Aplicacion del teorema de la integral de Cauchy PDF

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aea mano...

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Aplicaciones del Teorema de la Integral de Cauchy Ecuaciones de Poisson Para una Circunferencia ζ : |z| = R

Sea f una funci´on anal´ıtica dentro y sobre la circunferencia ζ: |z| = R, y sea z = reiθ un punto dentro de ζ .

Si u(r; θ) es arm´onica en una circunferencia ζ, entonces se obtiene como una aplicaci´on de la ecuaci´on integral de Cauchy, la conocida f´ormula integral de Poisson.

Sabemos que: z = reiθ , w = Reiφ

; 0 ≤ φ ≤ 2π 1 f (z) = 2π

Ademas

Z

0

2π 

w w w = − − w−z w − z w − z1

w w − w − z w − z1

w−

w 

w z

2

=



f (w)dφ

R2 − r2 z w = − 2 w−z w−z |w − z |

tambien : |w − z | = R2 + r2 + 2Rr cos(φ − θ ) obtenemos una expresion 1 u(r, θ) + iv(r, θ) = 2π

Z

2π

0

1 2π

Z

2π

u(r, θ) =

1 2π

2π

v(r, θ) =

Z

0

0

  2 R − r2 · (u(R, φ) + iv (R, φ))dφ R2 + r2 − 2Rr cos (φ − θ)  2  R − r2 u(R, φ)dφ R2 + r2 − 2Rr cos (φ − θ)   2 R − r2 v(R, φ)dφ R2 + r2 − 2Rr cos (φ − θ) 1

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2π (R2 − r2 )

u(r, θ) =

Z

2π 0

u(R, φ)dφ R2 + r2 − 2Rr cos (φ − θ)

La Ecuaci´on de Poisson para un disco se puede utilizar para evaluar integrales de la forma a continuaci´on se muestra un ejemplo.

Z

2π

f (sen(θ), cos(θ))dθ , 0

Ejemplo 6 Evaluar Z Soluci´ on   Para f Reiφ = 1

∧

  f reiθ = 1

a = R2 + r2 b = 2Rr

2π 0

∧

dθ a + b cos θ

;

a > |b|

θ=0  √ = √a − b = a+b

R+r R−r

→

R2 − r2 =

usando la formula de Poisson   1 f reiθ = 2π

Reemplazando

Z

2π

a2 − b2

    2 R − r2 f Reiφ dφ R2 + r2 − 2Rr cos (φ − θ)

0

1 1= 2π

p

Z

0

2π

√ a2 − b2 dφ a + b cos (φ)

Obtenemos Z

2π

0

2π dφ = √ a + b cos (φ) a2 − b2

Ecuaci´ on de Poisson para un Semiplano Superior Sea f una funci´on anal´ıtica en el semiplano superior y ≥ 0 , sea z = α + iβ un punto cualquiera en el semiplano superior

y Para el interior de ζ ζ f (z) = z = (α, β) • 0

Z

ζ

f (w)dw w−z

Para el exterior de ζ 0=

−R

1 2πi

x

R • z = (α, −β)

Restando ambas expresiones obtenemos  Z  1 1 1 − f (w)dw f (z) = 2πi ζ w − z w − z Z Z 1 1 β · f (w) (z − z) dw = f (z) = dw π ζ (w − z )(w − z) 2πi ζ (w − z )(w − z) 2

1 2πi

Z

ζ

f (w)dw w−z

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β · [u(x; 0) + iv (x; 0)] 1 u(x; y) + iv (x; y) = dx + 2 + β2 π ( z − α ) π −R R

Z

ζ

β · f (w) dw (w − z )(w − z)

Cuando R → ∞ y por la Desigualdad de Cauchy la segunda integral tiende a cero. Z 1 β · f (w) dw = 0 π ζ (w − z )(w − z) Entonces u(α; β) =

v(α; β) =

β π

Z

∞

β π

Z

∞

−∞

−∞

u(x; 0) dx (x − α)2 + β 2 v(x; 0) dx (x − α)2 + β 2

Ejemplo 7 Evaluar

Z

∞ −∞

cos(mx) dx x2 + a 2

Soluci´ on Tomando f (z) = eimz →

I

eimz dz = 2 z + a2

Z

∞

−∞

eimx dx + 2 x + a2

✯0 ✟ ✟ eimz ✟ dz z 2✟+ a2 ✟ ✟ζ

Z

Entonces, por la ecuaci´on de Poisson en el semiplano superior  Z ∞  cos(mx) + i sen(mx) π dx = · [u(α; β) + iv (α; β)] x2 + a 2 β −∞

