9.4: Residuos
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Introdujimos residuos en el tema anterior. Repetimos la definición aquí para que sea completa.
Considerar la función\(f(z)\) con una singularidad aislada en\(z_0\), es decir, definida en la región\(0 < |z - z_0| < r\) y con series Laurent (en esa región)
\[f(z) = \sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{b_n}{(z - z_0)^n} + \sum_{n = 0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n.\]
El residuo de\(f\) at\(z_0\) es\(b_1\). Esto se denota
\[\text{Res}(f, z_0) = b_1 \ \ \ \ \text{ or } \ \ \ \ \text{Res}_{z = z_0} f = b_1.\]
¿Cuál es la importancia del residuo? Si\(\gamma\) es una curva cerrada pequeña y simple que va en sentido contrario a las agujas del\(b_1\) reloj
\[\int_{\gamma} f(z) = 2\pi i b_1.\]
Esto es fácil de ver integrando la serie Laurent término por término. La única integral distinta de cero proviene del término\(b_1/z\).
\[f(z) = e^{1/2z} = 1 + \dfrac{1}{2z} + \dfrac{1}{2(2z)^2} + \ ...\]
tiene una singularidad aislada a 0. De la serie Laurent vemos eso\(\text{Res} (f, 0) = 1/2\).
(i) Dejar
\[f(z) = \dfrac{1}{z^3} + \dfrac{2}{z^2} + \dfrac{4}{z} + 5 + 6z. \nonumber\]
\(f\)tiene un poste de orden 3 en\(z = 0\) y\(\text{Res} (f, 0) = 4.\)
(ii) Supongamos
\[f(z) = \dfrac{2}{z} + g(z), \nonumber\]
donde\(g\) está analítico en\(z = 0\). Entonces,\(f\) tiene un poste simple a 0 y\(\text{Res} (f, 0) = 2\).
iii) Dejar
\[f(z) = \cos (z) = 1 - z^2/2! + \ ... \nonumber\]
Luego\(f\) es analítico en\(z = 0\) y\(\text{Res} (f, 0) = 0.\)
iv) Dejar
\[\begin{align*} f(z) &= \dfrac{\sin (z)}{z} \\[4pt] &= \dfrac{1}{z} (z - \dfrac{z^3}{3!} + \ ...) = 1 - \dfrac{z^2}{3!} + \ ... \end{align*}\]
Entonces,\(f\) tiene una singularidad removible en\(z = 0\) y\(\text{Res} (f, 0) = 0.\)
Let
\[f(z) = \dfrac{z}{z^2 + 1}. \nonumber\]
Encuentra los polos y residuos de\(f\).
Solución
Usando fracciones parciales escribimos
\[\begin{align*} f(z) &= \dfrac{z}{(z - i)(z + i)} \\[4pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{z - i} + \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{z + i}. \end{align*}\]
Los polos están en\(z = \pm i\). Calculamos los residuos en cada polo:
En\(z = i\):
\[f(z) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{z - i} + \text{ something analytic at } i. \nonumber\]
Por lo tanto el polo es sencillo y\(\text{Res} (f, i) = 1/2\).
En\(z = -i\):
\[f(z) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{z + i} + \text{ something analytic at } -i. \nonumber\]
Por lo tanto el polo es sencillo y\(\text{Res} (f, -i) = 1/2\).
Let
\[f(z) = -\dfrac{1}{z (1 - z)} \nonumber\]
entonces tenemos las siguientes expansiones Laurent por\(f\) alrededor\(z = 0\).
En\(0 < |z| < 1\):
\[\begin{align*} f(z) &= -\dfrac{1}{z} \cdot \dfrac{1}{1 - z} \\[4pt] &= -\dfrac{1}{z} (1 + z + z^2 +\ ...). \end{align*}\]
Por lo tanto el polo en\(z = 0\) es simple y\(\text{Res}(f, 0) = -1\).
En\(1 < |z| < \infty\):
\[\begin{align*} f(z) &= \dfrac{1}{z^2} \cdot \dfrac{1}{1 - 1/z} \\[4pt] &= \dfrac{1}{z} (1 + \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{z^2} + \ ...). \end{align*}\]
A pesar de que esta es una expansión Laurent válida no debes usarla para computar el residuo a 0. Esto se debe a que la definición de residuo requiere que usemos la serie Laurent en la región\(0 < |z - z_0| < r\).
