n −1 + " + a0
=
q( z ) bm z m + bm −1 z m −1 + " + b0
donde suponemos que el grado m del denominador es mayor al grado n del
numerador. Si z tiende hacia infinito, los términos de mayor grado predominan
sobre los demás, por lo que podemos intuir que:
p ( z ) an z n
k
≈
= l
m
q( z ) bm z
z
,
l =m−n
Así, sobre z = r , ( r grande) podemos escribir:
p( z )
k
≤ l =M
q( z )
r
si l ≥ 2 , tenemos al menos:
k
∫ f ( z )dz ≤ r
2
πr =
C2
kπ
r
con estas condiciones, nos queda:
lim ∫ f ( z )dz = 0
r →∞
C2
Como alternativa, podemos considerar como camino auxiliar para cerrar el
contorno y aplicar el teorema de los residuos a la trayectoria
C2 B : z = r e jθ , 2π ≥ θ ≥ π , (figura 3), de tal manera que si se cumple que:
lim
r →∞
8
∫
C2 B
f ( z )dz = 0
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entonces:
∫
∞
−∞
f ( x)dx = −2π j
∑
Im( zk ) < 0
Re s( f ( z ), zk )
el signo menos se debe a que el contorno cerrado está recorrido en el sentido
horario.
C2 B
Figura 3
9
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Integrales impropias de la forma
∫
∞
−∞
f ( x)dx , tal que f ( z ) presenta polos reales
simples
Consideremos ahora el caso en el que exista un polo simple ( wr ) en el eje real. El
valor principal de Cauchy en este caso vendrá dado por:
∫
∞
−∞
f ( x ) dx = lim ∫
wr − ε
f ( z )dz + lim ∫
r
r →∞ wr + ε
r →∞ − r
ε →0
f ( z )dz
ε →0
De acuerdo al contorno cerrado de la figura 4, se tiene:
lim ∫
wr − ε
r →∞ − r
f ( z )dz + lim ∫ f ( z )dz + lim ∫
ε →0
ε →0
= 2π j
∑
Im( zk ) > 0
r
r →∞ wr + ε
ε →0
Cε
f ( z )dz + lim ∫ f ( z )dz
r →∞
C2
Re s ( f ( z ), zk )
Si consideramos a f ( z ) tal que:
lim ∫ f ( z )dz = 0
r →∞
CA
entonces:
lim ∫
wr − ε
r →∞ − r
ε →0
f ( z )dz + lim ∫
r
r →∞ wr + ε
ε →0
f ( z )dz = 2π j
∑
Im( zk ) > 0
C2
Cε
wr
Figura 4
10
Re s ( f ( z ), zk ) − lim ∫ f ( z )dz
ε →0
Cε
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parametrizando Cε :
Cε : z = wr + ε e jθ , π ≥ θ ≥ 0
El desarrollo en serie de Laurent en un entorno de wr (polo simple), tiene la
siguiente forma:
∞
f ( z ) = ∑ ak ( z − wr ) k +
k =0
b1
, 0 < z − wr < δ
( z − wr )
Sustituyendo f ( z ) por su desarrollo de Laurent
dentro de la integral, y
sustituyendo a z por ( wr + ε e jθ ), nos queda:
∫
Cε
π⎛ ∞
b
f ( z ) dz = − ∫ ⎜ ∑ aiε k e jθ + 1jθ
0
εe
⎝ k =0
∞
π
π
⎞
jθ
k +1
jθ
⎟ jε e dθ = − j ∑ aiε ∫0 e dθ − jb1 ∫0 dθ
k =0
⎠
y tomando el límite cuando ε → 0 ,
π
π
⎧ ∞
⎫
lim ∫ f ( z )dz = lim ⎨− j ∑ aiε k +1 ∫ e jθ dθ − jb1 ∫ dθ ⎬
0
0
ε →0
ε →0
⎩ k =0
⎭
Cε
π
π
⎧ ∞
⎫
lim ∫ f ( z ) dz = lim ⎨ − j ∑ ai ε k +1 ∫ e jθ dθ ⎬ − lim jb1 ∫ dθ
0
0
ε →0
ε →0
⎩ k =0
⎭ ε →0
Cε
lim ∫ f ( z )dz = π jb1 = −π j Re s( f ( z ) , wR )
ε →0
Cε
finalmente se obtiene:
∫
∞
−∞
f ( x ) dx =2π j
∑
Im( zk ) > 0
Re s ( f ( z ), zk ) + π j Re s ( f ( z ) , wR )
En general, si tenemos varios polos simples sobre el eje real tendremos:
∫
∞
−∞
f ( x ) dx =2π j
∑
Im( zk ) > 0
