Rodrigo Vargas
1. Sean≥2 un entero. Evalue
Z ∞ 0
dx
1 +xn.
Soluci´on. Sea f(z) = 1
1 +zn, entonces f tiene un polo simple en z =
eiπn. SeaC= [0, R]∪C
R∪B tal como lo muestra la figura
R CR={Reit: 0≤t≤2nπ} 2π n eiπn B
Note queeiπn es el ´unico polo def que est´a dentro del contorno. Luego, Z
C
f(z)dz = 2πiRes(f, eiπn).
Usando la regla de L’Hopital se obtiene que
Res(f, eiπn) = l´ım z→eiπn z−eiπn 1 +zn = l´ım z→eiπn 1 nzn−1 =− eiπn n . Luego, Z C f(z)dz= Z C dz 1 +zn = 2πi − eiπn n ! =−2π n ie iπn .
Por otro lado, Z C f(z)dz= Z R 0 f(x)dx+ Z CR f(z)dz+ Z B f(z)dz y se tiene 1
que Z B f(z)dz = Z 0 R ei2nπ 1 + (yei2nπ)n dy=−ei2nπ Z R 0 dy 1 +yn , Z CR f(z)dz ≤ Z CR |f(z)||dz| ≤ Z CR 1 Rn−1|dz|= πR Rn−1 R−→→∞0. Se sigue que Z C f(z)dz= (1−ei2nπ) Z ∞ 0 dx 1 +xn =− 2π n ie iπn, por lo tanto, Z ∞ 0 dx 1 +xn =− 2π n i eiπn 1−ei2nπ = π n 2ieiπn ei2nπ −1 = π n 2i eiπn −e−i π n = π nsen πn .
2. Demuestre que para cualquier 0< a <1,
Z ∞ 0 xa x(1 +x)dx= π sen(πa).
Soluci´on. Haciendo la sustituci´onx=u2 obtenemos que
Z ∞ 0 xa x(1 +x)dx= Z ∞ 0 u2a u2(1 +u2)2udu= 2 Z ∞ 0 u2a−1 1 +u2du .
Ahora bien, sea
f(z) = z 2a−1 1 +z2 donde − π 2 <argz < 3π 2 .
Considere la curva C= [−R,−ε]∪Cε∪[ε, R]∪CR tal como lo muestra
la figura b -R -ε 0 ε R CR Cε i
Por el Teorema de los residuos se tiene Z
C
f(z)dz = 2πiRes(f, i) = 2πii
2a−1 2i =πe
(2a−1) logi =πeiπ
Adem´as, Z C f(z)dz = Z −ε −R f(x)dx+ Z Cε f(z)dz+ Z R ε f(x)dx+ Z CR f(z)dz y se tiene que Z −ε −R f(x)dx = Z ε R (−x)2a−1 1 + (−x)2(−dx) = Z R ε (−1)2a−1x2a−1 1 +x2 dx = −e2πia Z R ε f(x)dx . Z Cε f(z)dz ≤ Z Cε |f(z)||dz| ≤ ε 2a−1 1−ε2πε ε→0 −→0 Z CR f(z)dz ≤ Z CR |f(z)||dz| ≤ R 2a−1 R2−1πR R→∞ −→ 0
Haciendoε→0 yR→ ∞obtenemos que−πieπai= (1−e2πia) Z ∞
0
f(x)dx, lo que implica que
2 Z ∞ 0 f(x)dx=π 2i eπai−e−πai = π sen(πa) .
3. Seankyn≥k+ 2 enteros positivos. Demuestre que
Z ∞ 0 xk xn+ 1dx= π nsenπ(kn+1) .
Soluci´on. Sean
f(z) = z
k
zn+ 1
y la curvaC = [0, R]∪CR∪B tal como lo indica la figura
R CR={Reit: 0≤t≤2nπ} 2π n eiπ n B
Entonces por el Teorema de los Residuos se tiene que Z
C
f(z)dz = 2πiRes(f, eiπn) = 2πi e
ikπ n n(eiπn)n−1 =−2πi n e i(k+1)n π .
