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• Avila Castillo Emerson

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APLICACIONES DE LAS INTEGRALES LINEALES COMPLEJAS A LAS INTEGRALES REALES

Ejemplo 1 +∞

∫ 0

sin 𝑥 𝑑𝑥 𝑥

Solución: +∞

∫ 0

sin 𝑥 𝑑𝑥 es una integral impropia real tenemos que pasar a una integral de línea compleja. 𝑥 Pasando la función de variable real 𝑓(𝑥) = variable compleja 𝑓(𝑧) =

sin 𝑥 𝑥

a la función de

𝑒 𝑖𝑧 𝑧

C es un semianillo de orientación positiva, comprendido entre las dos semicircunferencias Γ y Γ1 , y C está ubicado sobre el eje X. Ahora pasamos la integral de variable real a variable compleja +∞

∫ 0

Γ: |𝑧| = 𝑅,

Γ1 : |𝑧| = 𝜀 ,

𝑧 = 𝜀𝑒 𝑖𝜃 ,

sin 𝑥 𝑒 𝑖𝑧 𝑑𝑥 ⟶ ∮ 𝑑𝑧, 𝐶 = Γ ∪ [−𝑅, −𝜀] ∪ Γ1 ∪ [𝜀, 𝑅] 𝑥 𝑧 𝐶

⃖ 𝜋] [0,

−𝜀

𝑅

∮ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧 = ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 𝐶

∮ 𝐶

Γ

𝐶1

𝜀

−𝜀 𝑖𝑥 𝑅 𝑖𝑥 𝑒 𝑖𝑧 𝑒 𝑖𝑧 𝑒 𝑒 𝑖𝑧 𝑒 𝑑𝑧 = ∫ 𝑑𝑧 + ∫ 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑧 + ∫ 𝑑𝑥 𝑧 𝑧 Γ −𝑅 𝑥 𝐶1 𝑧 𝜀 𝑥

𝑓(𝑧) =

∮ ⏟𝐶

−𝑅

𝑒 𝑖𝑧 𝑒 𝑖𝑧 ↝ es analítica dentro y sobre C, entonces por el Teorema de Cauchy ∮ 𝑑𝑧 = 0 𝑧 𝑧 𝐶

−𝜀 𝑖𝑥 𝑅 𝑖𝑥 𝑒 𝑖𝑧 𝑒 𝑖𝑧 𝑒 𝑒 𝑖𝑧 𝑒 𝑑𝑧 = ∮ 𝑑𝑧 + ∫ 𝑑𝑥 + ∮ 𝑑𝑧 + ∫ 𝑑𝑥 𝑧 ⏟Γ 𝑧 −𝑅 𝑥 Γ1 𝑧 𝜀 𝑥 =0

=0,𝑅⟶+∞ −𝜀

0=∫ −𝑅

𝑅 𝑖𝑥 𝑒 𝑖𝑥 𝑒 𝑖𝑧 𝑒 𝑑𝑥 + ∮ 𝑑𝑧 + ∫ 𝑑𝑥 𝑥 Γ1 𝑧 𝜀 𝑥

(∗)

Calculando

𝑒 𝑖𝑧 ∮ 𝑑𝑧 ¿ ? Γ1 𝑧 Γ1 : |𝑧| = 𝜀 ⟹ 𝑧 = 𝜀𝑒 𝑖𝜃 𝑑𝑧 = 𝜀𝑖𝑒 𝑖𝜃 𝑑𝜃,

⃖ 𝜋] 𝜃 ∈ [0,

𝑖𝜃

0 𝑖𝜀𝑒 0 𝑒 𝑖𝑧 𝑒 𝑖𝜃 𝑖𝜃 ∫ 𝑑𝑧 = ∫ 𝜀𝑖𝑒 𝑑𝜃 = 𝑖 ∫ ⏟ 𝑒 𝑖𝜀𝑒 𝑑𝜃 = −𝜋𝑖 𝑖𝜃 𝑧 𝜀𝑒 Γ1 𝜋 𝜋 =1, 𝜀⟶0

∫ Γ1

𝑒 𝑖𝑧 𝑑𝑧 = −𝜋𝑖 reemplazando en (∗) 𝑧 −𝜀

0=∫ −𝑅 −𝜀

𝑅 𝑖𝑥 𝑒 𝑖𝑥 𝑒 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 − 𝜋𝑖 𝑥 𝜀 𝑥

𝑅 𝑖𝑥 𝑒 𝑖𝑥 𝑒 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 = 𝜋𝑖 𝑥 𝜀 𝑥

∫ −𝑅

(∗∗)

