9.5: Teorema de Residuos de Cauchy
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Este es uno de los principales teoremas en el análisis complejo y nos permitirá hacer sistemática nuestro anterior acercamiento algo ad hoc a las integrales de computación en contornos que rodean singularidades.
Supongamos que\(f(z)\) es analítico en la región\(A\) excepto por un conjunto de singularidades aisladas. También supongamos que\(C\) es una simple curva cerrada en\(A\) que no pasa por ninguna de las singularidades de\(f\) y está orientada en sentido antihorario. Entonces
\[\int_{C} f(z) \ dz = 2\pi i \sum \text{ residues of } f \text{ inside } C\]
- Prueba
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La prueba se basa en las siguientes cifras. Sólo muestran una curva con dos singularidades en su interior, pero la generalización a cualquier número de singularidades es directa. En lo que sigue vamos a abusar del lenguaje y decir polo cuando nos referimos a la singularidad aislada, es decir, un polo de orden finito o una singularidad esencial ('polo de orden infinito').
Figura\(\PageIndex{1}\): Aplicando el teorema del residuo de Cauchy. (CC BY-NC; Ümit Kaya) La figura izquierda muestra la curva\(C\) que rodea dos polos\(z_1\) y\(z_2\) de\(f\). La figura derecha muestra la misma curva con algunos cortes y pequeños círculos añadidos. Se elige para que no haya polos de\(f\) dentro de él y para que los pequeños círculos alrededor de cada uno de los polos sean tan pequeños que no haya otros polos dentro de ellos. La curva de la derecha es
\[\tilde{C} = C_1 + C_2 - C_3 - C_2 + C_4 + C_5 - C_6 - C_5\]
La curva de la izquierda es\(C = C_1 + C_4\). Como no hay polos dentro\(\tilde{C}\) tenemos, por teorema de Cauchy,
\[\int_{\tilde{C}} f(z) \ dz = \int_{C_1 + C_2 - C_3 - C_2 + C_4 + C_5 - C_6 - C_5} f(z) \ dz = 0\]
Dejando caer\(C_2\) y\(C_5\), que se suman y restan, esto se convierte
\[\int_{C_1 + C_4} f(z)\ dz = \int_{C_3 + C_6} f(z)\ dz\]
Si
\[f(z) = \ ... + \dfrac{b_2}{(z - z_1)^2} + \dfrac{b_1}{z - z_1} + a_0 + a_1 (z - z_1) + \ ...\]
es la expansión Laurent de\(f\) alrededor de\(z_1\) entonces
\[\begin{array} {rcl} {\int_{C_3} f(z)\ dz} & = & {\int_{C_3}\ ... + \dfrac{b_2}{(z - z_1)^2} + \dfrac{b_1}{z - z_1} + a_0 + a_1 (z - z_1) + \ ... dz} \\ {} & = & {2\pi i b_1} \\ {} & = & {2\pi i \text{Res} (f, z_1)} \end{array}\]
Del mismo modo
\[\int_{C_6} f(z)\ dz = 2\pi i \text{Res} (f, z_2).\]
Usando estos residuos y el hecho de que\(C = C_1 + C_4\), la Ecuación 9.5.4 se convierte en
\[\int_C f(z)\ dz = 2\pi i [\text{Res} (f, z_1) + \text{Res} (f, z_2)].\]
Eso prueba el teorema del residuo para el caso de dos polos. Como decíamos, generalizar a cualquier número de polos es sencillo.
Let
\[f(z) = \dfrac{1}{z(z^2 + 1)}. \nonumber \]
Calcula\(\int f(z)\ dz\) sobre cada uno de los contornos\(C_1, C_2, C_3, C_4\) mostrados.
Solución
Los polos de\(f(z)\) están en\(z = 0, \pm i\). Usando el teorema de residuos solo necesitamos calcular los residuos de cada uno de estos polos.
En\(z = 0\):
\[g(z) = zf(z) = \dfrac{1}{z^2 + 1} \nonumber\]
es analítico a 0 por lo que el polo es simple y
\[\text{Res} (f, 0) = g(0) = 1. \nonumber\]
En\(z = i\):
\[g(z) = (z - i) f(z) = \dfrac{1}{z(z + i)} \nonumber\]
es analítico\(i\) por lo que el polo es simple y
\[\text{Res} (f, i) = g(i) = -1/2. \nonumber\]
En\(z = -i\):
\[g(z) = (z + i) f(z) = \dfrac{1}{z (z - i)} \nonumber\]
es analítico\(-i\) por lo que el polo es simple y
\[\text{Res} (f, -i) = g(-i) = -1/2. \nonumber\]
Usando el teorema del residuo tenemos
\[\begin{array} {l} {\int_{C_1} f(z)\ dz = 0 \text{ (since } f \text{ is analytic inside } C_1)} \\ {\int_{C_2} f(z)\ dz = 2 \pi i \text{Res} (f, i) = -\pi i} \\ {\int_{C_3} f(z)\ dz = 2\pi i [\text{Res}(f, i) + \text{Res} (f, 0)] = \pi i} \\ {\int_{C_4} f(z)\ dz = 2\pi i [\text{Res} (f, i) + \text{Res} (f, 0) + \text{Res} (f, -i)] = 0.} \end{array} \nonumber\]
Compute
\[\int_{|z| = 2} \dfrac{5z - 2}{z (z - 1)}\ dz. \nonumber\]
Solución
Let
\[f(z) = \dfrac{5z - 2}{z(z - 1)}. \nonumber\]
Los polos de\(f\) están en\(z = 0, 1\) y el contorno los encierra a ambos.