Adem´as, Z C f(z)dz = Z R 0 f(x)dx+ Z CR f(z)dz+ Z B f(z)dz y se tiene que Z CR f(z)dz ≤ Z CR |f(z)||dz| ≤ Z CR Rk Rn−1|dz|= πRk+1 Rn−1 R→∞ −→ 0, Z B f(z)dz = Z 0 R ei2nπykei 2πk n yn+ 1 dy =−e i2π(k+1) n Z R 0 yk yn+ 1dy .
HaciendoR→ ∞, obtenemos que Z C f(z)dz =1−ei2π(kn+1) Z ∞ 0 xk xn+ 1dx y por lo tanto, Z ∞ 0 xk xn+ 1dx= −2πinei(k+1)n π 1−ei2π(kn+1) = π n 2i eiπ(kn+1) −e−i π n(k+1) = π nsen πn(k+ 1). 4. Evalue la integral Z 2π 0 dθ 5 + 3 senθ.
Soluci´on. Notemos que
Z 2π 0 dθ 5 + 3 senθ = Z 2π 0 dθ 5 + 3eiθ−e−iθ 2i = 2π Z 2π 0 dθ 10i+ 3(eiθ−e−iθ).
Sea z =eiθ entonces dz =ieiθdθ =izdθ lo que implica quedθ = dz
iz se sigue que Z 2π 0 dθ 5 + 3 senθ = 2i Z |z|=1 dz iz(10i+ 3 z−1z) = 2 Z |z|=1 dz 3z2+ 10iz−3 . Las ra´ıces de la ecuaci´on 3z2+ 10iz−3 = 0 son z =−3i yz =−13i la cual est´a dentro deD. En virtud del Teorema de los Residuos
Z 2π
0
dθ
5 + 3 senθ = 4πiRes
1 3z2+ 10iz−3,− 1 3i = 4πi l´ım z→−13i 1 6z+ 10i = 4πi 1 8i = π 2 .
5. (a) Evalue la integral
Z
|z|=r
|z|2+ 1
(b) Evalue la integral Z ∞ −∞ cos 2x 1 +x2dx. Soluci´on.
(a) Notemos que Z |z|=r |z|2+ 1 z dz = Z 2π 0 r2+ 1 re−iθ ire iθdθ = (r2+ 1)i Z 2π 0 e2iθdθ= r 2+ 1 2 e 2iθ 2π 0 = 0. (b) Seaf(z) = e 2iz
1 +z2, entoncesf tiene un polo simple en ±i. Considere la curvaC = [−R, R]∪CR tal como lo muestra la figura
b
b
−R 0 R
i CR
Entonces, por el Teorema de los Residuos Z
C
f(z)dz) = 2πiRes(f, i) = 2πil´ım
z→i e2iz z+i = 2πi e−2 2i =πe−2. Adem´as, Z C f(z)dz= Z R −R f(z)dz+ Z CR f(z)dz y tenemos que Z CR f(z)dz ≤ Z CR |f(z)||dz| ≤ Z CR |e2iz| R2−1|dz| ≤ π 2 R2−1πR= π3R R2−1 R→∞ −→ 0
la ´ultima desigualdad de arriba es debida al Lema de Jordan. Ha-ciendo R→ ∞tenemos que
Z ∞ −∞ e2ix 1 +x2dx=πe− 2, por lo tanto Z ∞ −∞ cos(2x) 1 +x2 dx= Res Z ∞ −∞ e2ix 1 +x2dx =πe−2.
6. (a) Hallar la expasi´on en serie de Laurent para f(z) = 1
(z+ 1)(z−3) que converge para 1<|z|<3.