Haciendo el cambio de variable en la integral −𝜀

𝑒 𝑖𝑥 𝑑𝑥 𝑥

∫ −𝑅 −𝜀

Sea 𝑥 = −𝑥, 𝑑𝑥 = 𝑑(−𝑥)

𝜀 −𝑖𝑥 𝜀 −𝑖𝑥 𝑅 −𝑖𝑥 −𝜀 𝑖𝑥 𝑅 −𝑖𝑥 𝑒 𝑖𝑥 𝑒 𝑒 𝑒 𝑒 𝑒 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑(−𝑥) = ∫ 𝑑𝑥 = − ∫ 𝑑𝑥 ⟹ ∫ 𝑑𝑥 = − ∫ 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑅 −𝑥 𝑅 𝑥 𝜀 −𝑅 𝑥 𝜀

∫ −𝑅

Reemplazando en (∗∗) 𝑅

𝑅 𝑖𝑥 𝑒 −𝑖𝑥 𝑒 −∫ 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 = 𝜋𝑖 𝑥 𝜀 𝜀 𝑥 𝑅

∫ 𝜀

𝑒 𝑖𝑥 − 𝑒 −𝑖𝑥 𝑑𝑥 = 𝜋𝑖 𝑥 𝑅

2𝑖 ∫ 𝜀

𝑒 𝑖𝑥 − 𝑒 −𝑖𝑥 1 𝑑𝑥 = 𝜋𝑖 2𝑖 𝑥

𝑅

2𝑖 ∫ sin 𝑥 𝜀 𝑅

∫ 𝜀

1 𝑑𝑥 = 𝜋𝑖 𝑥

sin 𝑥 𝜋 𝑑𝑥 = 𝑥 2

Cuando 𝑅 ⟶ +∞, 𝜀 ⟶ 0 +∞

∫ 0

sin 𝑥 𝜋 𝑑𝑥 = 𝑥 2

∎

Ejemplo 2 Calcule la integral impropia real, usando la integral de línea de variable compleja +∞

∫ 0

sin2 𝑥 𝑑𝑥 𝑥2

Sugerencia usar la integral ∮ 𝐶

𝑒 2𝑖𝑧 − 1 𝑑𝑧 𝑧2

donde C es la frontera del semianillo. Solución: +∞

∫ 0

sin2 𝑥 𝑑𝑥 es una integral impropia real tenemos que pasar a una integral de línea compleja. 𝑥2

Tenemos sin2 𝑥 =

1 − cos 2𝑥 1 = − (cos 2𝑥 − 1) 2 2 Pasando la función de variable real 𝑓(𝑥) = de variable compleja 𝑓(𝑧) =

sin2 𝑥 𝑥2

a la función

𝑒 𝑖2𝑧 −1 𝑧2

C es un semianillo de orientación positiva, comprendido entre las dos semicircunferencias Γ y C1 , y C está ubicado sobre el eje X. Ahora pasamos la integral de variable real a variable compleja

+∞

∫ 0

C1 : |𝑧| = 𝑅, ∮ 𝐶

C1 : |𝑧| = 𝜀 ,

𝑧 = 𝜀𝑒 𝑖𝜃 ,

⃖ 𝜋] [0,

−𝜀 𝑖2𝑥 𝑅 𝑖2𝑥 𝑒 𝑖2𝑧 − 1 𝑒 𝑖2𝑧 − 1 𝑒 −1 𝑒 𝑖2𝑧 − 1 𝑒 − −1 𝑑𝑧 = ∫ 𝑑𝑧 + ∫ 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑧 + ∫ 𝑑𝑥 2 2 2 2 𝑧 𝑧 𝑥 𝑧 𝑥2 Γ −𝑅 𝐶1 𝜀

𝑓(𝑧) =

∮ ⏟𝐶

sin2 𝑥 𝑒 𝑖2𝑧 − 1 𝑑𝑥 ⟶ ∮ 𝑑𝑧, 𝐶 = Γ ∪ [−𝑅, −𝜀] ∪ C1 ∪ [𝜀, 𝑅] 𝑥2 𝑧2 𝐶

𝑒 𝑖2𝑧 𝑒 𝑖2𝑧 − 1 ↝ es analítica dentro y sobre C, entonces por el Teorema de Cauchy ∮ 𝑑𝑧 = 0 𝑧2 𝑧2 𝐶