Re s( f ( z ), zk ) + π j
∑
Im( wm ) = 0
Re s( f ( z ) , wm )
(6)
11
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Si consideramos como camino auxiliar para cerrar el contorno a la
semicircunferencia C2 B : z = r e jθ , 2π ≥ θ ≥ π , en el semiplano inferior, y
Cε B : z = wr + ε e jθ , π ≤ θ ≤ 2π ,
siguiente resultado:
∫
∞
−∞
∑
f ( x ) dx = −2π j
Im( zk ) < 0
como se muestra en la figura 5, se obtiene el
Re s ( f ( z ), zk ) − π j
∑
Im( wm ) = 0
Re s ( f ( z ) , wm )
(7)
Figura 5
Ejemplo 3:
Calcular:
∫
x −1
∞
−∞
(x
2
+ 1)
2
( x + 1)
dx
En primer lugar, se verifican las condiciones establecidas para aplicar la fórmula 6 y
como el grado del denominador es mayor al menos en 2 al grado del numerador,
entonces la integral de f ( z ) sobre el contorno C2 es 0 cuando r → ∞ :
Polos con Im( z ) > 0 :
z1 = j
(polo doble)
Polos simples en el eje real:
z2 = −1
12
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Calculo de los residuos:
Residuo en z = j .
⎛ z − 1 z − j 2 ⎞′
⎛
⎞′
( )(
) ⎟
1
z −1
⎜
⎟
= lim ⎜
Re s [ f , z = j ] = lim
1! z → j ⎜ ( z 2 + 1)2 ( z + 1) ⎟ z → j ⎜ ( z + j )2 ( z + 1) ⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
calculando previamente los términos de la derivada del cociente:
z − 1 z = j = j − 1 , ( z − 1)′ z = j = 1 ,
⎡( z + j )2 ( z + 1) ⎤′
⎣
⎦
( z + j ) ( z + 1) z = j = −4 − 4 j
2
= 2 ( z + j )( z + 1) + ( z + j )
z= j
2
z= j
= −8 + 4 j
queda:
Re s [ f , z = j ] =
(1)( −4 − 4 j ) − ( j − 1)( −8 + 4 j ) −8 + 8 j 1 1
=
= +
2
32 j
4 4
( −4 − 4 j )
j
Residuo en z = −1 .
z −1
Re s [ f , z = −1] =
⎡( z 2 + 1)2 ( z + 1) ⎤′
⎣⎢
⎦⎥
=−
1
2
z =−1
finalmente:
∫
x −1
∞
−∞
(x
2
+ 1) ( x + 1)
2
dx = 2π j Re s [ f , j ] + π j Re s [ f , −1]
1 1
1
= 2π j ( + j ) − π j
4 4
2
y simplificando resulta: ∫
x −1
∞
−∞
(x
2
+ 1)
2
( x + 1)
dx = −
π
2
13
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Ejemplo 4:
Calculemos
∞
∫ (x
0
1
6
+ 1)
dx
Esta integral no tiene límites de integración de -∞ a ∞, sin embargo, como el
integrando es una función par podemos calcular la integral original como:
∞
∫ (x
0
1
+ 1)
6
dx =
1
2
∞
∫ (x
−∞
1
6
+ 1)
dx
Las singularidades de la función integrando son las seis raíces sextas de -1.
z1 = e
z2 = e
z3 = e
z4 = e
z5 = e
z6 = e
j
π
6
=
3
1
+ j , Im ( z1 ) > 0
2
2
⎛π π ⎞
j⎜ + ⎟
⎝6 3⎠
⎛ π 2π ⎞
j⎜ +
⎟
⎝6 3 ⎠
⎛π
⎞
j ⎜ +π ⎟
⎝6
⎠
⎛ π 4π ⎞
j⎜ +
⎟
⎝6 3 ⎠
⎛ π 5π ⎞
j⎜ + ⎟
⎝6 3 ⎠
= j , Im ( z2 ) > 0
=−
=−
3
1
+ j , Im ( z3 ) > 0
2
2
3
1
− j , Im ( z4 ) < 0
2
2
= − j , Im ( z5 ) < 0
=
3
1
− j , Im ( z6 ) < 0
2
2
Podemos considerar para resolver el problema, tanto a la fórmula 6 como la 7. El
número de singularidades que consideramos en cualquiera de los dos casos es igual
a tres, y en el caso general de polinomios con coeficientes reales, las raíces
complejas se presentan siempre como pares conjugados, por lo que tendremos
igual número de singularidades tanto en el plano superior como en el inferior.