(b) Evalue Z |z|=1 senz z4 dz. Soluci´on. (a) Si 1 (z+ 1)(z−3) = A z+ 1+ B z−3 implica queA=−14 yB= 14 por lo que
f(z) = 1 (z+ 1)(z−3) = −1/4 z+ 1 + 1/4 z−3
para 1<|z|<3, tenemos que−1z<1 y z3<1 por lo tanto
f(z) = −1/4 z 1− −1z + 1/4 −3 1− z3 = − 1 4z ∞ X n=0 (−1)n zn − 1 12 ∞ X n=0 zn 3n = 1 4 ∞ X n=1 (−1)n zn − 1 4 ∞ X n=0 zn 3n+1 .
(b) Por el Teorema de los Residuos Z |z|=1 senz z4 dz = 2πiRes senz z4 ,0 .
Note que 0 es un polo de orden 3. Entonces
Ressenz z4 ,0 = 1 3!zl´ım→0 d3 dz3 senz z =−1 3! = 1 6 . o si prefiere puede observar que
senz z4 = ∞ X n=0 (−1)nz2n+1 (2n+ 1)!z4 = ∞ X n=0 (−1)nz2n−3 (2n+ 1)!
lo que implica que Ressenz
z4 ,0 n=1 = −1 3!=− 1 6 .Por lo tanto, Z |z|=1 senz z4 dz= 2πi −16 =−πi 3 .
7. Calcule
Z ∞ 0
cosx x2+ 1dx.
Soluci´on. Sea f(z) = eiz
z2+1 y considere la curva C = [−R, R]∪CR
tal como lo muestra la figura
b
b
−R 0 R
i CR
Entonces, por el Teorema de los Residuos Z
C
f(z)dz= 2πiRes(f, i) = 2πil´ım
z→i eiz 2z =πe −1. Adem´as, Z C f(z)dz = Z R −R f(x)dx+ Z CR f(z)dz y tenemos que Z CR f(z)dz ≤ Z CR |f(z)||dz| ≤ Z CR |eiz| R2−1|dz| Lema de Jordan ≤ π R2−1 R→∞ −→ 0.
HaciendoR→ ∞, obtenemos que
πe−1= Z ∞ −∞ eix x2+ 1dx= Z ∞ −∞ cosx x2+ 1dx+i Z ∞ −∞ senx x2+ 1dx Por lo tanto, Z ∞ 0 cosx x2+ 1dx funci´on par = 1 2 Z ∞ −∞ cosx x2+ 1dx= π 2e −1. 8. Evalue Z ∞ 0 log2x x2+ 1dxy Z ∞ 0 logx x2+ 1dx.
Soluci´on. Consideremos f(z) = log2z
z2+1, donde −π2 < argz < 32π, y
con-sideremos la curvaC = [−R,−ε]∪Cε∪[ε, R]∪CR tal como lo muestra
b
-R -ε 0 ε R
CR
Cε
i
Entonces, por el Teorema de los Residuos Z
C
f(z)dz= 2πiRes(f, i) = 2πil´ım
z→i log2z z+i =πlog 2i=πiπ 2 2 =−π 3 4 . Adem´as, Z C f(z)dz = Z −ε −R f(x)dx+ Z Cε f(z)dz+ Z R ε f(x)dx+ Z CR f(z)dz y tenemos que Z Cε f(z)dz ≤ Z Cε |f(z)||dz| ≤ Z Cε |log2z| 1−ε2 |dz| ≤ Z |logε+iπ|2 1−ε2 |dz| ≤ Z Cε (logε+π)2 1−ε2 |dz|= πε 1−ε2(log 2ε+ 2πlogε+π2)ε→0 −→0, Z CR f(z)dz ≤ Z CR (logR+π)2 R2−1 |dz|= πR(logR+π)2 R2−1 R→∞ −→ 0, Z −ε −R f(x)dx = − Z ε R f(−x)dx= Z R ε log2(−x) x2+ 1 dx= Z R ε (logx+iπ)2 x2+ 1 dx = Z R ε log2x x2+ 1dx+ 2πi Z R ε logx x2+ 1dx−π 2Z R ε dx x2+ 1.