Let
\[f(z) = \log (1 + z). \nonumber\]
Esto tiene una singularidad en\(z = -1\), pero no está aislado, por lo que no es un polo y por lo tanto no hay residuo en\(z = -1\).
Residuos en Postes Simples
Los polos simples ocurren con la suficiente frecuencia que estudiaremos computando sus residuos con cierto detalle. Aquí hay una serie de formas de detectar un poste simple y calcular sus residuos. La justificación para todos ellos se remonta a la serie Laurent.
Supongamos que\(f(z)\) tiene una singularidad aislada en\(z = z_0\). Entonces tenemos las siguientes propiedades.
Si la serie Laurent para\(f(z)\) tiene la forma
\[\dfrac{b_1}{z - z_0} + a_0 + a_1 (z - z_0) + \ ...\]
entonces\(f\) tiene un poste simple en\(z_0\) y\(\text{Res} (f, z_0) = b_1\).
Si
\[g(z) = (z - z_0) f(z)\]
es analítico en\(z_0\) ese entonces\(z_0\) es o bien un polo simple o son singularidad móvil. En cualquier caso\(\text{Res} (f, z_0) = g(z_0)\). (En el caso de singularidad removible el residuo es 0.)
- Prueba
-
Directamente de la serie Laurent por\(f\) alrededor\(z_0\).
Si\(f\) tiene un poste simple en\(z_0\) entonces
\[\lim_{z \to z_0} (z - z_0) f(z) = \text{Res} (f, z_0)\]
Esto dice que el límite existe y es igual al residuo. Por el contrario, si el límite existe entonces o bien el polo es simple, o\(f\) es analítico en\(z_0\). En ambos casos el límite es igual al residuo.
- Prueba
-
Directamente de la serie Laurent por\(f\) alrededor\(z_0\).
Si\(f\) tiene un polo simple en\(z_0\) y\(g(z)\) es analítico en\(z_0\) entonces
\[\text{Res} (fg, z_0) = g(z_0) \text{Res} (f, z_0).\]
Si\(g(z_0) \ne 0\) entonces
\[\text{Res}(f/g, z_0) = \dfrac{1}{g(z_0)} \text{Res} (f, z_0).\]
- Prueba
-
Dado que\(z_0\) es un simple polo,
\[f(z) = \dfrac{b_1}{z - z_0} + a_0 + a_1 (z - z_0)\]
Dado que\(g\) es analítico,
\[g(z) = c_0 + c_1 (z - z_0) + \ ...,\]
donde\(c_0 = g(z_0)\). Multiplicando estas series juntas es claro que
\[\text{Res} (fg, z_0) = c_0 b_1 = g(z_0) \text{Res} (f, z_0). \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{QED}\]
La declaración sobre cocientes\(f/g\) se desprende de la prueba para productos porque\(1/g\) es analítica en\(z_0\).
Si\(g(z)\) tiene un simple cero en\(z_0\) entonces\(1/g(z)\) tiene un polo simple en\(z_0\) y
\[\text{Res} (1/g, z_0) = \dfrac{1}{g'(z_0)}.\]
- Prueba
-
El álgebra para esto es similar a lo que hemos hecho varias veces anteriormente. La expansión de Taylor para\(g\) es
\[g(z) = a_1 (z - z_0) + a_2 (z - z_0)^2 + \ ...,\]
donde\(a_1 = g'(z_0)\). Entonces
\[\dfrac{1}{g(z)} = \dfrac{1}{a_1 (z - z_0)} (\dfrac{1}{1 + \dfrac{a_2}{a_1} (z - z_0) + \ ...})\]
El segundo factor a la derecha es analítico a\(z_0\) e igual a 1 at\(z_0\). Por lo tanto sabemos que la expansión Laurent de\(1/g\) es
\[\dfrac{1}{g(z)} = \dfrac{1}{a_1 (z - z_0)} (1 + c_1 (z - z_0) + \ ...)\]
Claramente el residuo es\(1/a_1 = 1/g'(z_0)\). \(\text{QED}\).
Let
\[f(z) = \dfrac{2 + z + z^2}{(z - 2)(z - 3)(z - 4)(z - 5)}. \nonumber\]
Mostrar todos los polos son simples y computar sus residuos.
Solución
Los polos están en\(z = 2, 3, 4, 5\). Todos están aislados. Veremos que\(z = 2\) los demás son similares. Multiplicando por\(z - 2\) obtenemos
\[g(z) = (z - 2)f(z) = \dfrac{2 + z + z^2}{(z - 3) (z - 4) (z - 5)}. \nonumber\]
Esto es analítico en\(z = 2\) y
\[g(2) = \dfrac{8}{-6} = -\dfrac{4}{3}. \nonumber\]
Entonces el polo es sencillo y\(\text{Res} (f, 2) = -4/3\).