14
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Los residuos en las singularidades correspondientes al semiplano superior son:
z4
⎡ 1
⎤
Re s ⎢ 6
, z = z1 ⎥ =
⎣ z +1
⎦ ( z 6 + 1)′
=
z = z1
z
⎡ 1
⎤
Re s ⎢ 6
, z = z2 ⎥ =
⎣ z +1
⎦
( z 6 + 1)′
4
z4
⎡ 1
⎤
Re s ⎢ 6
, z = z3 ⎥ =
⎣ z +1
⎦ ( z 6 + 1)′
1
1⎛
3 1 ⎞
= ⎜⎜ −
− j⎟
6 z1 6 ⎝ 2 2 ⎟⎠
=
1
1
=− j
6 z2
6
z = z2
=
z = z3
1
1⎛ 3 1 ⎞
= ⎜⎜
− j⎟
6 z3 6 ⎝ 2 2 ⎟⎠
Aplicando la fórmula 6, se tiene que:
∞
∫ (x
0
1
dx =
6
+ 1)
1⎛
⎜ 2π
2 ⎜⎝
⎡1 ⎛
3 1 ⎞ 1
1 ⎛ 3 1 ⎞⎤ ⎞
j⎢ ⎜−
− j⎟ − j + ⎜
− j ⎟
⎜ 2 2 ⎟ 6
⎜ 2 2 ⎟⎟ ⎥ ⎟
6
6
⎠
⎝
⎠ ⎦⎥ ⎠
⎣⎢ ⎝
simplificando:
∞
∫ (x
0
1
6
+ 1)
dx =
π
3
Nótese que el resultado es un número real debido a que corresponde a una
integral real.
15
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Ejercicios Propuestos
Calcular las siguientes integrales reales aplicando el Teorema de los Residuos:
∞
dx
−∞ x + 2 x 2 + 2 x
1.-
∫
2.-
∫
3.-
∫ ( x − 1) ( x
4.-
∫
3
−∞
xdx
(x
2
∞
+ 4 x + 13)
xdx
−∞
2
2
+ 4)
∞
xdx
−∞ x + 7 x 2 − 18
4
∞
dx
, n ∈N
−∞ x
+1
5.-
∫
6.-
∫
16
∞
2n
∞
−∞
dx
=
ax + bx + c
2
2π
4ac − b
2
,
( a,b,c∈ℜ, b2 < 4ac )
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∞
Integrales de la forma
∫ f ( x) e
jax
dx
−∞
Este tipo de integrales se denominan integrales de Fourier, y son utilizadas para
obtener la transformada de Fourier de una función real ( F (ω ) = ∫
∞
−∞
así
como
también
para
1 ∞
F (ω )e jxω d ω ).
( f ( x) =
2π ∫−∞
la
transformada
de
f ( x )e− jω x dx ),
Fourier
inversa
Teorema
(
)
Si lim Max f ( z ) = 0 sobre el contorno C2 : z = r e jt
r →∞
0 ≤ t ≤ π , f ( z ) no tiene
polos reales y a > 0 , entonces:
∞
∫ f ( x) e
jax
−∞
dx = 2π j ∑ Re s ( f ( z ) e jaz , zk ) con Im ( zk ) > 0
(8)
k
Demostración:
Utilizando el valor principal de Cauchy para la integral impropia, y
transformándola a una integral compleja, se tiene:
∞
∫ f ( x)e
−∞
r
jax
dx = lim ∫ f ( z ) e jaz dz
r →∞
−r
y según el teorema de los residuos:
r
lim ∫ f ( z ) e jaz dz + lim ∫ f ( z ) e jaz dz = 2π j ∑ Re s( f ( z ) e jaz , zk )
r →∞
−r
r →∞
C2
k
donde C2 es el contorno mostrado en la figura 2.
