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Análisis III B - Turno mañana - Integrales impropias

1

Cálculo de integrales reales impropias mediante teoría de residuos
Teorema 1. Sea f : C → C tal que a) f es holomorfa en Im(z) > 0 salvo en un número finito de puntos ninguno de los cuales está sobre el eje real, b) z→∞ |zf (z)| = 0. lim
Im(z)>0

Entonces
R→+∞

lim

siendo zk las singularidades de f con parte imaginariapositiva. D) La idea es encontrar un recinto donde valga el teorema de los residuos para esta f y que la integral de f 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 suficientemente grande de manera quecontenga a todas las singularidades zk con parte imaginaria positiva. El borde del recinto ΓR , está compuesto por la semicircunferencia γ R : z(t) = Reit con 0 6 t 6 π y el intervalo [−R, R]. Gráficamente,

−R

R Z

X f (x)dx = 2πi Res[f, zk ].
k

Por el teorema de los residuos y dada la elección de R : Z X f (z)dz = 2πi Res[f, zk ].
Γ+ R k

(1)

Por otro lado, Z f (z)dz =
R Z

f(x)dx +

Γ+ R

−R

Z

f (z)dz

(2)

γ+ R

Análisis III B - Turno mañana - Integrales impropias

2

Claramente debido a la hipótesis b), el término a la derecha de la última igualdad tiende a cero cuando R tiende a infinito y en consecuencia, lo mismo vale para la segunda integral de (2). Finalmente, tomando límite para R tendiendo a infinito en (1), resulta la tesis.¤ Observación:Si f satisface las hipótesis del Teorema 1 pero en Im(z) 6 0, una demostración análoga prueba que lim
R Z

La segunda integral puede acotarse haciendo: ¯ ¯ ¯Z ¯ ¯ ¯ ¯ f (z)dz ¯ 6 πR sup |f (z)| = π sup |zf (z)| ¯ ¯ z∈ΓR z∈ΓR ¯ ¯
γR

R→+∞

f (x)dx = −2πi

−R

X
k

Res[f, zk ].

siendo zk las singularidades de f 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 = 2πi

−∞

X
k

Res[f, zk ]

siendo zk las singularidades de f con parte imaginaria positiva. D) Es inmediato del Teorema 1 y la relación entre la integral impropia con su valor principal.¤ ∞ Z dx Ejemplo: La convergencia de la integral se concluye usando el (1 + x2 )4 criterio decomparación y la convergencia de
∞ Z ∞ Z 1 0

dx . Para hallar su valor, calcularex6

mos

dx 1 aplicando el resultado anterior. La función f (z) = 2 )4 (1 + x (1 + z 2 )4

cumple las hipótesis del Corolario 1 y su única singularidad en el semiplano suϕ000 (i) siendo perior es z = i, que es un polo de orden 4. Sabemos que Res[f, i] = 3! 5 ϕ(z) = (z − i)4 f (z) y resulta que Res[f, i] = .Luego, 32i ∞ ∞ Z Z dx dx 1 5π . = = 2 )4 2 )4 (1 + x 2 (1 + x 32
0 −∞

−∞

Análisis III B - Turno mañana - Integrales impropias

3

Teorema 2. Sea f : C → C tal que a) f es holomorfa en Im(z) > 0 salvo en un número finito de puntos ninguno de los cuales está sobre el eje real, b) z→∞ |f (z)| = 0. lim
Im(z)>0

Entonces para cualquier α > 0 : lim
R Z

R→+∞

f (x)eiαx dx = 2πi

−R

Xk

Res[f (z)eiαz , zk ].

siendo zk las singularidades de f 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. Si f (x)eiαx es integrable en (−∞, ∞) y la extensión de f como funcióncompleja verifica las hipótesis del Teorema 2, entonces para cualquier α > 0: ∞ Z X f (x)eiαx dx = 2πi Res[f (z)eiαz , zk ]
−∞ k

y por lo tanto,
∞ Z

f (x)cos(αx)dx = Re 2πi Ã

−∞

−∞ ∞ Z

Ã

X
k

Res[f (z)eiαz , zk ]

! !

f (x)sen(αx)dx = Im 2πi

X
k

Res[f (z)eiαz , zk ]

siendo zk las singularidades de f con parte imaginaria positiva. D) Es inmediato del Teorema 2 y...
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