(1)

Donde u(α; β) y v(α; β) se obtienen apartir de f (z ) f (z) = eimz = e−my (cos(mx) + i sen(mx)) u(x; y) + iv (x; y) = e−my cos(mx) + ie−my sen(mx) Donde obtenemos

Comparando

u(x; y ) = e−my cos(mx)

v(x; y ) = e−my sen(mx)

u(α; β) = e−mβ cos(mα)

v(α; β) = e−mβ sen(mα)

x2 + a2 = (x − α)2 + β 2

→

α=0∧β=a

Reemplazando estos u ´ltimos resultados en (1) Z ∞ Z ∞ cos(mx) sen(mx) π dx + i dx = · e−ma 2 + a2 2 + a2 x a x −∞ −∞ Z

∴

∞

−∞

cos(mx) π dx = · e−ma x2 + a 2 a

(2)

Derivando esta u ´ltima expresi´on respecto a “m”, se obtiene Z

∞

x · sen(mx) dx = πe−ma x2 + a 2 −∞

(3)

Derivando esta u ´ltima expresi´on respecto a “a”, se obtiene Z

∞

π · m −ma x · sen(mx) dx = ·e 2 + a 2 )2 2a ( x −∞

3

(4)

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Aplicaciones de la Integral de Poisson Ejemplo   T1 Calcule una funci´on arm´onica de la forma: u(x; 0) = T0   T2

; ; ;

x < −1 −1 < x < 1 x>1

Soluci´ on

M1) M´otodo de la Integral de Poisson u(α, β) = u(α, β) =

β π

Z

−1

T1 dx 2 (x − α) + β 2

−∞

1 π

Z

β π

+

∞

β · u(x, 0)dx 2 (x − α) + β 2

−∞

Z

1

−1

tratar de resolver estas integrales es muy complicado

T0 dx 2 (x − α) + β 2

+

β π

Z

1

∞

T2 dx 2 (x − α) + β 2

M2) M´otodo de Dirichlet . y donde (x, y )

y  x−1  y  θ2 = arctan x+1

θ1 = arctan

T1

θ2

• −1

0 T0



θ1

• 1

T2

x

Condiciones de frontera de Dirichlet: uxx + uyy = 0 φ(x; y) = Aθ1 + Bθ2 + C Condiciones de frontera: θ1 = θ2 = 0

→ φ(x, y) = T2 = C

θ1 = π

∧

θ2 = 0

→

φ(x, y) = T0 = Aπ + C

→

A=

θ1 = π

∧

θ2 = π

→

φ(x, y) = T1 = T0 − T2 + Bπ + T2

T0 − T2 π →

B=

T1 − T0 π

Reemplazando

φ(x, y) =



T0 − T2 π



arctan



y x−1



4

+



   y T1 − T0 arctan + T2 π x+1

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Problemas Resueltos 1. Calcular la Integral de Dirichlet Z ∞ Z ∞ sen(x) sen3 (x) a) dx dx b) x3 x −∞ −∞ Soluci´ on

a) Usando el resultado obtenido en (3) ∞

Z

−∞

Haciendo a → 0 y m = 1

→

x · sen(mx) dx = πe−ma x2 + a 2

l´ım πe−a = π

a→0

∞

Z

∴

−∞

sen(x) dx = π x

b) ∞

Z

−∞

Z

sen3 (x) dx = l´ım a→0 x3

∞

"Z

3

∞

x

−∞

sen (x) dx 3 = l´ım 3 a→0 x 4 −∞

"Z

 # sen(x) − 41 sen(3x) dx (x2 + a2 )2 # Z x sen(x)dx 1 ∞ x sen(3x)dx − 2 3 −∞ (x2 + a2 )2 (x2 + a2 )

3

∞

−∞

4

usando el resultado de (4) Z

∞

x · sen(mx)

−∞ (x2

+

2 a2 )

dx =

π · m −ma ·e 2a

Reemplazando Z

 −a  hπ 3 e − e−3a sen3 (x)dx π −3a i 3π −a = e = l´ ım l´ ım e − 2a x3 8 a→0 4 a→0 2a a −∞ ∞