−𝜀 𝑖2𝑥 𝑅 𝑖2𝑥 𝑒 𝑖2𝑧 − 1 𝑒 𝑖2𝑧 − 1 𝑒 −1 𝑒 𝑖2𝑧 − 1 𝑒 −1 𝑑𝑧 = ∮ 𝑑𝑧 + ∫ 𝑑𝑥 + ∮ 𝑑𝑧 + ∫ 𝑑𝑥 2 2 2 2 𝑧 𝑧 𝑥 𝑧 𝑥2 ⏟Γ −𝑅 Γ1 𝜀 =0

=0, 𝑅⟶+∞

Pero lim ∫

𝑅⟶+∞ Γ

𝑒 𝑖2𝑧 − 1 𝑑𝑧 = 0 𝑧2

−𝜀

0=∫ −𝑅

𝑅 𝑖2𝑥 𝑒 𝑖2𝑥 − 1 𝑒 𝑖2𝑧 − 1 𝑒 −1 𝑑𝑥 + ∮ 𝑑𝑧 + ∫ 𝑑𝑥 2 2 𝑥 𝑧 𝑥2 Γ1 𝜀

(1 ∗)

Calculando

∮ C1

C1 : |𝑧| = 𝜀 ,

𝑒 𝑖2𝑧 − 1 𝑑𝑧 ¿ ? 𝑧2 ⃖ 𝜋] [0,

𝑧 = 𝜀𝑒 𝑖𝜃 ,

𝑑𝑧 = 𝑖𝜀𝑒 𝑖𝜃 𝑑𝜃

𝑖𝜃

𝑖𝜃

𝑖𝜃

0 2𝑖𝜀𝑒 0 2𝑖𝜀𝑒 𝜋 2𝑖𝜀𝑒 𝑒 2𝑖𝑧 − 1 𝑒 −1 𝑒 −1 𝑒 −1 𝑖𝜃 𝑖𝜃 ∮ 𝑑𝑧 = ∫ 𝑖𝜀𝑒 𝑑𝜃 = ∫ 𝑖𝜀𝑒 𝑑𝜃 = −𝑖 ∫ 𝑑𝜃 2 2 2𝑖𝜀𝜃 2𝑖𝜀𝜃 𝑖𝜀𝜃 𝑧 𝜀 𝑒 𝜀𝑒 𝜀𝑒 𝐶1 𝜋 𝜋 0 𝑖𝜃

𝜋 2𝑖𝜀𝑒 𝑒 2𝑖𝑧 − 1 𝑒 −1 ∮ 𝑑𝑧 = −𝑖 ∫ 𝑑𝜃 en 2 𝑖𝜃 𝑧 𝜀𝑒 𝐶1 0 −𝜀

0=∫ −𝑅

(1 ∗) 𝑖𝜀𝜃

𝑅 2𝑖𝑥 𝜋 2𝑖𝑒 𝑒 2𝑖𝑥 − 1 𝑒 −1 𝑒 −1 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 − 𝑖 ∫ 𝑑𝜃 𝑥2 𝑥2 𝜀𝑒 𝑖𝜀𝜃 𝜀 0

(2 ∗)

Haciendo el cambio de variable en la integral −𝜀

∫ −𝑅 −𝜀

∫ −𝑅 −𝜀

∫ −𝑅

𝑒 2𝑖𝑥 − 1 𝑑𝑥 𝑥2

Sea 𝑥 = −𝑥, 𝑑𝑥 = 𝑑(−𝑥)

𝜀 −2𝑖𝑥 𝜀 −𝑖2𝑥 𝑅 −𝑖2𝑥 𝑒 2𝑖𝑥 − 1 𝑒 −1 𝑒 −1 𝑒 −1 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑(−𝑥) = − ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 2 2 2 2 (−𝑥) 𝑥 𝑥 𝑥 𝑅 𝑅 𝜀 𝑅 −𝑖2𝑥 𝑒 2𝑖𝑥 − 1 𝑒 −1 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 Reemplazando en (2 ∗) 𝑥2 𝑥2 𝜀 𝑖𝜀𝜃

𝑅

𝑅 2𝑖𝑥 𝜋 2𝑖𝜀𝑒 𝑒 −2𝑖𝑥 − 1 𝑒 −1 𝑒 −1 0=∫ 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 − 𝑖 ∫ 𝑑𝜃 2 2 𝑖𝜀𝜃 𝑥 𝑥 𝜀𝑒 𝜀 𝜀 0 𝑖𝜀𝜃