17
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Para demostrar el teorema basta con probar que:
lim ∫ f ( z ) e jaz dz = 0
r →∞
C2
En efecto, aplicando la desigualdad ML al contorno C2 :
∫ f ( z)e
jaz
dz ≤
C2
∫ f ( z)e
jaz
dz ≤
C2
(
∫M e
jaz
dz
C2
)
donde M es el Max f ( z ) sobre C2 , entonces:
∫ f ( z)e
jaz
C2
dz = ∫ f ( r e jt ) e ja ( rcoost + jrsent r dt = ∫ Me − ar sent r dt
π
π
0
0
como:
sen t ≤
t
π
,0≤t ≤
π
y a>0
2
entonces:
∫
π
0
π
0
en conclusión:
∫ f (z)e
jaz
dz ≤ M π
CA
Si hacemos que r → ∞ y
(
)
M = lim Max f ( z ) = 0
r →∞
18
π
Me− ar sent r dt = 2M ∫ 2 e− ar sent r dt ≤ 2M ∫ 2 e
0
− ar
t
π
r dt = M π
Facultad de Ingeniería UC
se obtiene:
lim ∫ f ( z ) e jaz dz = 0
r →∞
C2
y entonces:
∞
∫ f ( x) e
jax
−∞
dx = 2π j ∑ Re s ( f ( z ) e jaz , zk ) con Im ( zk ) > 0
(9)
k
Si f ( z ) tiene polos simples en el eje real, tendremos que:
∞
∫ f ( x)e
jax
dx = 2π j
−∞
+π j
∑
Re s( f ( z ) e jaz , zk )
∑
Re s( f ( z ) e , wm ) , a > 0
Im ( zk ) > 0
Im ( wm ) = 0
(10)
jaz
En el caso de a < 0 , utilizamos como camino auxiliar a la semicircunferencia en el
semiplano inferior lo que nos conducirá al siguiente resultado:
∞
∫ f ( x)e
jax
dx = −2π j
−∞
−π j
∑
Im ( zk ) < 0
∑
Im ( wm ) = 0
Re s( f ( z ) e jaz , zk )
Re s ( f ( z ) e , wm ) , a < 0
(11)
jaz
19
Facultad de Ingeniería UC
Ejemplo 5:
Obtener la transformada de Fourier de la función f ( t ) =
sen at
.
t
∞ sen at
⎛ sen at ⎞
e − jωt dt
ℑ⎜
= F (ω ) = ∫
⎟
−∞
t
⎝ t ⎠
F (ω ) = ∫
∞
−∞
(e
jat
− e − jat ) e − jωt
2 jt
dt =
1⎡ ∞ e (
⎢
2 ⎣ ∫−∞ t
j a −ω )t
dt − ∫
∞
−∞
e
− j ( a +ω ) t
t
⎤
dt ⎥
⎦
como:
∫
∞
−∞
e
j ( a −ω )t
t
⎧π j , ω < a
⎪
dt = ⎨ −π j , ω > a
⎪0
, ω=a
⎩
y
∫
∞
−∞
e
− j ( a +ω )t
t
⎧π j , ω < − a
⎪
dt = ⎨ −π j , ω > − a
⎪0
, ω = −a
⎩
en virtud de las fórmulas 10 y 11, y además:
∫
∞
−∞
por ser
1
dt = 0
t
1
una función impar, entonces:
t
⎧0
⎪
F (ω ) = ⎨π
⎪0
⎩
, ω < −a
, −a ≤ω ≤ a
, ω>a
Esta transformada de Fourier corresponde a un filtro pasa-bajo ideal con
frecuencia de corte ω = a .
20
Facultad de Ingeniería UC
Ejemplo 6:
Calcular la transformada de Fourier inversa de
2
.
