Teorema de los residuos. Laplace.

Residuos

Los coeficientes de la serie de Laurent se pueden obtener de la manera acostumbrada escribiendo los coeficientes para la serie de Taylor correspondientes a $(z-a)^n \cdot f(z)$ . En otros desarrollos el coeficiente $a_{-1}$ , llamado residuo de $f(z)$ en el polo $z=a$ , es de gran importancia. Puede determinarse utilizando la siguiente fórmula

$\displaystyle a_{-1} = \lim_{z \rightarrow a}{\frac{1}{(n-1)!} \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}[(z-a)^n f(z)] }$

donde $n$ es el orden del polo. Para polos simples

$\displaystyle a_{-1} = \lim_{z \rightarrow a}{[(z-a) f(z)] }$

Teorema de los residuos

Si $f(z)$ es analítica en una región $\mathcal{R}$ excepto en un polo de orden $n$ en $z=a$ y si $C$ es cualquier curva cerrada simple en $\mathcal{R}$ y contiene a $z=a$ , entonces $f(z)$ tiene la forma de una serie de Laurent. Al integrar esa serie y usando el hecho de que

$\displaystyle \oint_{C}{\frac{dz}{(z-a)^n}} = \left\{ \begin{matrix} 0 & \text{si} \quad n \ne 1 \\ 2\pi i & \text{si} \quad n=1 \end{matrix} \right.$

se deduce que

$\displaystyle \oint_{C}{f(z) \, dz} = 2\pi a_{-1}$

es decir, la integral de $f(z)$ alrededor de un camino cerrado que encierra en un solo polo de $f(z)$ es $2\pi i$ por el residuo del polo.

Teorema. Si $f(z)$ es analítica dentro y en la frontera de $C$ de una región $\mathcal{R}$ , excepto en un número finito de polos $a, b, c, \cdots$ dentro de $\mathcal{R}$ cuyos residuos son respectivamente $a_{-1}, b_{-1}, c_{-1}$ , … , entonces

$\displaystyle \oint_{C}{f(z) \ dz} = 2\pi i(a_{-1} + b_{-1} + c_{-1} + \cdots)$

es decir, la integral de $f(z)$ es $2\pi i$ por la suma de los residuos de $f(z)$ en los polos encerrados por $C$ . El teorema de Cauchy y las fórmulas de las integrales son casos especiales de este resultado que se llama el teorema de los residuos.

Problemas resueltos

Problema 1. Si $f(z)$ es analítica en todas partes, dentro y en la frontera de una región limitada por una curva cerrada simple $C$ salvo en $z=a$ , el cual es un polo de orden $n$ tal que

$\displaystyle f(z) = \frac{1}{(z-a)^n} a_{-n} + \frac{1}{(z-a)^{n-1}} a_{-n+1} + \cdots + a_0 + a_1 \ (z-a) + a_2 (z-a)^2 + \cdots$

donde $a_{-n} \ne 0$ , demostrar que

(a) $\displaystyle \oint_{C}{f(z) \ dz} = 2\pi i \ a_{-1}$

(b) $\displaystyle a_{-1} = \lim_{z \rightarrow a}{\frac{1}{(n-1)!} \ \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} [(z-a)^n \ f(z)] }$

Solución (a).

$\displaystyle \oint_{C}{f(z) \, dz} = \oint_{C}{\frac{a_{-n}}{(z-a)^n} \ dz} + \cdots + \oint_{C}{\frac{a_{-1}}{(z-a)} \ dz} + \oint_{C}{[a_0 + a_1 (z-a) + a_2 (z-a)^2 + \cdots] \ dz}$

$\displaystyle \oint_{C}{f(z) \, dz} = 2\pi i a_{-1}$

Donde $a_{-1}$ es el único término y se denomina el residuo de $f(z)$ en el polo $z=a$ .