𝑅

𝜋 2𝑖𝜀𝑒 𝑒 −2𝑖𝑥 + 𝑒 2𝑖𝑥 − 2 𝑒 −1 0=∫ 𝑑𝑥 − 𝑖 ∫ 𝑑𝜃 2 𝑖𝜀𝜃 𝑥 𝜀𝑒 𝜀 0 𝑅

0=∫ 𝜀

𝑖𝜀𝜃

𝜋 2𝑖𝜀𝑒 cos 2𝑥 − 𝑖 sin 2𝑥 + cos 2𝑥 + 𝑖 sin 2𝑥 − 2 𝑒 −1 𝑑𝑥 − 𝑖 ∫ 𝑑𝜃 2 𝑖𝜀𝜃 𝑥 𝜀𝑒 0 𝑖𝜀𝜃

𝑅

𝜋 2𝑖𝜀𝑒 2 cos 2𝑥 − 2 𝑒 −1 0=∫ 𝑑𝑥 − 𝑖 ∫ 𝑑𝜃 2 𝑖𝜀𝜃 𝑥 𝜀𝑒 𝜀 0 𝑅

𝑖𝜀𝜃

𝜋 2𝑖𝑒 cos 2𝑥 − 1 𝑒 −1 0 = 2∫ 𝑑𝑥 − 𝑖 ∫ 𝑑𝜃 2 𝑖𝜀𝜃 𝑥 𝜀𝑒 𝜀 0

(3 ∗)

Pero 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 =

1 − cos 2𝑥 ⟹ −2𝑠𝑖𝑛2 𝑥 = cos 2𝑥 − 1 en (3 ∗) 2

𝑖𝜀𝜃

𝑅

𝜋 2𝑖𝑒 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 𝑒 −1 0 = −4 ∫ 𝑑𝑥 − 𝑖 ∫ 𝑑𝜃 𝑥2 𝜀𝑒 𝑖𝜀𝜃 𝜀 0

Aplicando limite cuando 𝜀 ⟶ 0, 𝑅 ⟶ +∞ 𝑖𝜃

𝑅

𝜋 2𝑖𝑒 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 𝑒 −1 0 = −4 lim ∫ 𝑑𝑥 − 𝑖 lim ∫ 𝑑𝜃 𝑅⟶+∞ 𝜀⟶0 0 𝑥2 𝜀𝑒 𝑖𝜃 𝜀

(4 ∗)

𝜀⟶0 +∞

0 = −4 ∫ 0

𝑖𝜃

𝜋 2𝑖𝜀𝑒 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 𝑒 −1 𝑑𝑥 − 𝑖 lim ∫ 𝑑𝜃 . . . 𝜀⟶0 0 𝑥2 𝜀𝑒 𝑖𝜃

0 ( ) 0

Aplicando la regla de L´Hopital 𝜋

lim ∫

𝜀⟶0 0

𝑖𝜃

𝑖𝜃

𝜋 𝑒 2𝑖𝜀𝑒 − 1 2𝑖 2 𝜀𝑒 𝑖𝜃 𝑒 2𝑖𝜀𝑒 𝑑𝜃 = lim ∫ 𝑑𝜃 𝜀⟶0 0 𝜀𝑒 𝑖𝜃 𝜀𝑖𝑒 𝑖𝜃 𝑖𝜃

𝜋

𝜋 𝜋 𝜋 𝑒 2𝑖𝜀𝑒 − 1 2𝑖𝜀𝑒 𝑖𝜃 2𝑖𝜀𝑒 𝑖𝜃 lim ∫ 𝑑𝜃 = 2𝑖 lim ∫ 𝑒 𝑑𝜃 = 2𝑖 ∫ lim (𝑒 ) 𝑑𝜃 = 2𝑖 ∫ 𝑑𝜃 = 2𝜋𝑖 ⏟ 𝜀⟶0 0 𝜀⟶0 0 𝜀𝑒 𝑖𝜃 0 𝜀⟶0 0 =1

𝑖𝜃

𝜋

𝑒 2𝑖𝜀𝑒 − 1 lim ∫ 𝑑𝜃 = 2𝜋𝑖 𝜀⟶0 0 𝜀𝑒 𝑖𝜃 +∞

0 = −4 ∫ 0

Reemplazando en (4 ∗) 𝑖𝜃

𝜋 2𝑖𝑒 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 𝑒 −1 𝑑𝑥 − 𝑖 lim ∫ 𝑑𝜃 2 𝑖𝜃 𝜀⟶0 0 𝑥 𝜀𝑒 ⏟ 2𝜋𝑖