Haciendo R→ ∞ yε→0, obtenemos que −π 3 4 = Z C f(z)dz = 2 Z ∞ 0 log2x x2+ 1dx−π 2Z ∞ 0 dx x2+ 1+2πi Z ∞ 0 logx x2+ 1dx. Por lo tanto, Z ∞ 0 logx x2+ 1dx= 0 y como Z ∞ 0 dx x2+ 1 = tan− 1(x) ∞ 0 = π 2 y se sigue que Z ∞ 0 log2x x2+ 1dx= 1 2 π3 4 + π3 2 = π 3 8 .
9. Si−1< a <1, calcule Z ∞ 0 xa 1 +x2dxusando residuos. Soluci´on. Sia= 0, entonces Z ∞ 0 xa 1 +x2dx= Z ∞ 0 dx 1 +x2 = tan− 1(x) ∞ 0 = π 2. Si 0 < a < 1, entonces usamos la substituci´on x = u2 y obtenemos Z ∞ 0 xa 1 +x2dx= 2 Z ∞ 0 u2a+1 1 +u4du. Consideremos f(z) = z 2a+1 1 +z4 , −π2 <argz < 32π
y la curvaC= [−R,−ε]∪Cε∪[ε, R]∪CR tal como lo muestra la figura
b -R -ε 0 ε R CR Cε ei34π ei π 4 Tenemos que
2πiRes(f, eiπ4) = 2πi
−14eiπ2(a+1) = π 2e iπ 2a,
2πiRes(f, ei34π) = 2πi
i 4e i3π 2 a =−π 2e i3π 2 a. Adem´as, Z C f(z)dz = Z −ε −R f(x)dx+ Z Cε f(z)dz+ Z R ε f(x)dx+ Z CR f(z)dz y observe que Z −ε −R f(x)dx = Z R ε f(−x)dx= Z R ε (−x)2a+1 1 +x4 dx= Z R ε (−1)2a+1x2a+1 1 +x4 dx = −e2πai Z R ε f(x)dx .
Ahora bien, haciendoε→0 yR → ∞, Z Cε f(z)dz →0 y Z CR f(z)dz →0, respectivamente y obtenemos queπ2 eiπ2a−ei3π
2 a = (1−e2πai) Z ∞ 0 f(x)dx
lo que implica que Z ∞ 0 x2a+1 1 +x4dx= π 2 e−iπ2a−ei π 2a e−πai−eπai = π 2 sen π2a sen(πa)
y por lo tanto, Z ∞ 0 xa 1 +x4dx= 1 2 Z ∞ 0 x2a+1 1 +x4dx= π 4 sen π2a sen(πa) .
10. Evalue la siguiente integral
Z ∞
−∞
cosx x2+x+ 1dx.
Soluci´on. Sea f(z) = e
iz
z2+z+ 1, entonces f tiene un polos simples en −12 ±√23iy considere la curvaC= [−R, R]∪CR tal como lo muestra
la figura b b −R 0 R −1 2+ √3 2 i CR
Entonces, por el Teorema de los Residuos se tiene que
Z
C
f(z)dz = 2πiResf,−12+ √23i= 2πi e
i−21+ √ 3 2 i 2−12 +√23i+ 1 = 2πi e− √ 3 2 −12i 1 +√3i+ 1 = 2 √ 3πe −√23(cos1 2 −isen12). Adem´as, Z C f(z)dz = Z R −R f(x)dx+ Z CR f(z)dz. Haciendo R → ∞, es sencillo ver que
Z CR f(z)dz = 0 se sigue que , Z ∞ −∞ f(x)dx= √2 3πe −√23(cos1 2 −isen12) y por lo tanto, Z ∞ −∞ cosx x2+x+ 1dx= Re{ 2 √ 3πe −√3 2 (cos1 2−isen12)}= 2 √ 3πcos( 1 2)e− √ 3 2 .
