Ejercicio polos y residuos PDF

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ejercicio resuelto...

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Ejercicio Calcular la integral de f (z) en la circunferencia C centrada en 2 de radio 3 orientada en sentido positivo. 1 cos(z) + z + z 3 cos f (z) = 2 z sin (z) en definitiva lo que nos piden es lo siguiente Z 1 cos(z) + z dz + z 3 cos 2 z sin (z) C

(1)

resolver esta integral por definicion es extremadamente engorroso ya que se podria utilizar la parametrizaci´on z(θ) = 2 + 3eiθ con θ ∈ [0, 2π) y deber´ıamos calcular la integral de 0 a 2π de f (z(θ)) · z ′ (θ) lo cual es espantoso. En vez de eso podemos usar el teorema de los residuos. Este teorema plantea lo siguiente Teorema de los residuos 1 sea C una curva simple, cerrada, orientada positivamente. Y dada f una funci´ on anal´ıtica en C y en el interior de C exepto en un n´ umero finito de puntos singulares zk con k ∈ N entonces se cumple que Z n X Res f (z) f (z)dz = 2πi C

k=1

z=zk

para poder usar este teorema hay que encontrar las singularidades de la funci´ on. Primero expreso a f (z) como suma de las funciones g(z) y p(z ) 1  cos(z) + z + z 3 cos f (z) = 2 z sin (z ) | {z } | {z } p(z)

g(z)

ahora analizo para qu´ e puntos de g y de p se anulan los denominadores. Por un lado, en z = 0 anulan tanto p como g, y por el otro, g se anula en z = kπ con k ∈ Z. Pero como las u ´ nicas singularidades que caen dentro de C son 0 y π desestimo todas las demas (ver Figura 1), es decir me quedo con k = 1 y k = 0. Listo entonces las singularidades que tengo que analizar son dos: z = 0 y z = π . Empiezo a calcular los residuos. Analizo en z = 0 para g(z). El numerador no se anula g1 (0) 6= 0 y el denominador se anula g2 (0) = g2′ (0) = 0 con lo cual puedo, aunque no me lo pidan, clasificar esta singularidad como un polo de orden 2 de g(z), esto implica que puedo escribir a la funci´ on de la siguiente forma g(z) =

(z − 0)0 h1 (z ) (z − 0)2 h2 (z )

con lo cual el residuo es Res(g, 0) =

Φ(2−1) (0) ′ h′ (0)h2 (0) − h1 (0)h′2 (0) = Φ (0) = 1 h22 (0) (2 − 1)! 1

Im

Re z=π

z=0

Figure 1: Regi´on de integraci´ on y sus singularidades la u ´ nica forma de calcular esto es mediante el siguiente sistema de ecuaciones ( h1 (z ) = cos(z ) + z z 2 h2 (z) = sin2 (z ) si se derivan ambas ecuaciones hasta conseguir los valores que se buscan se obtiene que h1 (0) = h1′ (0) = h2 (0) = 1 y h′2 (0) = 0 entonces Res(g, 0) = 1 Analizo en z = 0 para p(z). Aca el m´ etodo m´as conveniente para calcular el residuo es utilizar el desarrollo en serie por dos motivos: en primer lugar, porque nos acordamos de memoria el desarrollo en serie del coseno entorno al cero lo cual facilita contruir el desarrollo de p, y en segundo lugar, nos podemos valer de la definici´ on de residuo Definici´ on de residuo 1 Dado un punto singular aislado z0 y una funci´ on f (z) que admite una representaci´ on de serie de Laurent, entonces se puede afirmar que f (z) =

∞ X

n=0

an (z − z0 )n +

∞ X

n=1

bn (z − z0 )n

(0 < |z − z0 | < R)