ω + a2
2
La transformada inversa viene dada por la integral:
1
2π
∞
2
e jxω d ω
−∞ ω + a 2
∫
2
Para x > 0 , y aplicando la fórmula 9, se tiene:
∫
∞
−∞
2
2
⎛
⎞
e jxω d ω = 2π j Re s ⎜ 2
e jxω , ω = aj ⎟
2
2
ω +a
⎝ω + a
⎠
2
donde:
jxw
2
⎛
⎞ e
jxω
=
=
ω
Re s ⎜ 2
e
,
aj
⎟
2
w
⎝ω + a
⎠
=
w = aj
e− ax
aj
por lo tanto:
1
2π
2
e− ax
jxω
e
d
,x>0
ω
=
∫−∞ ω 2 + a 2
a
∞
Para x < 0 , y aplicando la fórmula 11, se tiene:
∫
∞
−∞
2
2
⎛
⎞
e jxω d ω = −2π j Re s ⎜ 2
e jxω , ω = − aj ⎟
2
2
ω +a
⎝ω + a
⎠
2
donde:
jxw
⎡ 2
⎤ e
jxω
Re s ⎢ 2
e , ω = − aj ⎥ =
2
w
⎣ω + a
⎦
w =− aj
e ax
=
−aj
21
Facultad de Ingeniería UC
por lo tanto:
1
2π
2
e ax
jxω
e
d
,x<0
ω
=
∫−∞ ω 2 + a 2
a
∞
Para x = 0 , y aplicando la fórmula 5, se tiene:
∫
∞
−∞
2
⎡ 2
⎤
d ω = 2π j Re s ⎢ 2
, ω = aj ⎥
2
2
ω +a
⎣ω + a
⎦
2
donde:
1
⎡ 2
⎤ 1
Re s ⎢ 2
, ω = aj ⎥ =
=
2
⎣ω + a
⎦ ω ω = aj aj
por lo tanto:
1
2π
∫
∞
−∞
2
1
e jxω d ω = , x = 0
2
a
ω +a
2
En resumen:
⎧ e − ax
⎪ a ,x>0
⎪
−a x
1 ∞
2
e
⎪1
jxω
e dω = ⎨ , x = 0 =
2π ∫−∞ ω 2 + a 2
a
⎪a
ax
⎪e
,x<0
⎪
⎩ a
22
Facultad de Ingeniería UC
Integrales reales impropias de la forma:
∫
∞
−∞
P ( x)
Q ( x)
sen axdx ,
∫
∞
−∞
P ( x)
Q ( x)
cos axdx , con
Grado(Q) > Grado(P) , Q(x) puede tener polos reales simples, y a > 0
Como e j ax = cos ax + jsen ax , entonces:
P ( x)
∫
∞
−∞
Q ( x)
∫
∞
P ( x)
−∞
Q ( x)
P ( x)
sen axdx = Im( ∫
∞
−∞
Q ( x)
cos axdx = Re( ∫
∞
P ( x)
−∞
Q ( x)
e jax dx)
e jax dx)
Si el grado del polinomio P es menor que el grado del polinomio Q se cumple
que:
⎛ P(z) ⎞
=0
lim Max ⎜
⎜ Q( z ) ⎟⎟
r →∞
⎝
⎠
y entonces aplicando la fórmula 10 se tiene:
∫
∞
−∞
P ( x)
Q ( x)
sen axdx = Im[2π j
+π j
∫
∞
−∞
P ( x)
Q ( x)
Re s (
Im ( zk ) > 0
∑
Re s (
Im ( wm ) = 0
cos axdx = Re[2π j
+π j
∑
∑
∑
Im ( wm ) = 0
Re s (
Q( z )
P(z)
Q( z )
Re s(
Im ( zk ) > 0
P( z)
Q( z )
Q( z )
(12)
e jaz , wm )] , a > 0
P( z)
P( z)
e jaz , zk )
e jaz , zk )
(13)
e jaz , wm )] , a > 0
En el caso en que a < 0, podemos hacer los siguientes cambios antes de aplicar las
fórmulas anteriores:
senax = − sen(− ax)
cos(ax) = cos(− ax)
23
Facultad de Ingeniería UC
Otra alternativa es tomar la parte real e imaginaria en la fórmula 11, que
corresponde a valores de a < 0.