11. Calcule las integrales de contorno: (a) I |z−1|=1 (z)2dz , (b) I |z−1|=1 [Re{z}]2dz . Soluci´on.
(a) Seaγ(t) = 1 +eit, 0≤t≤2π, entonces
I |z−1|=1 (z)2dz = Z γ (z)2dz= Z 2π 0 [(1 +eit)2]2ieitdt = i Z 2π 0 (1 +eit)2eitdt=i Z 2π 0 eit+ 2 +e−itdt= 4πi . (b) Seaγ(t) = 1 +eit, 0≤t≤2π, entonces I |z−1|=1 [Re{z}]2dz = Z 2π 0 1 +e it+e−it 2 2 ieitdt = Z 2π 0 1 + (eit+e−it) + e 2it+ 2 +e−2it 4 ieitdt = Z 2π 0 idt= 2πi . 12. Evalue la integral Z ∞ 0 dx
1 +x10 por integraci´on de contorno.
Soluci´on. Sea f(z) = 1
1 +z10, entonces f tiene un polo simple en
z = ei10π y considere la curva C = [0, R]∪CR∪B tal como lo indica
la figura R CR={Re it : 0≤t≤2π 10} π 5 ei10π B
Entonces por el Teorema de los Residuos Z
C
f(z)dz = 2πiRes(f, ei10π) = 2πi l´ım
z→ei10π 1 10z9 = 2πi l´ım z→ei10π −10z =−π 5ie i10π . Adem´as, Z C f(z)dz= Z R 0 f(x)dx+ Z CR f(z)dz+ Z B f(z)dz y tenemos que Z B f(z)dz = Z 0 R eiπ5 1 + (yeiπ5)10 dy =−eiπ5 Z R 0 dy 1 +y10 .
Cuando R → ∞ tenemos que Z CR f(z)dz → 0, por lo que −π 5ie iπ 10 = (1−eiπ5) Z ∞ 0 dy 1 +y10. Por lo tanto, Z ∞ 0 dx 1 +x10 = π 5i ei10π eiπ5 −1 = π 10 2i ei10π −e−i π 10 = π 10 · 1 sen 10π . 13. Hallar Z ∞ 0 1−cosx
x2 dx por integraci´on de contorno.
Soluci´on. Primero, notemos que
Z ∞ 0 1−cosx x2 dx= 1 2 Z ∞ −∞ 1−cosx x2 dx. Sea f(z) = 1−e iz
z2 , entonces f tiene un polo simple en z = 0. Consid-eremos la curva C = [−R,−ε]∪Cε∪[ε, R]∪CR tal como lo muestra la
figura
b
-R -ε 0 ε R
CR
Cε
Entonces, por el Teorema de Cauchy Z C f(z)dz= 0. Adem´as, Z C f(z)dz= Z −ε −R f(x)dx+ Z Cε f(z)dz+ Z R ε f(x)dx+ Z CR f(z)dz .
Ahora bien, observe que
l´ım
ε→0 Z
Cε
f(z)dz =−πiRes(f,0) =−πil´ım
z→0 d dz(1−e iz) = −πil´ım z→0−ie iz = −π. y tenemos que Z CR f(z)dz ≤ Z CR |f(z)||dz|= Z CR |1−eiz| R2 |dz| ≤ 1 R2 Z CR |dz|+ Z CR |eiz||dz| ≤ πRR2 + π2R R2 = π R + π2 R R→∞ −→ 0.
Haciendo ε→ 0 y R → ∞, se obtiene que Z ∞ −∞ 1−eix x2 dx =π y por lo tanto Z ∞ −∞ 1−cosx x2 dx= Re Z ∞ −∞ 1−eix x2 dx =π . 14. Seaf(z) = z 6+z+ 1 z2(z2−1)
(a) Hallar la parte principal def enz= 0.
