Cálculo de integrales reales impropias mediante teoría de residuos
Teorema 1. Seaf :C→C tal que
a) f es holomorfa en Im(z)>0 salvo en un númerofinito de puntos ninguno de los cuales está sobre el eje real,
b) lim
z→∞ Im(z)>0
|zf(z)|= 0.
Entonces
lim
R→+∞
R
Z
−R
f(x)dx= 2πiX
k
Res[f, zk].
siendo zk las singularidades def con parte imaginaria positiva.
D) La idea es encontrar un recinto donde valga el teorema de los residuos para esta f y que la integral def sobre una parte de su frontera se relacione con la integral que queremos calcular pero que además, sea relativamente fácil ver qué sucede con la integral de f sobre el resto de la frontera.
Consideremos el recinto definido por |z| 6 R en Im(z) > 0 con R suficien-temente grande de manera que contenga a todas las singularidades zk con parte
imaginaria positiva. El borde del recintoΓR , está compuesto por la
semicircun-ferencia γR :z(t) =Reit con06t6π y el intervalo [
−R, R]. Gráficamente,
Por el teorema de los residuos y dada la elección deR:
Z
Γ+R
f(z)dz = 2πiX
k
Res[f, zk]. (1)
Por otro lado,
Z
Γ+R
f(z)dz =
R
Z
−R
f(x)dx+
Z
γ+R
La segunda integral puede acotarse haciendo:
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Z
γR
f(z)dz
¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯6πRzsup∈ΓR|
f(z)|=π sup
z∈ΓR|
zf(z)|
Claramente debido a la hipótesis b), el término a la derecha de la última igualdad tiende a cero cuandoR tiende a infinito y en consecuencia, lo mismo vale para la segunda integral de (2). Finalmente, tomando límite paraR tendiendo a infinito en (1), resulta la tesis.¤
Observación: Sif satisface las hipótesis del Teorema 1 pero en Im(z)60, una demostración análoga prueba que
lim
R→+∞
R
Z
−R
f(x)dx=−2πiX
k
Res[f, zk].
siendo zk las singularidades def con parte imaginaria negativa.
Corolario 1. Si f es integrable en (−∞,∞) y su extensión como función compleja verifica las hipótesis del Teorema 1, entonces:
∞
Z
−∞
f(x)dx= 2πiX
k
Res[f, zk]
siendo zk las singularidades def con parte imaginaria positiva.
D) Es inmediato del Teorema 1 y la relación entre la integral impropia con su valor principal.¤
Ejemplo: La convergencia de la integral ∞
Z
0
dx
(1 +x2)4 se concluye usando el
criterio de comparación y la convergencia de ∞
Z
1
dx
x6.Para hallar su valor,
calculare-mos ∞
Z
−∞
dx
(1 +x2)4 aplicando el resultado anterior. La función f(z) = 1 (1 +z2)4
cumple las hipótesis del Corolario 1 y su única singularidad en el semiplano
su-perior esz =i, que es un polo de orden4.Sabemos que Res[f, i] = ϕ 000(i)
3! siendo
ϕ(z) = (z−i)4f(z) y resulta que
Res[f, i] = 5
32i.Luego,
∞
Z
0
dx
(1 +x2)4 = 1 2
∞
Z
−∞
dx
(1 +x2)4 = 5π
Teorema 2. Seaf :C→C tal que
a) f es holomorfa en Im(z)>0 salvo en un númerofinito de puntos ninguno de los cuales está sobre el eje real,
b) zlim →∞ Im(z)>0
|f(z)|= 0.
Entonces para cualquierα>0 :
lim
R→+∞
R
Z
−R
f(x)eiαxdx= 2πiX
k
Res[f(z)eiαz, zk].
siendo zk las singularidades def con parte imaginaria positiva.
D) Sigue la misma línea que la demostración del Teorema 1. Es posible acotar la integral definida sobre la semicircunferencia y demostrar que tiende a cero cuando R tiende a+∞ en tanto α sea un número real positivo. ¤
Corolario 2. Sif(x)eiαx es integrable en(−∞,∞)y la extensión def como función compleja verifica las hipótesis del Teorema 2, entonces para cualquier
α >0:
∞
Z
−∞
f(x)eiαxdx= 2πiX
k
Res[f(z)eiαz, zk]
y por lo tanto,
∞
Z
−∞
f(x)cos(αx)dx= Re
Ã
2πiX
k
Res[f(z)eiαz, zk]
!
