10.3: Integrales trigonométricas
( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\)
El truco aquí es armar algunas propiedades elementales dez=eiθ en el círculo unitario.
- e−iθ=1/z.
- cos(θ)=eiθ+e−iθ2=z+1/z2.
- sin(θ)=eiθ−e−iθ2i=z−1/z2i.
Empezamos con un ejemplo. Después de eso vamos a exponer un teorema más general.
Compute
∫2π0dθ1+a2−2acos(θ).
Asumir eso|a|≠1.
Solución
Observe que[0,2π] es el intervalo utilizado para parametrizar el círculo unitario comoz=eiθ. Tenemos que hacer dos sustituciones:
cos(θ)=z+1/z2dz=ieiθ dθ ⇔ dθ=dziz
Haciendo estas sustituciones obtenemos
I=∫2π0dθ1+a2−2acos(θ)=∫|z|=111+a2−2a(z+1/z)/2⋅dziz=∫|z|=11i((1+a2)z−a(z2+1)) dz.
Entonces, vamos
f(z)=1i((1+a2)z−a(z2+1)).
El teorema del residuo implica
I=2πi∑ residues of f inside the unit circle.
Podemos factorizar el denominador:
f(z)=−1ia(z−a)(z−1/a).
Los polos están ena,1/a. Uno está dentro del círculo unitario y otro está afuera.
Si|a|>1 entonces1/a está dentro del círculo de la unidad yRes(f,1/a)=1i(a2−1)
Si|a|<1 entoncesa está dentro del círculo de la unidad yRes(f,a)=1i(1−a2)
Tenemos
I={2πa2−1if |a|>12π1−a2if |a|<1
El ejemplo ilustra una técnica general que exponemos ahora.
Supongamos queR(x,y) es una función racional sin polos en el círculo
x2+y2=1
luego para
f(z)=1izR(z+1/z2,z−1/z2i)
tenemos
∫2π0R(cos(θ),sin(θ)) dθ=2πi∑ residues of f inside |z|=1.
- Prueba
-
Hacemos las mismas sustituciones que en el Ejemplo 10.4.1. Entonces,
∫2π0R(cos(θ),sin(θ)) dθ=∫|z|=1R(z+1/z2,z−1/z2i)dziz
La suposición sobre los polos significa que nof tiene polos en el contorno|z|=1. El teorema del residuo implica ahora el teorema.