(b) Use el resultado en parte (a) para calcular Z γ f(z)dz, donde γ(t) = 1 4+12eit, 0≤t≤2π. Soluci´on.
(a) Notemos que
f(z) = z 6+z+ 1 −z2(1−z2) |z|<1 = −z4−1 z − 1 z2 X∞ n=0 z2n ! =−1 z2− 1 z+· · ·
Por lo tanto, la parte principal def en z= 0 es− 1
z2 − 1
z.
|
1 4
0
Como 0 est´a en el interior de γ, por el Teorema de los Residuos, obtenemos que
Z
γ
f(z)dz= 2πiRes(f,0) = 2πi(−1) =−2πi .
15. Use residuos para evaluar
Z ∞
−∞ dx x4+ 4.
Soluci´on. Sea f(z) = 1
z4+ 4, entonces f tiene un polos simples en
z = ±√4
4eiπ4 y z = ±√44iei π
4. Considere la curva C = [−R, R]∪CR
tal como lo muestra la figura
b b b −R 0 R 4 √ 4ei3π 4 4 √ 4eiπ 4 CR
Entonces. por el Teorema de los Residuos se tiene que
Z
C
f(z)dz = 2πihRes(f,√44eiπ4) + Res(f,√44ei3 π 4 ) i = 2πi "√4 4eiπ4 −16 + 4 √ 4ei34π −16 # = −π 4 √ 4 8 i h eiπ4 +ei 4π 4 i | √{z } 2i = π 4 .
Adem´as, Z C f(z)dz = Z R −R f(x)dx+ Z CR f(z)dz y tenemos que Z CR f(z)dz ≤ Z CR|f(z)||dz| ≤ Z CR |dz| R4−4 = πR R4−4 R→∞ −→ 0.
HaciendoR→ ∞, obtenemos que Z ∞ −∞ dx x4+ 4 = π 4.
16. (a) Hallar todos los ceros de sen(iz).
(b) Determine la naturaleza de las singularidades de
e1/z
z−1 y calcule los residuos.
Soluci´on.
(a) Notemos que sen(iz) = e
i(iz)−e−i(iz) 2i = e−z−ez 2i , entonces sen(iz) = 0 ⇒ez−e−z= 0⇒ e 2z−1 ez = 0⇒e 2z= 1⇒2z= 2πni
paran∈Z, por lo tanto z=πni con n∈Z. (b) Tenemos que e1/z z−1 = − 1 1−z ∞ X n=0 1 n!zn |z|<1 = − ∞ X n=0 1 n! 1 zn ! ∞ X m=0 zm ! = − 1 +1 z + 1 2z2 + 1 6z3 +· · · 1 +z+z2+z3+· · · = −1 z 1 + 1 2!+ 1 3!+· · ·
+ parte principal + parte anal´ıtica
Por lo tanto, la singularidad en 0 es esencial co residuo−ey enz= 1 tenemos un polo simple y Res e
1/z z−1,1 ! = l´ım z→1e 1/z =e. 17. Hallar Z 2π 0 senθ 1 +isenθdθ.
Soluci´on. Notemos que
Z 2π 0 senθ 1 +isenθdθ= Z 2π 0 (eiθ−eiθ)/2i 1 +ieiθ−e−iθ 2i = Z 2π 0 eiθ−eiθ 2i+i(eiθ −e−iθ)
Seaz=eiθ, entoncesdz=ieiθdθlo que implica quedθ= dz iz y obtenemos que Z 2π 0 senθ 1 +isenθdθ = Z |z|=1 z−1/z 2i+i(z−1/z) dz iz = Z |z|=1 z2−1 iz2(2i+iz− i z) dz = Z |z|=1 z2−1 −z3−2z2+zdz = Z |z|=1 1−z2 z(z2+ 2z+ 1)dz
= 2πiRes(f,0) + Res(f,√2−1)
= 2πi −1 + 1− √ 2 −2 +√2 ! donde f(z) = 1−z 2 z(z2+ 2z−1).