Solución (b). Tomando la expresión del enunciado

$\displaystyle f(z) = \frac{1}{(z-a)^n} a_{-n} + \frac{1}{(z-a)^{n-1}} a_{-n+1} + \cdots + a_0 + a_1 \ (z-a) + a_2 (z-a)^2 + \cdots$

Multiplicando por $(z-a)^n$ en ambos miembros, resulta

$\displaystyle (z-a)^n \ f(z) = (z-a)^n \left[\frac{1}{(z-a)^n} a_{-n} + \frac{1}{(z-a)^{n-1}} a_{-n+1} + \cdots + a_0 + a_1 \ (z-a) + a_2 (z-a)^2 + \cdots \right]$

$\displaystyle = (z-a)^n \ \frac{1}{(z-a)^n} a_{-n} + (z-a)^n \ \frac{1}{(z-a)^{n-1}} a_{-n+1} + \cdots + (z-a)^n \ a_0 + (z-a)^n \ a_1 \ (z-a) + (z-a)^n \ a_2 (z-a)^2 + \cdots$

$\displaystyle = a_{-n} + a_{-n+1} \ (z-a) + \cdots + a_{-1} \ (z-a)^{n-1} + a_0 \ (z-a)^n + a_1 \ (z-a)^{n+1} + a_2 (z-a)^{n+2} + \cdots$

Tomando la $(n-1)$ enésima derivada a ambos lados, se tiene lo siguiente

$\displaystyle (z-a)^n \ f(z) = a_{-n} + a_{-n+1} \ (z-a) + \cdots + a_{-1} \ (z-a)^{n-1} + a_0 \ (z-a)^n + a_1 \ (z-a)^{n+1} + a_2 (z-a)^{n+2} + \cdots$

$\displaystyle \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[(z-a)^n \ f(z) \right] = \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[a_{-n} + a_{-n+1} \ (z-a) + \cdots + a_{-1} \ (z-a)^{n-1} + a_0 \ (z-a)^n + a_1 \ (z-a)^{n+1} + a_2 (z-a)^{n+2} + \cdots \right]$

$\displaystyle \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[(z-a)^n \ f(z) \right] = \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[a_{-n} \right] + \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[a_{-n+1} \ (z-a) \right] + \cdots + \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[a_{-1} \ (z-a)^{n-1} \right] + \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[a_0 \ (z-a)^n \right] + \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[a_1 \ (z-a)^{n+1} \right] + \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[a_2 (z-a)^{n+2} \right] + \cdots$

Tomando el límite y haciendo que $z \rightarrow a$ en ambos miembros, se tiene lo siguiente

$\displaystyle \lim_{z \rightarrow a}{\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[(z-a)^n \ f(z) \right]} = \lim_{z \rightarrow a}{\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[a_{-n} \right]} + \lim_{z \rightarrow a}{\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[a_{-n+1} \ (z-a) \right]} + \cdots$

$\displaystyle + \lim_{z \rightarrow a}{\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[a_{-1} \ (z-a)^{n-1} \right]} + \lim_{z \rightarrow a}{\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[a_0 \ (z-a)^n \right]} + \lim_{z \rightarrow a}{\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[a_1 \ (z-a)^{n+1} \right]}$

$\displaystyle + \lim_{z \rightarrow a}{\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[a_2 (z-a)^{n+2} \right]} + \cdots + \lim_{z \rightarrow a}{\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[(z-a)^n \ f(z) \right]} = \lim_{z \rightarrow a}{\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[a_{-1} \ (z-a)^{n-1} \right]}$

$\displaystyle \lim_{z \rightarrow a}{\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[(z-a)^n \ f(z) \right]} = (n-1)! \ a_{-1}$

Despejando $a_{-1}$ , el resultado final es

$\displaystyle \frac{1}{(n-1)!} \ \lim_{z \rightarrow a}{\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[(z-a)^n \ f(z) \right]} = a_{-1}$

$\displaystyle \therefore a_{-1} = \frac{1}{(n-1)!} \ \lim_{z \rightarrow a}{\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[(z-a)^n \ f(z) \right]}$

