BOMBAS

Cap´tulo 6
ı

´
INTEGRACION POR RESIDUOS

Problema 6.1. Halla todas las singularidades de las siguientes funciones y obt´ n sus correspondientes
e
residuos:
(a)
(b)

1
,
+ 4)

(c)

1
,
+ 2z + 1

(d)

z 3 (z
z2

z3

1
,
−3

1
(e) sen ,
z

ez

1
,
−1

(f) (z − 3) sen

1
.
z+2

Soluci´ n: (a) z = 0 es un polo de orden 3 y z = −4 un polo simple.
oRes
Res

′′
1
1
2
1
1
=
,0 =
3 (z + 4)
z
2 z+4
2 (z + 4)3
z=0
1
−1
1
=
, −4 = 3
.
z 3 (z + 4)
z z=−4
64

=
z=0

1
;
64

(b) Como z 2 + 2z + 1 = (z + 1)2 , entonces z = −1 es un polo de orden dos. Adem´ s, la funci´ n coincide
a
o
con su desarrollo de Laurent alrededor de ese polo, y no tiene t´ rmino en (z + 1)−1 , de modo que
e
Res

1
, −1
(z + 1)2

= 0.(c) Las singularidades son las soluciones de z 3 = 3, es decir z = 31/3 , 31/3 e±i2π/3 . Las tres son polos
simples, ya que el numerador es 1 = 0 y la derivada del denominador 3z 2 , que no se anula en ninguna
de las ra´ces; por lo tanto, denotando por a cualquiera de las tres ra´ces,
ı
ı
Res
ya que a3 = 3.

z3

1
,a
−3

=

1
a
a
= 3 = ,
2
3a
3a
9

(d) Las ra´ces deldenominador son z = i2πn, con n ∈ Z. Son todas polos simples de la funci´ n porque el
ı
o
z no se anula en ninguna de las ra´ces; entonces,
numerador 1 = 0 y la derivada del denominador e
ı
Res

ez

1
, i2πn
−1

=

1
ei2πn

= 1.

´
6 INTEGRACION POR RESIDUOS

122
(e) z = 0 es una singularidad esencial, y como
sen

1
1
1
= − 3 + ··· ,
z
z 6z

entonces
1
Res sen ,0
z

= 1.

(f) z = −2 es una singularidad esencial. Como
(z − 3) sen

1
1
1
= (z + 2) − 5
−
+ ···
z+2
z + 2 6(z + 2)3
5
5
1
+ ··· −
+
+ ···
=1−
6(z + 2)2
z + 2 6(z + 2)3
5
1
5
=1−
−
+
+ ··· ,
2
z + 2 6(z + 2)
6(z + 2)3

entonces
Res (z − 3) sen

1
, −2
z+2

= −5.

Problema 6.2. Halla los residuos de las siguientes funciones en el punto a indicado:
(a)ez − 1
, en a = 0,
sen z

1
(b) z
, en a = 0,
e −1
z+2
, en a = 0,
(c) 2
z − 2z

(d)

1 + ez
, en a = 0,
z4

(e)

ez
, en a = 1,
(z 2 − 1)2

2

ez
(g)
, en a = 1,
(z − 1)2
cos z − 1
z

(h)

2

ez
, en a = 1,
(f)
z−1

(i)

2

, en a = 0,

z2
, en a = i.
z4 − 1

Soluci´ n: (a) Por un lado
o
ez − 1 = z +

z z2
z2 z3
+
+ ··· = z 1 + +
+···
2
6
2
6

;

por otro
sen z = z −

z3
z2
+ ··· = z 1 −
+ ···
6
6

,

por lo que
2

1 + z + z6 + · · ·
ez − 1
2
=
2
sen z
1 − z6 + · · ·
es el cociente de dos funciones anal´ticas en z = 0 y, por tanto, anal´tica tambi´ n, con lo que
ı
ı
e
Res

ez − 1
,0
sen z

= 0.

´
6 INTEGRACION POR RESIDUOS

123

(b) La funci´ n tiene un polo simple en z = 0,ya que el numerador 1 = 0 y la derivada del denominador ez
o
no se anula en z = 0. Entonces
Res

ez

(c) Como

1
,0
−1

=

1
ez

= 1.
z=0

z+2
z+2
=
,
z 2 − 2z
z(z − 2)

la funci´ n tiene un polo simple en z = 0 y
o

z+2
,0
z(z − 2)

Res
(d) Como

1 + ez = 2 + z +
entonces

=

z+2
z−2

z=0

= −1.

z2 z3
z4
+
+
+ ··· ,
2
6
24

2
1
1
1
11 + ez
= 4+ 3+ 2+
+
+ ··· ,
z4
z
z
2z
6z 24

luego

1 + ez
,0
z4

Res

1
= .
6

(e) Dado que (z 2 − 1)2 = (z − 1)2 (z + 1)2 , la funci´ n tiene un polo de orden 2 en z = 1. Entonces,
o
Res

ez
,1
(z − 1)2 (z + 1)2

′

ez
(z + 1)2

=

=
z=1

ez
ez
−2
(z + 1)2
(z + 1)3

=
z=1

e 2e
−
= 0.
4
8

(f) Se trata de un polo simple, as´ que
ı
2Res

ez
,1
z−1

= e.

(g) Ahora es un polo de orden 2, as´ que
ı
2

Res

ez
,1
z−1

2

= (ez )′

(h) Como
cos z − 1 = −

z=1

= 2zez

2

z=1

= 2e.

z4
z2
+
+ ··· ,
2
24

entonces

cos z − 1
z
z3
=− +
+ ···
z
2 24
es una funci´ n anal´tica; por tanto, su cuadrado tambi´ n es una funci´ n anal´tica y, en consecuencia,
o
ı
e
o
ı
Res

cos z...