Aplicando L’ Hospital, obtenemos ∴

3π sen3 (x) dx = 3 x 4 −∞

Z

∞

2. Sea f anal´ıtica en una regi´on R acotado por 2 circunferencias conc´entricas C1 y C2 y sobre la circunferencia, probar que si z0 es un punto en R entonces Z Z f (z) f (z) 1 1 dz dz − f (z0 ) = 2πi C2 z − z0 2πi C1 z − z0 Soluci´ on C1 C2 E

Construimos un corte transversal EH que une las circunferencias C1 y C2 . Entonces, f es anal´ıtica en la regi´on acotada por EF GEH K J H E. Por lo tanto, seg´ un la f´ ormula integral de Cauchy I 1 f (z) f (z0 ) = dz 2πi EF GEHKJ HE z − z0

G H

K J

F

5

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Z Z Z f (z) f (z) f (z) f (z) 1 1 1 dz dz + dz + dz + 2πi HE z − z0 2πi HKJ H z − z0 2πi EH z − z0 2πi EF GE z − z0 Z Z f (z) f (z) 1 1 dz dz − f (z0 ) = 2πi C2 z − z0 2πi C1 z − z0 f (z0 ) =

1

Z

Puesto que las integrales a lo largo de EH y HE se cancelan, tambi´en teniendo en cuenta el sentido de integraci´on se llega al resultado. Resultados semejantes pueden establecerse para las derivadas de f (z ) Z 2 z −z+2 dz ; ς es la frontera de la regi´on rectangular con v´ertices 3. Evaluar la siguiente integral 3 2 ς z − 2z (3 + i), (3 − i), (−1 + i), (−1 − i) (en el sentido del movimiento de las manecillas del reloj). Soluci´ on Sea I la integral dada que se nos pide calcular I=

z2 − z + 2 dz z 3 − 2z 2

Z

ς

Entonces primero separamos el denominador por fracciones parciales Z 2 Z Z z −z+2 dz dz dz = − + 3 − 2z 2 2 z −2 z z ζ ζ ζ Ahora, sabemos por la integral de Cauchy que se cumple 2πf (n) (z0 ) n!

=

f (z)

Z

ς

Luego, para la integral tendremos que: f (z) = 1,

(n+1)

(z − z0 )

f ′ (z0 ) = 0

Y tambi´en de la segunda integral tenemos: f (z) = 1,

dz

con

f ′ (z0 ) = 1

z0 = 0 con

z0 = 2

Reemplazando en I I=−

2πi(0) 2πi(1) + 0! 1! I = 2πi

4. Evaluar I =

Z

sen4 (x) dx x4 −∞ ∞

(Integral de Dirichlet)

Soluci´ on Primero degradamos sen4 (x) sen4 (x) =



1 − cos(2x) 2

2

=

1 − 2 cos(2x) + cos2 (2x) 1 = 4 4

  1 + cos(4x) 1 − 2 cos(2x) + 2

1 (3 − 4 cos(2x) + cos(4x)) 8 Ademas de (2) se cumple Z ∞ cos(mx) π dx = e−ma 2 2 a −∞ x + a entonces:

sen 4 (x) =

Para evaluar la integral primero hacemos I = l´ım

Z

I = l´ım

Z

a→0

a→0

∞ −∞ ∞ −∞

(x2

sen4 (x)dx + a2 ) (x2 + 2a2 )

(3 − 4 cos(2x) + cos(4x)) dx 8 (x2 + a2 ) (x2 + 2a2 ) 6

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Separamos en fracciones parciales la expresi´on ∞



Z



agrupando

3 a2

1 1 − 2 2 2 x +a x + 2a 2





 1 1 − cos(2x) x2 + a 2 x 2 + 2a 2 −∞    1 1 1 + 2 − cos(4x) dx x2 + a 2 a x 2 + 2a 2        1 3 π 1 π −4a π −4√2a π −2√2a π 4 π −2a √ e √ e √ I = l´ım + e − e − − − a→0 8 a 2 a2 a a2 a a 2a 2a 2a

1 a→0 8

I = l´ım

4 a2

−

" √ √ # π 3 − 4e−2a + e−4a 4e−2 2a − 3 − e−4 2a √ I = l´ım + a→0 8 a3 2a3

Aplicando L’ Hospital 3 veces " √ # √ √ √ π 32e−2a − 64e−4a −64 2e−2 2a + 128 2e−4 2a √ I = l´ım + a→0 8 6 6 2 Reemplazando I=