Problema 2. Determinar los residuos de cada función en los polos que se indican a continuación

(a) $\displaystyle \frac{z^2}{(z-2)(z^2+1)}$

(b) $\displaystyle \frac{1}{z(z+2)^3}$

Solución (a). De la expresión

$\displaystyle \frac{z^2}{(z-2)(z^2+1)}$

Analizando el denominador, se observa que $z=2$ , $z=i$ y $z=-i$ , lo cual, todos son polos simples. Entonces, para el residuo en $z=2$

$\displaystyle \lim_{z \rightarrow 2}{(z-2) \ \frac{z^2}{(z-2)(z^2+1)}} = \lim_{z \rightarrow 2}{\frac{z^2}{(z^2+1)}} = \frac{(2)^2}{(2^2+1)} = \frac{4}{5}$

Para el residuo en $z=i$

$\displaystyle \lim_{z \rightarrow i}{(z-i) \ \frac{z^2}{(z-2)(z^2+1)}} = \lim_{z \rightarrow i}{(z-i) \ \frac{z^2}{(z-2) \ (z-i)(z+i)}} = \lim_{z \rightarrow i}{\frac{z^2}{(z-2) (z+i)}}$

$\displaystyle = \frac{i^2}{(i-2)(i+i)} = \frac{i^2}{(i-2)2i} = \frac{i}{(i-2)2} = \frac{i}{(i-2)2} \cdot \frac{(i+2)}{(i+2)} = \frac{i(i+2)}{(i-2) 2 (i+2)}$

$\displaystyle = \frac{i^2+2i}{2(i^2+2i-2i-4)} = \frac{-1 + 2i}{2(-1 -4)} = \frac{-1 + 2i}{2(-5)} = \frac{-1 + 2i}{(-10)} = \frac{1 - 2i}{10}$

Y para el residuo en $z=-i$

$\displaystyle \lim_{z \rightarrow -i}{(z+i) \ \frac{z^2}{(z-2)(z^2+1)}} = \lim_{z \rightarrow - i}{(z+i) \ \frac{z^2}{(z-2) \ (z-i)(z+i)}} = \lim_{z \rightarrow -i}{\frac{z^2}{(z-2) (z-i)}}$

$\displaystyle = \frac{(-i)^2}{(-i-2)(-i-i)} = \frac{(-i)^2}{(-i-2)(-2i)} = \frac{i^2}{(2i^2+4i)} = \frac{i^2}{i(2i+4)} = \frac{i}{(2i + 4)}$

$\displaystyle = \frac{i}{(4+2i)} = \frac{i}{(4 + 2i)} \cdot \frac{(4 - 2i)}{(4 - 2i)} = \frac{i(4 - 2i)}{(4 + 2i) (4 - 2i)}$

$\displaystyle = \frac{(4i - 2i^2)}{(16 - 8i + 8i + 4)} = \frac{(4i + 2)}{20} = \frac{2i + 1}{10} = \frac{1 + 2i}{10}$

Solución (b). De la expresión

$\displaystyle \frac{1}{z(z+2)^3}$

Analizando el denominador, se observa que $z=0$ , de polo simple (o de orden 1) y $z=-2$ de polo triple (o de orden 3). Entonces, para el residuo en $z=0$

$\displaystyle \lim_{z \rightarrow 0}{z \ \frac{1}{z(z+2)^3}} = \lim_{z \rightarrow 0}{\frac{1}{(z+2)^3}} = \frac{1}{(0+2)^3} = \frac{1}{2^3} = \frac{1}{8}$

Para el residuo en $z=-2$

$\displaystyle \lim_{z \rightarrow -2}{\frac{1}{(3-1)!} \ \frac{d^2}{dz^2} \left[(z+2)^3 \ \frac{1}{z(z+2)^3} \right]} = \lim_{z \rightarrow -2}{\frac{1}{2!} \ \frac{d^2}{dz^2} \left[\frac{1}{z} \right]}$