Let
\[f(z) = \dfrac{1}{\sin (z)}. \nonumber\]
Encuentra todos los polos y sus residuos.
Solución
Los polos de\(f(z)\) son los ceros de\(\sin (z)\), es decir,\(n \pi\) para\(n\) un entero. Dado que el derivado
\[\sin '(n\pi) = \cos (n \pi) \ne 0, \nonumber\]
los ceros son simples y por Inmueble 5 arriba
\[\text{Res} (f, n\pi) = \dfrac{1}{\cos (n \pi)} = (-1)^n. \nonumber\]
Let
\[f(z) = \dfrac{1}{z(z^2 + 1)(z - 2)^2}. \nonumber\]
Identificar todos los polos y decir cuáles son simples.
Solución
Claramente los polos están en\(z = 0\),\(\pm i\), 2.
En\(z = 0\):
\[g(z) = zf(z) \nonumber\]
es analítico a 0 y\(g(0) = 1/4\). Entonces el polo es sencillo y el residuo lo es\(g(0) = 1/4\).
En\(z = i\):
\[g(z) = (z - i) f(z) = \dfrac{1}{z(z + i)(z - 2)^2} \nonumber\]
es analítico en\(i\), el polo es simple y el residuo es\(g(i)\).
A\(z = -i\): Esto es similar al caso\(z = i\). El poste es sencillo.
En\(z = 2\):
\[g(z) = (z - 2) f(z) = \dfrac{1}{z(z^2 + 1)(z - 2)} \nonumber\]
no es analítico a 2, por lo que el polo no es sencillo. (Debería ser obvio que es un polo de orden 2.)
Dejar\(p(z)\),\(q(z)\) ser analítico en\(z = z_0\). Asumir\(p(z_0) \ne 0\)\(q(z_0) = 0\),,\(q'(z_0) \ne 0\). Encuentra
\[\text{Res}_{z = z_0} \dfrac{p(z)}{q(z)}. \nonumber\]
Solución
Ya que\(q'(z_0) \ne 0\),\(q\) tiene un simple cero en\(z_0\). Así que\(1/q\) tiene un poste simple en\(z_0\) y
\[\text{Res} (1/q, z_0) = \dfrac{1}{q'(z_0)}\nonumber\]
Ya\(p(z_0) \ne 0\) que sabemos
\[\text{Res} (p/q, z_0) = p(z_0) \text{Res} (1/q, z_0) = \dfrac{p(z_0)}{q'(z_0)}. \nonumber\]
Residuos en polos finitos
Para los polos de orden superior podemos hacer declaraciones similares a las de los polos simples, pero las fórmulas y cálculos están más involucrados. El principio general es el siguiente
Si\(f(z)\) tiene un polo de orden\(k\) en\(z_0\) entonces
\[g(z) = (z - z_0)^k f(z)\]
es analítico en\(z_0\) y si
\[g(z) = a_0 + a_1 (z - z_0) + \ ...\]
entonces
\[\text{Res} (f,z_0) = a_{k - 1} = \dfrac{g^{(k - 1)} (z_0)}{(k - 1)!}.\]
- Prueba
-
Esto es claro usando las series Taylor y Laurent para\(g\) y\(f\).
Let
\[f(z) = \dfrac{\sinh (z)}{z^5}\]
y encontrar el residuo en\(z = 0\).
Solución
Conocemos la serie Taylor para
\[\sinh (z) = z + z^3/3! + z^5/5! + \ ...\]
(Puedes encontrar esto usando\(\sinh (z) = (e^z - e^{-z})/2\) y la serie Taylor para\(e^z\).) Por lo tanto,
\[f(z) = \dfrac{1}{z^4} + \dfrac{1}{3! z^2} + \dfrac{1}{5!} + \ ...\]
Vemos\(\text{Res} (f, 0) = 0.\)
Tenga en cuenta, podríamos haber visto esto al darnos cuenta de que\(f(z)\) es una función par.
Let
\[f(z) = \dfrac{\sinh (z) e^z}{z^5}.\]
Encuentra el residuo en\(z = 0\).