   = 1 + a1 (z − z0 ) + a2 (z − z0 )2 + ... + 2

 b2 b1 b3 + ... + 3 2 z − z0 (z − z0 ) (z − z0 )

el n´ umero complejo b1 de esa serie de Laurent es el residuo que estamos buscando. Bueno vamos a buscarlo, pero primero hallo el desarrollo cos(z) =

∞ X (−1)n 2n 1 1 1 z = 1 − z 2 + z 4 − z 6 + ... 6! 4! 2! (2n)! n=0

  X ∞ (−1)n −2n+3 1 1 11 1 1 = − z = z3 − z + + ... z cos 4! z 6! z 3 z 2! (2n)! n=0 3

entonces por la definici´on de residuo Res(p, 0) =

1 4!

buen´ısimo ya esta terminado el an´ alisi para esta singularidad. Vamos con la otra. Analizo en z = π para g(z). El numerador no se hace cero g1 (π) 6= 0, el denominador se anula en g2 (π) = g2′ (π) = 0 con lo cual puedo, aunque no me lo pidan, clasificar esta singularidad como polo de orden 2 de g(z). Esto significa que puedo expresar a la funci´ on como g(z) =

(z − π)0 h1 (z) (z − π)2 h2 (z)

y el residuo queda expresado como Res(g, π) =

Φ(2−1) (π) h′ (π)h2 (π) − h1 (π )h′2 (π) = Φ′ (π) = 1 (2 − 1)! h22 (π)

ahora planteo el siguiente sistema de ecuaciones ( h1 (z) = cos(z) + z (z − π)2 h2 (z) = sin2 (z) si derivo las veces que sean necesarias hasta llegar a los valores que se necesitan se obtiene que h1 (π) = π − 1, h′1 (π) = 1, h2 (π) = 1 y h2′ (π) = 0. Entonces el residuo queda Res(g, π) = 1 El an´ alisis en z = π para p(z) ni me preocupa ya que alli no se anula, por lo tanto el residuo es igual a cero. Res(p, π) = 0 Finalmente obtengo cu´ al es el valor de la integral mediante el teorema de los residuos

3

Z

  f (z)dz = 2πi Res(f, 0) + Res(f, π) C   = 2πi Res(g, 0) + Res(p, 0) + Res(g, π ) + Res(p, π)   1 +1+0 = 2πi 1 + 4! Z

 1 f (z)dz = 2πi 2 + 4! C

Ejercicios adicionales Les dejo dos ejercicios similares para que practiquen en esta hoja, y les dejo las repuestas en la siguiente asi no los spoileo!! 1. Dada la funci´ on f (z) y la curva C = {|z − 1| = 32 } f (z) =

1 eiπz − e−iπz + e z−2 − 5z + 6)

z 3 (z 2

(a) Clasificar las singularidades de f (z ) (b) Calcular la integral

Z

f (z)dz

C

2. Dada la funci´ on f (z). f (z) =

  ez − 1 1 + z 4 sin cos z − 1 z

(a) ´ıdem ejercicio 1.

4

Respuestas: 1. (a) Las sigularidades del primer t´ ermino son z1 = 2, z2 = 3 y z3 = 0. En z1 y z2 son singularidades evitables, por lo tanto el residuo de ambas 5 πi. es igual a 0. En z3 hay un polo de orden 2 y Res(g, 0) = 18 Las u ´ nica singularidad del segundo t´ermino es z4 = 2, esta es una singularidad esencial y su residuo es Res(h, 2) = 1. (b) el resultados es

Z

 5 πi + 1 f (z)dz = 2πi 18 C

1. (a) Las singularidades del primer t´ ermino son z1 = 0, y z2 = 2π. En z1 hay un polo simple y su residuo es Res(g, 0) = −2. En z2 hay un polo de orden 2 y su residuo es Res(g, 2π) = −2e2π Las singularidades en el segundo t´ermino es z4 = 0 es una singularidad esencial y Res(h, 0) = 15! (b) el resultado es Z

1  f (z)dz = 2πi − 2 − 2e2π 5! C

5...