$\displaystyle = \lim_{z \rightarrow -2}{\frac{1}{2} \ \frac{d}{dz} \left[-\frac{1}{z^2} \right]} = \lim_{z \rightarrow -2}{\frac{1}{2} \ \left[\frac{2}{z^3} \right]} = \frac{1}{2} \ \frac{2}{(-2)^{3}} = \frac{1}{2} \ \frac{2}{-8} = - \frac{1}{8}$

Solución (c). De la expresión

$\displaystyle \frac{z \ e^{zt}}{(z-3)^2}$

Analizando el denominador, se observa que $z=3$ de polo doble (o de orden 2). Entonces, para el único residuo en $z=3$

$\displaystyle \lim_{z \rightarrow 3}{\frac{1}{(2-1)!} \ \frac{d^{2-1}}{dz^{2-1}} \left[(z-3)^2 \ \frac{z \ e^{zt}}{(z-3)^3} \right]} = \lim_{z \rightarrow 3}{\frac{1}{1!} \ \frac{d}{dz} \left[z \ e^{zt} \right]} = \lim_{z \rightarrow 3}{\frac{1}{1} \ \frac{d}{dz} \left[z \ e^{zt} \right]}$

$\displaystyle = \lim_{z \rightarrow 3}{(1) \left[e^{zt} + zt \ e^{zt} \right]} = \lim_{z \rightarrow 3}{\left[e^{zt} + zt \ e^{zt} \right]} = e^{3t} + 3t \ e^{3t}$

Problema 3. Si $f(z)$ es analítica dentro y en la frontera de la región comprendida por una curva cerrada simple, excepto en algunos polos interiores $a, b, c, \cdots$ , demostrar que

$\displaystyle \oint_{C}{f(z) \ dz} = 2\pi i$ {suma de los residuos de $f(z)$ en los polos $a, b, c$ , etc.}

Solución. Se construyen segmentos (llamados corte de cruce) en donde cada uno conecta un punto, y cada circunferencia tiene un radio y un centro.

Figura 5.7.1 — *Figura 1. Curva cerrada simple con segmentos.*

Después, se tiene que

$\displaystyle \oint_{C}{f(z) \ dz} = \oint_{C_1}{f(z) \ dz} + \oint_{C_2}{f(z) \ dz} + \cdots$

Para el residuo de $f(z)$ en el polo $a$

$\displaystyle f(z) = \frac{a_{-m}}{(z-a)^m} + \cdots + \frac{a_{-1}}{(z-a)} + a_0 + a_1 (z-a) + \cdots$

Integrando en ambos miembros para el contorno $C_1$

$\displaystyle \oint_{C_1}{f(z) \ dz} = \oint_{C_1}{\frac{a_{-m}}{(z-a)^m} \ dz} + \cdots + \oint_{C_1}{\frac{a_{-1}}{(z-a)} \ dz} + \oint_{C_1}{a_0 \, dz} + \oint_{C_1}{a_1(z-a) \, dz} + \cdots$

$\displaystyle \oint_{C_1}{f(z) \ dz} = 2\pi i a_{-1}$

Para el residuo de $f(z)$ en el polo $b$

$\displaystyle f(z) = \frac{b_{-n}}{(z-b)^n} + \cdots + \frac{b_{-1}}{(z-b)} + b_0 + b_1 (z-b) + \cdots$

Integrando en ambos miembros para el contorno $C_2$

$\displaystyle \oint_{C_2}{f(z) \ dz} = \oint_{C_2}{\frac{b_{-n}}{(z-b)^n} \ dz} + \cdots + \oint_{C_2}{\frac{b_{-1}}{(z-b)} \ dz} + \oint_{C_2}{b_0 \, dz} + \oint_{C_2}{b_1 (z-b) \, dz} + \cdots$

$\displaystyle \oint_{C_2}{f(z) \ dz} = 2\pi i b_{-1}$

Y así sucesivamente, por lo que, el resultado final es

$\displaystyle \oint_{C}{f(z) \ dz} = \oint_{C_1}{f(z) \ dz} + \oint_{C_2}{f(z) \ dz} + \cdots$