Solución
Es claro que\(\text{Res} (f, 0)\) iguala el coeficiente de\(z^4\) en la expansión de Taylor de\(\sinh (z) e^z\). Calculamos esto directamente como
\[\sinh (z) e^z = (z + \dfrac{z^3}{3!} + \ ...) (1 + z + \dfrac{z^2}{2} + \dfrac{z^3}{3!} + \ ...) = \ ... + (\dfrac{1}{4!} + \dfrac{1}{3!}) z^4 + \ ...\]
Entonces
\[\text{Res} (f, 0) = \dfrac{1}{3!} + \dfrac{1}{4!} = \dfrac{5}{24}.\]
Encuentra el residuo de
\[f(z) = \dfrac{1}{z(z^2 + 1) (z - 2)^2}\]
en\(z = 2\).
Solución
\(g(z) = (z - 2)^2 f(z) = \dfrac{1}{z(z^2 + 1)}\)es analítico en\(z = 2\). Entonces, el residuo que queremos es el\(a_1\) término en su serie Taylor, i.e\(g' (2)\). Esto es fácil, si es aburrido, de calcular
\[\text{Res} (f, 2) = g'(2) = -\dfrac{13}{100}\]
\(\cot (z)\)
La función\(\cot (z)\) resulta ser muy útil en aplicaciones. Esto se debe en gran parte al hecho de que tiene polos simples en todos los múltiplos de\(\pi\) y el residuo es 1 en cada polo. Eso lo demostramos primero.
\(f(z) = \cot (z)\)tiene polos simples en\(n \pi\) para\(n\) un entero y\(\text{Res} (f, n\pi) = 1\).
- Prueba
-
\[f(z) = \dfrac{\cos (z)}{\sin (z)}.\]
Esto tiene polos en los ceros del pecado, es decir, en\(z = n \pi\). En los polos\(f\) es de la forma\(p/q\) donde\(q\) tiene un simple cero en\(z_0\) y\(p(z_0) \ne 0\). Así podemos usar la fórmula
\[\text{Res} (f, z_0) = \dfrac{p(z_0)}{q'(z_0)}.\]
En nuestro caso, tenemos
\[\text{Res} (f, n\pi) = \dfrac{\cos (n \pi)}{\cos (n \pi)} = 1,\]
según lo reclamado.
A veces necesitamos más términos en la expansión Laurent de\(\cot (z)\). No se conoce una fórmula fácil para los términos, pero podemos calcular fácilmente tantos como necesitemos usando la siguiente técnica.
Calcular los primeros términos de la expansión Laurent de\(\cot (z)\) alrededor\(z = 0\).
Solución
Ya que\(\cot (z)\) tiene un polo simple a 0 sabemos
\[\cot (z) = \dfrac{b_1}{z} + z_0 + a_1 z + a_2 z^2 + \ ...\]
También sabemos
\[\cot (z) = \dfrac{\cos (z)}{\sin (z)} = \dfrac{1 - z^2/2 + z^4/4! - \ ...}{z - z^3/3! + z^5/5! - \ ...}\]
Cruce multiplicando las dos expresiones que obtenemos
\[(\dfrac{b_1}{z} + a_0 + a_1 z + a_2 z^2 + \ ...) (z - \dfrac{z^3}{3!} + \dfrac{z^5}{5!} - \ ...) = 1 - \dfrac{z^2}{2} + \dfrac{z^4}{4!} - \ ...\]
Podemos hacer la multiplicación e igualar los coeficientes de potencias similares de\(z\).
\[b_1 + a_0 z + (-\dfrac{b_1}{3!} + a_1) z^2 + (-\dfrac{a_0}{3!} + a_2) z^3 + (\dfrac{b_1}{5!} - \dfrac{a_1}{3!} + a_3) z^4 = 1 - \dfrac{z^2}{2!} + \dfrac{z^4}{4!}\]
Entonces, a partir de\(b_1 = 1\) y\(a_0 = 0\), obtenemos
\[\begin{array} {rclcl} {-b_1/3! + a_1} & = & {-1/2!} & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ & {\Rightarrow \ \ \ \ \ a_1 = -1/3} \\ {-a_0/3! + a_2} & = & {0} & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ & {\Rightarrow \ \ \ \ \ a_2 = 0} \\ {b_1/5! - a_1/3! + a_3} & = & {1/4!} & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ & {\Rightarrow \ \ \ \ \ a_3 = -1/45} \end{array}\]
Como se señaló anteriormente, todos los términos pares son 0 como deberían ser. Tenemos
\[\cot (z) = \dfrac{1}{z} - \dfrac{z}{3} - \dfrac{z^3}{45} + ...\]