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LibreTexts Español

10.2: Integrales

( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\)

Integrales y0

Ejemplo10.2.1

Compute

I=1(1+x2)2 dx.

Solución

Vamos

f(z)=1/(1+z2)2.

Está claro que paraz grandes

f(z)1/z4.

En particular, se satisface la hipótesis del Teorema 10.2.1. Usando el contorno que se muestra a continuación tenemos, por el teorema del residuo,

C1+CRf(z) dz=2πi residues of f inside the contour.

003 - (Teorema 10.3.1) .svg
Figura10.2.1: Copiar y Pegar Leyenda aquí. (CC BY-NC; Ümit Kaya)

Examinamos cada una de las piezas de la ecuación anterior.

CRf(z) dz: Por Teorema 10.2.1 (a),

limRCRf(z) dz=0.

C1f(z) dz: Directamente, vemos que

limRC1f(z) dz=limRRRf(x) dx=f(x) dx=I.

Así que dejandoR, la Ecuación 10.3.4 se convierte

I=f(x) dx=2πi residues of f inside the contour.

Finalmente, calculamos los residuos necesarios:f(z) tiene polos de orden 2 at±i. Sóloz=i está dentro del contorno, así que calculamos el residuo ahí. Vamos

g(z)=(zi)2f(z)=1(z+i)2.

Entonces

Res(f,i)=g(i)=2(2i)3=14i

Entonces,

I=2πiRes(f,i)=π2.

Ejemplo10.2.2

Compute

I=1x4+1 dx.

Solución

Vamosf(z)=1/(1+z4). Utilizamos el mismo contorno que en el ejemplo anterior (Figura10.2.2.

004 - (Ejemplo 10.3.2) .svg
Figura10.2.2: (CC BY-NC; Ümit Kaya)

Como en el ejemplo anterior,

limRCRf(z) dz=0

y

limRC1f(z) dz=f(x) dx=I.

Entonces, por el teorema del residuo

I=limRC1+CRf(z) dz=2πi residues of f inside the contour.

Los polos def son todos simples y en

eiπ/4,ei3π/4,ei5π/4,ei7π/4.

Soloeiπ/4 yei3π/4 están dentro del contorno. Calculamos sus residuos como límites usando la regla de L'Hospital. Paraz1=eiπ/4:

Res(f,z1)=limzz1(zz1)f(z)=limzz1zz11+z4=limzz114z3=14ei3π/4=ei3π/44

y paraz2=ei3π/4:

Res(f,z2)=limzz2(zz2)f(z)=limzz2zz21+z4=limzz214z3=14ei9π/4=eiπ/44

Entonces,

I=2πi(Res(f,z1)+Res(f,z2))=2πi(1i42+1i42)=2πi(2i42)=π22

Ejemplo10.2.3

Supongamosb>0. Mostrar

0cos(x)x2+b2 dx=πeb2b.

Solución

Lo primero a tener en cuenta es que el integrand es parejo, entonces

I=12cos(x)x2+b2.

También tenga en cuenta que el cuadrado en el denominador nos dice que la integral es absolutamente convergente.

Tenemos que tener cuidado porquecos(z) va al infinito en cualquiera de los dos semiplanos, por lo que las hipótesis del Teorema 10.2.1 no están satisfechas. El truco es reemplazarcos(x) poreix, entonces

˜I=eixx2+b2 dx,    with    I=12Re(˜I).

Ahora vamos

f(z)=eizz2+b2.

Porquez=x+iy cony>0 tenemos

|f(z)|=|ei(x+iy)||z2+b2|=ey|z2+b2|.

Ya queey<1,f(z) satisface las hipótesis del Teorema 10.2.1 en el medio plano superior. Ahora podemos usar el mismo contorno que en los ejemplos anteriores (Figura10.2.3.

005 - (Ejemplo 10.3.3) .svg
Figura10.2.3: (CC BY-NC; Ümit Kaya)

Tenemos

limRCRf(z) dz=0

y

limRC1f(z) dz=f(x) dx=˜I.

Entonces, por el teorema del residuo

˜I=limRC1+CRf(z) dz=2πi residues of f inside the contour.

Los polos def están en±bi y ambos son simples. Solobi está dentro del contorno. Calculamos el residuo como límite usando la regla de L'Hospital

Res(f,bi)=limzbi(zbi)eizz2+b2=eb2bi.

Entonces,

˜I=2πiRes(f,bi)=πebb.

Por último,

I=12Re(˜I)=πeb2b,

como se afirma.

Advertencia

Tenga cuidado a la hora de sustituircos(z) poreiz eso es apropiado. Un punto clave en el ejemplo anterior fue eseI=12Re(˜I). Esto es necesario para que el reemplazo sea útil.


This page titled 10.2: Integrales is shared under a CC BY-NC-SA 4.0 license and was authored, remixed, and/or curated by Jeremy Orloff (MIT OpenCourseWare) via source content that was edited to the style and standards of the LibreTexts platform.

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