$\displaystyle = 2\pi i a_{-1} + 2\pi i b_{-1} + \cdots = 2\pi i (a_{-1} + b_{-1} + \cdots)$

$\displaystyle \therefore \oint_{C}{f(z) \ dz} = 2\pi i$ {suma de los residuos}

Problema 4. Calcular

$\displaystyle \oint_{C}{\frac{e^z \, dz}{(z-1)(z+3)^2}}$

donde $C$ es dada por

(a) $\displaystyle |z| = \frac{3}{2}$ ,

(b) $\displaystyle |z| = 10$

Solución. De la expresión

$\displaystyle \oint_{C}{\frac{e^z \, dz}{(z-1)(z+3)^2}} = \oint_{C}{\frac{e^z}{(z-1)(z+3)^2} \, dz}$

se analiza el denominador, por lo que, el $z=1$ es un polo simple (polo de primer orden) y $z=-3$ es un polo doble (polo de segundo orden). Entonces, para el polo $z=1$

$\displaystyle \lim_{z \rightarrow 1}{(z-1) \frac{e^z}{(z-1)(z+3)^2}} = \lim_{z \rightarrow 1}{\frac{e^z}{(z+3)^2}} = \frac{e^{1}}{(1+3)^2} = \frac{e}{4^2} = \frac{e}{16}$

Y para el polo $z=-3$

$\displaystyle \lim_{z \rightarrow -3}{\frac{1}{(2-1)!} \frac{d^{2-1}}{dz^{2-1}} \left[(z+3)^2 \frac{e^z}{(z-1)(z+3)^2} \right] } = \lim_{z \rightarrow -3}{\frac{1}{1!} \frac{d}{dz} \left[\frac{e^z}{(z-1)} \right] } = \lim_{z \rightarrow -3}{\frac{d}{dz} \left[\frac{e^z}{(z-1)} \right] }$

$\displaystyle = \lim_{z \rightarrow -3}{\left[\frac{(z-1)e^z - e^z}{(z-1)^2} \right]} = \frac{(-3-1)e^{-3} - e^{-3}}{(-3-1)^2}$

$\displaystyle = \left[\frac{(z-1)e^z - e^z}{(z-1)^2} \right] = \frac{-4e^{-3} - e^{-3}}{(-4)^2} = \frac{-5e^{-3}}{16}$

Solución (a). Para $|z| = \frac{3}{2}$ , el contorno solo encierra al polo $z=1$ , así que

$\displaystyle \oint_{C}{\frac{e^z \, dz}{(z-1)(z+3)^2}} = 2\pi i \cdot \frac{e}{16}$

$\displaystyle \therefore \oint_{C}{\frac{e^z \, dz}{(z-1)(z+3)^2}} = \frac{\pi i e}{8}$

Solución (b). Para $|z| = 10$ , el contorno encierra a los polos $z=1$ y $z=-3$ , así que

$\displaystyle \oint_{C}{\frac{e^z \, dz}{(z-1)(z+3)^2}} = 2\pi i \cdot \left( \frac{e}{16} + \frac{-5e^{-3}}{16} \right)$

$\displaystyle = 2\pi i \cdot \left(\frac{e - 5e^{-3}}{16} \right)$

$\displaystyle \therefore \oint_{C}{\frac{e^z \, dz}{(z-1)(z+3)^2}} = \frac{\pi i (e - 5e^{-3})}{8}$

Teorema de los residuos. Laplace.

Residuos

Teorema de los residuos

Problemas resueltos

Publicado por Cesar Reyes

Deja un comentario Cancelar la respuesta

Teorema de los residuos. Laplace.

Residuos

Teorema de los residuos

Problemas resueltos

Comparte esto:

Relacionado

Publicado por Cesar Reyes

Deja un comentario Cancelar la respuesta