En\(z = 0\):
\[g(z) = zf(z) = \dfrac{5z - 2}{(z - 1)} \nonumber\]
es analítico a 0 por lo que el polo es simple y
\[\text{Res} (f, 0) = g(0) = 2. \nonumber\]
En\(z = 1\):
\[g(z) = (z - 1) f(z) = \dfrac{5z - 2}{z} \nonumber\]
es analítico en 1 por lo que el polo es simple y
\[\text{Res} (f, 1) = g(1) = 3. \nonumber\]
Por último
\[\int_{C} \dfrac{5z - 2}{z(z - 1)} \ dz = 2\pi i [\text{Res} (f, 0) + \text{Res} (f, 1)] = 10 \pi i. \nonumber\]
Compute
\[\int_{|z| = 1} z^2 \sin (1/z)\ dz. \nonumber\]
Solución
Let
\[f(z) = z^2 \sin (1/z). \nonumber\]
\(f\)tiene una singularidad aislada en\(z = 0\). Usando la serie Taylor\(\sin (w)\) para obtener
\[z^2 \sin (1/z) = z^2 \left(\dfrac{1}{z} - \dfrac{1}{3! z^3} + \dfrac{1}{5! z^5} - \ ... \right) = z - \dfrac{1/6}{z} + \ ... \nonumber\]
Entonces,\(\text{Res} (f, 0) = b_1 = -1/6\). Así el teorema del residuo da
\[\int_{|z| = 1} z^2 \sin (1/z)\ dz = 2\pi i \text{Res} (f, 0) = - \dfrac{i \pi}{3}. \nonumber\]
Compute
\[\int_C \dfrac{dz}{z(z - 2)^4} \ dz, \nonumber\]
donde,\(C : |z - 2| = 1\).
Solución
Let
\[f(z) = \dfrac{1}{z(z - 2)^4}. \nonumber\]
La singularidad en\(z = 0\) está fuera del contorno de integración por lo que no contribuye a la integral. Para utilizar el teorema del residuo necesitamos encontrar el residuo de\(f\) at\(z = 2\). Hay varias formas de hacer esto. Aquí hay uno:
\[\begin{array} {rcl} {\dfrac{1}{z}} & = & {\dfrac{1}{2 + (z - 2)}} \\ {} & = & {\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{1 + (z - 2)/2}} \\ {} & = & {\dfrac{1}{2} (1 - \dfrac{z - 2}{2} + \dfrac{(z - 2)^2}{4} - \dfrac{(z - 2)^3}{8} + \ ..)} \end{array} \nonumber\]
Esto es válido el\(0 < |z - 2| < 2\). Entonces,
\[f(z) = \dfrac{1}{(z - 4)^4} \cdot \dfrac{1}{z} = \dfrac{1}{2(z - 2)^4} - \dfrac{1}{4(z - 2)^3} + \dfrac{1}{8(z - 2)^2} - \dfrac{1}{16(z - 2)} + \ ... \nonumber\]
Así,\(\text{Res} (f, 2) = -1/16\) y
\[\int_C f(z)\ dz = 2\pi i \text{Res} (f, 2) = - \dfrac{\pi i}{8}. \nonumber\]
Compute
\[\int_C \dfrac{1}{\sin (z)} \ dz \nonumber\]
sobre el contorno\(C\) mostrado.
Solución
Let
\[f(z) = 1/ \sin (z). \nonumber\]
Hay 3 polos de\(f\) interior\(C\) en\(0, \pi\) y\(2\pi\). Podemos encontrar los residuos tomando el límite de\((z - z_0) f(z)\). Cada uno de los límites se computa utilizando la regla de L'Hospital. (Esto es válido, ya que la regla es sólo una declaración sobre series de poder. También podríamos haber usado la Propiedad 5 de la sección sobre residuos de postes simples arriba.)
En\(z = 0\):
\[\lim_{z \to 0} \dfrac{z}{\sin (z)} = \lim_{z \to 0} \dfrac{1}{\cos (z)} = 1. \nonumber\]
Dado que el límite existe,\(z = 0\) es un polo simple y
\[\text{Res} (f, 0) = 1. \nonumber\]
En\(z = \pi\):
\[\lim_{z \to \pi} \dfrac{z - \pi}{\sin (z)} = \lim_{z \to \pi} \dfrac{1}{\cos (z)} = -1. \nonumber\]
Dado que el límite existe,\(z = \pi\) es un polo simple y
\[\text{Res} (f, \pi) = -1. \nonumber\]
En\(z = 2 \pi\): El mismo argumento muestra
\[\text{Res} (f, 2\pi) = 1. \nonumber\]
Ahora, por el teorema del residuo
\[\int_C f(z)\ dz = 2\pi i [\text{Res} (f, 0) + \text{Res} (f, \pi) + \text{Res} (f, 2\pi)] = 2\pi i. \nonumber\]