Ejemplo 7:
∞
∫x
Calcular:
−∞
x cos x dx
− 2 x + 10
2
En este caso se cumplen las condiciones establecidas para aplicar la fórmula 12, por
lo tanto:
∞
∫x
−∞
x cos x dx
= Re[2π j ∑ Re s ( f ( z ) e jaz , zk )]
− 2 x + 10
Im ( zk ) > 0
2
Los polos del integrando son:
z1 = 1 + 3 j , (polo simple)
Im(z1) > 0
z2 = 1 − 3 j , (polo simple)
Im(z2) < 0
Luego, se calcula el residuo en z1 :
⎡
⎤
z e jz
z e jz
Re s ⎢ 2
, z = 1+ 3 j⎥ =
⎣ z − 2 z + 10
⎦ ( z 2 − 2 z + 10 )′
=
(1 + 3 j )e j (1+ 3 j )
2(1 + 3 j ) − 2
z =1+ 3 j
⎡
⎤ (1 + 3 j )e
ze
Re s ⎢ 2
, z = 1+ 3 j⎥ =
6j
⎣ z − 2 z + 10
⎦
3e−3 cos1 + e−3 sen1 + je−3 (3sen1 − cos1)
=
6
finalmente:
−3 + j
jz
∞
⎛
x cos x dx
3e−3 cos1 + e−3 sen1 + je −3 (3sen1 − cos1) ⎞
= Re ⎜ 2π j
⎟
∫ 2
6
⎝
⎠
−∞ x − 2 x + 10
=
24
π (cos1 − 3sen1)
3e3
Facultad de Ingeniería UC
Ejemplo 8:
∞
sen tx
∫ x(x
Calcular:
0
2
+ 1)
, con t < 0
Los límites de integración no corresponden al problema en estudio, sin embargo,
debido a que el integrando es una función par, podemos calcular la integral como:
∫
∞
0
sentx
dx =
x ( x 2 + 1)
Las singularidades de
1
2
⎛ ∞ e jtx
⎞
sentx
1
⎜
⎟ , t<0
Im
=
dx
dx
2
∫−∞ x ( x 2 + 1)
⎜ ∫−∞ x ( x 2 + 1) ⎟
⎝
⎠
∞
e tz
z ( z 2 + 1)
son:
w1 = 0 , (polo simple en el eje real)
z1 = j , (polo simple con Im ( z1 ) > 0 )
z2 = − j , (polo simple con Im ( z2 ) < 0 )
aplicando la fórmula 11 (ya que t < 0), los residuos a considerar son:
⎡ e jtz
⎤
e jtz
⎥
z
Re s ⎢
,
0
=
=
2
2
⎢⎣ z ( z + 1)
⎥⎦ ( z + 1)
=1
z =0
⎡ e jtz
⎤
e jtz
⎢
⎥
Re s
,z = − j =
2
⎢⎣ z ( z + 1)
⎥⎦ z ( z 2 + 1)′
e jtz
= 2
2z
z =− j
et
=−
2
z =− j
aplicando la fórmula 11:
e jtx
∫−∞ x ( x 2 + 1) dx = − 2π
∞
finalmente:
∫
∞
0
⎛ −et
j⎜
⎝ 2
⎞
t
⎟ − π j (1) = jπ e − jπ
⎠
⎛ ∞
⎞ π
sentx
e jtx
1
⎜
⎟ = ( et − 1)
Im
=
dx
dx
2
⎜ ∫−∞ x ( x 2 + 1) ⎟ 2
x ( x 2 + 1)
⎝
⎠
25
Facultad de Ingeniería UC
Ejercicios propuestos
Calcular las siguientes integrales haciendo uso del teorema de los residuos:
∞
x cos x dx
−∞ x − 2 x + 10
1.-
∫
2.-
∫
∞
3.-
∫
∞
4.-
∫
∞
5.-
∫
∞
6.-
∫
∞
7.-
∫
∞
8.-
∫
∞
9.-
∫
∞
10.-
26
2
cos(tx)
dx ,
−∞ 1 − x 3
−∞
sen ax dx
, a < 0, b > 0
x( x 2 + b 2 )
x sen3 x
( x2 + 4)
0
dx
2
sen x
dx
x
0
−∞
−∞
(
sen x
)
( x − 1) + 1
2
2
(x
−∞
∞
0
dx
cos x
dx
x4 + 1
cos x
−∞
∫
t∈Z
2
+ x + 1)
2
dx
( x + 1) cos x
dx
x 2 + 3x + 2
x sen 2 x
( x 2 + 3)
2
dx
Facultad de Ingeniería UC
11.-
12.-
13.-
∞
∫ (x
0
x sen x
2
x3 sen x
∞
∫ (x
0
∫
∞
+ 1)( x 2 − 4 )
2
+ 1)( x 2 + 4 )
cos ax
( x 2 + b2 )
0
dx
2
dx ,
dx
( a < 0, b < 0 )
Demuestre que:
14.-
∫
∞
15.-
∫
∞
∫
∞
16.-
0
0
0
sen 2 x
π
1 − e−2 a ) ,
dx =
(
2
2
4a
x +a
( a > 0)
sen mxsen nx
π − ma
dx =
e senh na,
2
2
2a
x +a
( a > 0, m ≥ n ≥ 0 )
xsen mx cos nx
π
dx = − e− na senh ma,
2
2
2
x +a
( a > 0, n > m ≥ 0 )
27