∞
Z
−∞
f(x)sen(αx)dx= Im
Ã
2πiX
k
Res[f(z)eiαz, zk]
!
siendo zk las singularidades def con parte imaginaria positiva.
D) Es inmediato del Teorema 2 y la relación entre la integral impropia con su valor principal.¤
Ejemplo: La convergencia de la integral ∞
Z
−∞
cos(mx)
1 +x2 dx se puede concluir
mediante el criterio de comparación y la convergencia de ∞
Z
1
dx
x2. Para hallar
su valor, aplicaremos el Corolario 2 a la función f(z) = 1
1 +z2 . En efecto, esta función cumple las hipótesis requeridas. Su única singularidad en el
semi-plano superior es z = i que es un polo de orden 1 para e
imz
Res[ e
imz
1 +z2, i] = limz→i
eimz
z+i = e−m
2i . Luego,
∞
Z
−∞
cos(mx) 1 +x2 dx=
π
em.
El siguiente ejemplo da muestra de un ejemplo en donde no se verifican las hipóte-sis de los teoremas anteriores pero que también se puede resolver mediante resid-uos haciendo una elección ad-hoc del recinto.
Ejemplo: Si 0 < a <1, la integral ∞
Z
−∞
eax
1 +exdx converge. Para calcular su
valor, tomaremos como recinto el rectángulo de la siguiente figura:
Aplicando el teorema de los residuos y parametrizando el borde, dado que la
única singularidad de e
az
1 +ez es z =πi, tenemos que
R
Z
−R
eax
1 +exdx+
2π
Z
0
ea(R+iy)
1 +eR+iyidy+
−ZR
R
ea(x+2πi)
1 +ex+2πidx+
0
Z
2π
ea(−R+iy)
1 +e−R+iyidy=
= 2πiRes[ e
az
1 +ez,πi] =−2πie aπi
(3)
Acotando la segunda integral:
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
2π
Z
0
ea(R+iy) 1 +eR+iyidy
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯6
2π
Z
0
eaR
|1 +eR+iy|dy6
2π
Z
0
eaR
eR−1dy = 2π
eaR
eR−1
Finalmente, tomando límite paraR tiende a+∞en (3) se obtiene
(1−e2aπi) ∞
Z
−∞
eax
1 +exdx=−2πie aπi
de donde
∞
Z
−∞
eax
1 +exdx= 2πi
eaπi e2aπi−1 =
π
sen(πa)
Teorema 3. Seaz0 ∈Run polo simple def(z)yγrdada porz(t) =z0+reiϕ conϕ1 6ϕ6ϕ2 yr >0.Entonces:
lim
r→0
Z
γ+r
f(z)dz =i(ϕ2−ϕ1)Res[f, z0]
D) Como f tiene un polo simple en z0 entonces existe R > 0 tal que para todo z ∈B∗
R(z0), f se puede escribir:
f(z) = a
z−z0
+h(z)
cona =Res[f, z0]yh holomorfa en BR(z0).Luego, para todo r < R:
Z
γ+r
f(z)dz =
Z
γ+r
a z−z0
dz+
Z
γ+r
h(z)dz (4)
En particular, h es continua en el disco y por lo tanto, existe M > 0 tal que |h(z)|6M enBR(z0).Por lo tanto,
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Z
γ+r
h(z)dz
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
6(ϕ2−ϕ1)rM −−→r→0 0
Por otro lado,
Z
γ+r
a z−z0
dz =Res[f, z0]
Z
γ+r
dz z−z0
=Res[f, z0]
ϕ2
Z
ϕ1 ireiϕ
reiϕ dϕ=i(ϕ2−ϕ1)Res[f, z0]
Finalmente, haciendo ar tender a cero en (4), se obtiene la tesis.¤
Si se quiere calcular ∞
Z
−∞
f(x)cos(αx)dx ( ∞
Z
−∞
f(x)sen(αx)dx) pero f tiene un
el Corolario 2. Un caso así se presenta en el siguiente ejemplo que se resuelve aplicando el Teorema 3.
Ejemplo: Por el criterio de Dirichlet se prueba que la integral ∞
Z
0 senx
x dx
converge. Esta convergencia es condicional ya que ∞
Z
0
¯ ¯
¯senxx¯¯¯dx diverge.