    32 π 64 π 32 − 64 −64 + 128 + − = + 6 8 6 6 8 6 Z ∞ 4 sen (x) 2π dx = ∴ I= 4 x 3 −∞

5. Use el teorema de Cauchy para evaluar la siguiente integral: Siendo la curva de frontera : ζ : |x| ≤ a, 0 ≤ y ≤ b

Z

∞ −∞

  1 − b2 + x2 2

(1 − b2 + x2 ) + 4x2 b2

dx, 0 ≤ y ≤ b

Soluci´ on Por cauchy, analizamos esta curva de frontera y b a + ib

−a + ib

−a

a

0

Tomamos una funcion analitica f (z) = Siendo entonces

I

x

1 1 + z2

f (z)dz = 0

ζ

Donde z = x + iy

∧

dz = dx + idy

Analizando la funcion del contorno: Z a Z Z −a Z b Z 0 1 1 1 1 f (z)dz = dy = 0 dy + dx + dx + 2 2 2 2 0 1 + (a + iy) 1 + (x + ib) ς −a 1 + x a b 1 + (iy − a) 7

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Operando integrales Z a Z b Z −a Z 0 1 1 1 1 dy = 0 dx + dy + dx + 2 − y 2 + 2aiy 2 2 − y 2 + 2aiy 2 2 1 + a 1 + x 1 + a 1 + x − b + 2bxi −a a b 0 Dando forma Z

a

1 dx + 1 + x2 −a

Z

b 0

4ay 2

(1 + a2 − y 2 ) + 4a2 y 2

dy −

Z

a

1 − b2 + x2 − 2bxi 2

−a

(1 − b2 + x2 ) + 4b2 x2

dx = 0

Tomando el l´ımite a → ∞ Z ∞ Z b Z ∞ 1 4ay 1 − b2 + x2 − 2bxi dx + l´ ım dx = 0 dy − 2 2 2 −∞ 1 + x −∞ (1 − b2 + x2 ) + 4b2 x2 0 a→∞ (1 + a 2 − y 2 ) + 4a 2 y 2 Donde l´ım

a→∞

Z

b

0

Reemplazando Z

∞

∞

−∞

1 dx = 1 + x2

Z

1 − b2 + x2 − 2bxi

∞

dx 2 (1 − b2 + x2 ) + 4b2 x2 Z ∞ Z ∞ 1 2bx 1 − b2 + x2 dx − i dx = dx 2 2 2 2 2 2 2 2 1+x −∞ (1 − b + x ) + 4b x −∞ (1 − b + x2 ) + 4b2 x2 −∞

Z

4ay dy = 0 2 (1 + a2 − y 2 ) + 4a2 y 2

Sabemos

−∞

∞

Z

−∞

1 dx = π 1 + x2

Reemplazando π=

Z

∞ −∞

(1 −

1 − b2 + x2

b2

+

2 x2 )

+

Como la integral no posee parte imaginaria Z ∞ −∞

4b2 x2

(1 −

dx − i

Z

∞

−∞

2bx 2

(1 − b2 + x2 ) + 4b2 x2

2bx b2

2

+ x2 ) + 4b2 x2

dx = 0

finalmente Z

∞

−∞

1 − b2 + x2 2

(1 − b2 + x2 ) + 4b2 x2

8

dx = π

dx

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Problemas Propuestos 1. Probar

Z

2. Probar

3. Probar

4. Probar

Z Z

∞ 0

∞

(4x2

0

∞ 0

ln (2) dx = 2 + π ) cosh(x) 2π

a  1 1 sen(ax)dx coth − = 4 2a 2 e2ax − 1

π cosh(ax)dx   = cosh(x) 2 cos πa 2 Z

∞

0

Z Z Z

2π 0

∞ 0

2π

0

7. Calcule

|a| < 1

π 1 sen(ax)dx − = 2a 2 senh(πa) ex + 1

5. Probar

6. Calcular

donde

π ln(a) ln(x)dx = 2a x2 + a 2

e2 cos(φ) cos(sen(φ)) dφ 5 − 4 cos(θ − φ)

e−2 cos(θ) cos (2 cos θ − nθ ) dθ

9...