+∞

0 = −4 ∫ 0 +∞

0 = −4 ∫ 0 +∞

∫ 0

𝑠𝑖𝑛2 𝑥 𝑑𝑥 − 𝑖(2𝜋𝑖) 𝑥2 +∞ 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 𝑑𝑥 + 2𝜋 ⟹ 4 ∫ 𝑑𝑥 = 2𝜋 𝑥2 𝑥2 0

𝑠𝑖𝑛2 𝑥 𝜋 𝑑𝑥 = 2 𝑥 2

∎

Ejemplo 3 Calcule la integral ∮ 𝐶

1 𝑑𝑧 𝑧4 + 1

𝐶: 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2𝑥, en sentido antihorario. Solución: Aplicando el teorema de los residuos, porque todos los puntos singulares de 𝑓(𝑧) caen dentro de 𝐶 ∮ 𝐶

𝑧4

1 𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 ∑(residuos) +1

𝐶: 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2𝑥 ⟹ 𝑥 2 − 2𝑥 + 𝑦 2 = 0 ⟹ (𝑥 − 1)2 + 𝑦 2 = 1 𝐶: (𝑥 − 1)2 + 𝑦 2 = 1 Hallando los puntos singulares 𝑧 4 + 1 = 0 ⟹ 𝑧 4 = −1 = cos(2𝑘 + 1) 𝜋 + 𝑖 sin(2𝑘 + 1) 𝜋 𝑧𝑘 = cos (

2𝑘 + 1 2𝑘 + 1 ) 𝜋 + 𝑖 sin ( ) 𝜋, 4 4

𝑘 = 0, 1, 2, 3

𝜋 𝜋 𝜋 √2 √2 𝑧0 = 𝑒 4 𝑖 = cos + 𝑖 sin = + 𝑖 ↝ sobre de C 4 4 2 2 3𝜋

3𝜋 3𝜋 −√2 √2 + 𝑖 sin = + 𝑖 ↝ fuera de C X 4 4 2 2

5𝜋

5𝜋 5𝜋 −√2 √2 + 𝑖 sin = − 𝑖 ↝ fuera de C X 4 4 2 2

7𝜋

7𝜋 7𝜋 √2 √2 + 𝑖 sin = − 𝑖 ↝ sobre de C 4 4 2 2

𝑧1 = 𝑒 4 𝑖 = cos 𝑧2 = 𝑒 4 𝑖 = cos 𝑧3 = 𝑒 4 𝑖 = cos

Calculando los residuos 𝜋

𝜋

𝑅𝑒𝑠 (𝑧 = 𝑒 4 𝑖 ) = lim𝜋 (𝑧 − 𝑒 4 𝑖 ) 𝑧⟶𝑒 4

𝑖

1 1 1 −3𝜋𝑖 1 3𝜋 3𝜋 = lim = 𝑒 4 = (cos − 𝑖 sin ) 𝜋 4 3 𝑧 4 4 4 4 𝑖 4𝑧 𝑧⟶𝑒 4

𝜋 1 𝜋 𝜋 1 √2 √2 𝑅𝑒𝑠 (𝑧 = 𝑒 4 𝑖 ) = (− cos − 𝑖 sin ) = (− − 𝑖) 4 4 4 4 2 2 7𝜋

7𝜋

𝑅𝑒𝑠 (𝑧 = 𝑒 4 𝑖 ) = lim7𝜋 (𝑧 − 𝑒 4 𝑖 ) 𝑖 𝑧⟶𝑒 4

1 1 1 −21𝜋𝑖 = lim = 𝑒 4 3 𝑧 4 𝑧⟶𝑒 7𝜋 4 𝑖 4𝑧 4

7𝜋 1 21𝜋 21𝜋 1 𝜋 𝜋 𝑅𝑒𝑠 (𝑧 = 𝑒 4 𝑖 ) = (cos − 𝑖 sin ) = (− cos − 𝑖 (− sin )) 4 4 4 4 4 4 7𝜋 1 𝜋 𝜋 𝑅𝑒𝑠 (𝑧 = 𝑒 4 𝑖 ) = (− cos + 𝑖 sin ) 4 4 4 7𝜋 1 √2 √2 √2 √2 𝑅𝑒𝑠 (𝑧 = 𝑒 4 𝑖 ) = (− + 𝑖) = − + 𝑖 4 2 2 8 8