Dado que
∞
Z
0 senx
x dx=
1 2
∞
Z
−∞ senx
x dx=
1 2Im
⎡ ⎣
∞
Z
−∞
eix
x dx
⎤ ⎦,
calculamos ∞
Z
−∞
eix
x dx.Consideremos el recinto determinado por la intersección de
|z| 6 R con |z| > r en Im(z) > 0 para R > r > 0. El borde del recinto C está compuesto por las semicircunferencias γR : z(t) = Reit y γ
r : z(t) = reit con
06t6π y los intervalos[−R,−r] y[r, R], es decir,
Como e
iz
z sólo tiene una singularidad en z = 0 :
Z
C+
eiz
z dz = 0
y descomponiendo la integral convenientemente:
−r
Z
−R
eiz
z dz+
Z
γ−r
eiz
z dz+
Z
γ+R eiz
z dz+
R
Z
r
eiz
Resulta que la integral sobreγR tiende a cero cuandoR tiende a +∞ ya que
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Z
γR
eiz
z dz
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯=
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
π
Z
0
eiR(cost+isent)
R eit R i e itdt
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯6
π
Z
0
¯
¯e−Rssent+iRcost¯¯dt=
π
Z
0
e−Rsentdt=
= 2
πZ/2
0
e−Rsentdt62
πZ/2
0
e−π2Rtdt=−πe
−R
−1
R −−−−−→R→+∞ 0
(en la última desigualdad se usó que sent >2t/π en el intervalo[0,π/2]).
Por lo tanto, tomando límite para R tendiendo a +∞ y r a cero en (5) y aplicando el Teorema 3 se obtiene:
∞
Z
−∞
eix
x dx = limr→0
Z
γ+R eiz
z dz =iπRes
∙
eiz
z ,0
¸
=iπ
y
∞
Z
0 senx
x dx=
π
2.
Completamos con el siguiente ejemplo que involucra el uso de una rama de una función multiforme:
Ejemplo: Supongamos que se sabe que la integral ∞
Z
0
f(x)
xα dxconverge y que
• 0<α<1,
• f tiene finitas singularidades, ninguna sobre el eje real positivo
• zf(z)−→0 siz −→ ∞.
Si llamamos Γal borde del recinto Ω y cada zk es una singularidad de f, por el
teorema de los residuos sabemos que:
Z
Γ+
f(z)
zα dz = 2πi
X
k
Res[f(z)
zα , zk]
conzα definida por la rama del logaritmo con 0<arg(z)<2π.
Analicemos las integrales sobre cada una de las curvas que componenΓ: •
Z
γ+1 f(z)
zα dz =
R
Z
r
f(teiε)
(teiε)αe
iεdt=
R
Z
r
f(teiε) tαeiαε e
iεdt
−−→
ε→0
R
Z
r
f(t)
tα dt
ya que f(te
iε)
tαeiαε dt−−→ε→0
f(t)
tα uniformemente respecto de t (se prueba a partir
de la continuidad de la f, acotando adecuadamente) •
Z
γ−3 f(z)
zα dz =−
R
Z
r
f(te(2π−ε)i)
tαe(2π−ε)iα e
(2π−ε)idt
−−→
ε→0R
α−2πiα
R
Z
r
f(t)
tα dt
•
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Z
γ2
f(z)
zα dz
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯=
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
2πZ−ε
ε
f(R eit)
Rαeiαt iR e itdt
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯6
2Zπ−ε
ε
|f(R eit)
|R
Rα dt6
6(2π−2ε)M(R)R
Rα −−→ε→0 2π
•
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Z
γ4 f(z)
zα dz
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯=
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯−
2Zπ−ε
ε
f(r eit)
rαeiαt ire itdt
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯6
2πZ−ε
ε
|f(r eit)|r rα dt6
6(2π−2ε)Cr1−α −−→ε→0 2πCr1−α
Por lo tanto, tomando límite paraR →+∞, r→0 yε→0 resulta:
2πiX
k
Res[f(z)
zα , zk] = (1−e
−2πiα)
∞
Z
0
f(t)
tα dt
y entonces,
∞
Z
0
f(t)
tα dt=
2πi
1−e−2πiα
X
k
Res[f(z)