∮ 𝐶

∮ 𝐶

∮ 𝐶

𝑧4

𝜋 𝜋 1 √2 √2 √2 √2 𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 (𝑅𝑒𝑠 (𝑧 = 𝑒 4 𝑖 ) + 𝑅𝑒𝑠 (𝑧 = 𝑒 7 4 𝑖 )) = 2𝜋𝑖 (− − 𝑖− + 𝑖) +1 8 8 8 8

𝑧4

1 2√2 √2 √2 𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 (− 𝜋𝑖 ) = 2𝜋𝑖 (− ) = − +1 8 4 2

𝑧4

1 √2 𝑑𝑧 = − 𝜋𝑖 +1 2

∎

Ejemplo 4 Calcular 2𝜋

∫ cos 𝜃 𝑑𝜃 0

Solución: 2𝜋

∫ cos 𝜃 𝑑𝜃

es una integral definida hay que pasar a una integral de línea compleja.

0

Pasando la función 𝑓(𝜃) = cos 𝜃 a la función compleja 𝑓(𝑧) =

𝑧+𝑧 −1 2

𝑑𝜃 =

1 𝑑𝑧 𝑖𝑧

El intervalo [0, 2𝜋] a la curva 𝐶: |𝑧| = 1 circunferencia unitaria 1 𝑧 + 𝑧 −1 𝑧 + 𝑧 𝑧 2 + 1 𝑓(𝑧) = = = 2 2 2𝑧 2𝜋

∫ cos 𝜃 𝑑𝜃 = ∮ 0

𝐶

𝑧2 + 1 1 1 𝑧2 + 1 𝑑𝑧 = ∮ 𝑑𝑧 2𝑧 𝑖𝑧 2𝑖 𝐶 𝑧2

𝑧 = 0 punto singular, polo de orden 𝑘 = 2 dentro de C. Como l punto singular está dentro de C aplicamos el teorema del residuo 2𝜋

1 𝑧2 + 1 2𝜋 ∫ cos 𝜃 𝑑𝜃 = ∮ 𝑑𝑧 = ∑ residuos = 𝜋𝑅𝑒𝑠(0) 2 2𝑖 𝑧 2𝑖 0 𝐶 𝑅𝑒𝑠(0) = lim (𝑧 2 𝑧⟶0

𝑧2 + 1 ) ´ = lim (𝑧 2 + 1)´ = lim 2𝑧 = 0 𝑧⟶0 𝑧⟶0 𝑧2

𝑅𝑒𝑠(0) = 0

𝑅𝑒𝑠(0) = 0 2𝜋

∫ cos 𝜃 𝑑𝜃 = 0

∎

0

Que coincide con el valor de la integral definida aplicando el Teorema Fundamental del Cálculo 2𝜋

∫ cos 𝜃 𝑑𝜃 = sin 𝜃 |2𝜋 0 =0 0

Ejemplo 5 Calcular 2𝜋

∫ 0

cos 3𝜃 𝑑𝜃 5 − 4 cos 𝜃

Solución: 2𝜋

∫ 0

2𝜋

∫ 0

cos 3𝜃 𝑑𝜃 es una integral definida hay que pasar auna integral de línea compleja. 5 − 4 cos 𝜃

cos 3𝜃 𝑑𝜃 = ∮ 𝑓(𝑧) 𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 ∑ Residuos (Teorema del Residuo) 5 − 4 cos 𝜃 𝐶 𝐶: |𝑧| = 1, 𝑧 = 𝑒 𝑖 𝜃 , 𝑑𝑧 = 𝑖 𝑒 𝑖 𝜃 𝑑𝜃 = 𝑖𝑧 𝑑𝜃, 𝑑𝜃 = cos 𝜃 = 2𝜋

∫ 0

2𝜋

∫ 0

2𝜋

∫ 0 2𝜋

∫ 0 2𝜋

∫ 0

𝑒 𝑖𝜃 + 𝑒 − 𝑖𝜃 𝑧 + 𝑧 − 1 = , 2 2

cos 3𝜃 𝑑𝜃 = ∮ 5 − 4 cos 𝜃 𝐶

cos 3𝜃 =

1 𝑖𝑧

𝑑𝑧, 0 ≤ 𝜃 < 2𝜋

𝑧3 + 𝑧− 3 , 2

𝑑𝜃 =

1 𝑑𝑧 𝑖𝑧

𝑧3 + 𝑧− 3 𝑧3 + 𝑧− 3 1 1 2 2 𝑑𝑧 = ∮ 𝑑𝑧 − 1 − 1 𝑧+𝑧 𝑖𝑧 5 − 2(𝑧 + 𝑧 ) 𝑖𝑧 𝐶 5−4 2

1 𝑧3 + 3 cos 3𝜃 1 1 𝑧 𝑑𝜃 = ∮ 𝑑𝑧 5 − 4 cos 𝜃 2 𝐶 5 − 2 (𝑧 + 1) 𝑖𝑧 𝑧 𝑧6 + 1 cos 3𝜃 1 1 1 𝑧6 + 1 𝑧3 𝑑𝜃 = ∮ 𝑑𝑧 = ∮ 𝑑𝑧 5 − 4 cos 𝜃 2 𝐶 5𝑧 − 2𝑧 2 − 2 𝑖𝑧 2𝑖 𝐶 𝑧 3 (5𝑧 − 2𝑧 2 − 2) 𝑧 cos 3𝜃 1 𝑧6 + 1 𝑑𝜃 = − ∮ 3 𝑑𝑧 5 − 4 cos 𝜃 2𝑖 𝐶 𝑧 (2𝑧 2 − 5𝑧 + 2) cos 3𝜃 1 𝑧6 + 1 𝑑𝜃 = − ∮ 3 𝑑𝑧 5 − 4 cos 𝜃 2𝑖 𝐶 𝑧 (𝑧 − 2)(2𝑧 − 1)

Hallando las singularidades de la función 𝑓(𝑧) =

𝑧6 + 1 𝑧 3 (𝑧 − 2)(2𝑧 − 1)

𝑧 3 (𝑧 − 2)(2𝑧 − 1) = 0 ⟹ 𝑧 = 0 polo de orden 𝑘 = 3,

𝑧=

1 polo simple, 2

𝑧 = 2 fuera de 𝐶.

1

𝑧 = 0 polo de orden 𝑘 = 3 dentro de C, 𝑧 = 2 polo simple dentro de C Calculando los residuos en los polos dentro de C: 𝑧 = 0 polo de orden 3, 𝑧 =

1 2

polo simple dentro de C

𝑅𝑒𝑠(𝑧 = 0) =

1 𝑑2 𝑧6 + 1 1 𝑑2 𝑧6 + 1 21 lim 2 (𝑧 3 3 ) = lim 2 ( )= 2 𝑧⟶0 𝑑𝑧 𝑧 (𝑧 − 2)(2𝑧 − 1) 2 𝑧⟶0 𝑑𝑧 (𝑧 − 2)(2𝑧 − 1) 8

𝑅𝑒𝑠(𝑧 = 0) =

21 8

1 1 𝑧6 + 1 1 1 𝑧6 + 1 𝑅𝑒𝑠 (𝑧 = ) = lim (𝑧 − ) 3 = lim (𝑧 − ) 𝑧⟶0 2 2 𝑧 (𝑧 − 2)(2𝑧 − 1) 2 𝑧⟶1 2 𝑧 3 (𝑧 − 2) (𝑧 − 1) 2 2 1 65 1 1 𝑧6 + 1 1 (8) 64 + 1 65𝑥 2 65 65 𝑅𝑒𝑠 (𝑧 = ) = lim 3 = = 4 64 = −4 = −8 =− 3 2 2 𝑧⟶1 𝑧 (𝑧 − 2) 2 1−2 64𝑥3 64𝑥3 24 −2 2 2 1 65 𝑅𝑒𝑠 (𝑧 = ) = − 2 24 2𝜋

∫ 0 2𝜋

∫ 0 2𝜋

∫ 0

cos 3𝜃 1 𝑧6 + 1 1 𝑑𝜃 = − ∮ 3 𝑑𝑧 = − 2𝜋𝑖 ∑ Residuos 5 − 4 cos 𝜃 2𝑖 𝐶 𝑧 (𝑧 − 2)(2𝑧 − 1) 2𝑖 cos 3𝜃 21 65 63 65 2 1 𝑑𝜃 = − 𝜋 ∑ Residuos = −𝜋 ( − ) = −𝜋 ( − ) = −𝜋 (− ) = −𝜋 (− ) 5 − 4 cos 𝜃 8 24 24 24 24 12 cos 3𝜃 𝜋 𝑑𝜃 = 5 − 4 cos 𝜃 12

∎

Ejemplo 6: Calcule la integral ∮ 𝐶

𝑧 𝑑𝑧 𝑧̅

donde C es la frontera del semianillo dada en la figura.

Solución:

∮ 𝐶

𝑧 𝑧 𝑧 𝑧 𝑧 𝑑𝑧 = ∮ 𝑑𝑧 + ∮ 𝑑𝑧 + ∮ 𝑑𝑧 + ∮ 𝑑𝑧 𝑧̅ 𝐶1 𝑧̅ 𝐶2 𝑧̅ 𝐶3 𝑧̅ 𝐶4 𝑧̅

𝐶1 : |𝑧| = 2 ⟹ 𝑧 = 2𝑒 𝑖𝜃 , 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋, ∮ 𝐶1

∮ 𝐶1

∮ 𝐶1

𝑧 2 2 4 𝑑𝑧 = (𝑒 3𝜋𝑖 − 1) = (−1 − 1) = − 𝑧̅ 3 3 3 𝑧 4 𝑑𝑧 = − 𝑧̅ 3

𝐶2 : 𝑦 = 0,

−2 ≤ 𝑥 ≤ −1,

𝑑𝑦 = 0

𝑑𝑧 = 2𝑖𝑒 𝑖𝜃 𝑑𝜃

𝜋 𝜋 𝑧 2𝑒 𝑖𝜃 2𝑖 3𝑖𝜃 𝜋 𝑖𝜃 3𝑖𝜃 𝑑𝑧 = ∫ 2𝑖𝑒 𝑑𝜃 = 2𝑖 ∫ 𝑒 𝑑𝜃 = 𝑒 | −𝑖𝜃 𝑧̅ 3𝑖 0 0 2𝑒 0

∮ 𝐶2

∮ 𝐶2

−1 −1 𝑧 𝑥 + 𝑖𝑦 𝑥 𝑑𝑧 = ∮ 𝑑(𝑥 + 𝑖𝑦) = ∫ 𝑑(𝑥) = ∫ 𝑑𝑥 = 1 𝑧̅ 𝐶2 𝑥 − 𝑖𝑦 −2 𝑥 −2

𝑧 𝑑𝑧 = 1 𝑧̅

𝐶3 : |𝑧| = 1 ⟹ 𝑧 = 𝑒 𝑖𝜃 , ⃖0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋, 𝑑𝑧 = 𝑖𝑒 𝑖𝜃 𝑑𝜃 0 𝑖𝜃 𝜋 𝑧 𝑒 𝑖 3𝑖𝜃 𝜋 1 2 𝑖𝜃 3𝑖𝜃 ∮ 𝑑𝑧 = ∫ −𝑖𝜃 𝑖𝑒 𝑑𝜃 = −𝑖 ∫ 𝑒 𝑑𝜃 = − 𝑒 | = − (−1 − 1) = 𝑧̅ 3𝑖 3 3 0 𝐶3 𝜋 𝑒 0 ∮ 𝐶3

𝑧 2 𝑑𝑧 = 𝑧̅ 3

𝐶4 : 𝑦 = 0, 1 ≤ 𝑥 ≤ 2, 𝑑𝑦 = 0 2 2 𝑧 𝑥 + 𝑖𝑦 𝑥 ∮ 𝑑𝑧 = ∮ 𝑑(𝑥 + 𝑖𝑦) = ∫ 𝑑(𝑥) = ∫ 𝑑𝑥 = 1 𝐶2 𝑧̅ 𝐶2 𝑥 − 𝑖𝑦 1 𝑥 1 ∮ 𝐶2

∮ 𝐶

∮ 𝐶

𝑧 𝑑𝑧 = 1 𝑧̅ 𝑧 𝑧 𝑧 𝑧 𝑧 4 2 2 4 𝑑𝑧 = ∮ 𝑑𝑧 + ∮ 𝑑𝑧 + ∮ 𝑑𝑧 + ∮ 𝑑𝑧 = − + 1 + + 1 = − + 2 = 𝑧̅ 3 3 3 3 𝐶1 𝑧̅ 𝐶2 𝑧̅ 𝐶3 𝑧̅ 𝐶4 𝑧̅ 𝑧 4 𝑑𝑧 = 𝑧̅ 3

∎