integrales de funciones analíticas con transformadas de mellin
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UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN AGUSTÍNFACULTAD DE CIENCIAS NATURALES Y FORMALES
ESCUELA PROFESIONAL DE MATEMÁTICAS
Integrales de Funciones Analíticas conTransformadas de Mellin
Tesis presentada por la BachillerFIORELLA MARÍA RENDÓNGARCÍA, para optar el título de:LICENCIADA EN MATEMÁTI-CAS.
Arequipa - Perú2018
A mis padres Giovanna y Pedro, mi hermana Angela y miasesor Mg. Eddy Gutierrez Rodriguez.FE
Índice general
Agradecimientos ii
Resumen iv
Abstract v
Introducción 1
1. Conceptos básicos 31.1. Operaciones con series de potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2. Convergencia de las series de potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2. Funciones holomorfas en conjuntos conexos 192.1. Integral sobre caminos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.2. Versión homotópica del teorema Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3. Límite uniforme de funciones analíticas 273.1. Serie de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283.2. Series de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.3. Singularidades aisladas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.3.1. Singularidad separable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4. Cálculo de residuos 454.1. Fórmula de residuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.2. Evaluación de integrales definidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.3. Transformada de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 624.4. Integrales trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724.5. Transformada de Mellin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
4.5.1. Aplicaciones de la transformada de Mellin . . . . . . . . . . . . . . . 78
Referencias Bibliográficas 81
Resumen
Este trabajo corresponde a la resolución de integrales de funciónes analíticas mediante laaplicación del Teorema de Residuos.Como aplicación se verá la tranformada de Mellin ya que dá una relación directa entre unafunción cercana a cero o al infinito y su conjunto de singularidades, esto será visto juntocon su serie de Taylor y de Laurent que nos proporcionan información del comportamien-to de sus singularidades.
Palabras clave: función analítica, serie, singularidad, residuos, transformada de Mellin.
iv
Abstract
This work corresponds to the resolution of analytic function integrals through the applica-tion of the Residue Theorem.As an application you will see the Mellin transform since it gives a direct relation betweena function close to zero or infinity and its set of singularities, this will be seen together withits series of Taylor and Laurent that provide us information on the behavior of its singu-larities.
Keywords: analytic function, series, singularity, residues, Mellin transform.
v
Introducción
Cuando se estudia problemas que involucran variable compleja y no es posible encontraruna solución a ciertas integrales de forma explícita, se utiliza el Cálculo de Residuos paraevaluarlas de forma certera.Los objetivos trazados para el presente trabajo de investigación son:
1. El estudio y clasificación de las singularidades de una función holomorfa.
2. El estudio del Cálculo de Residuos para funciones Analíticas.
3. Como una aplicación del Cálculo de Residuos estudiaremos la Transformada deMellin.
La metodología aplicada para lograr los objetivos se describe secuencialmente:
En el capítulo 1, se analiza, cuando una función puede expresarse mediante su serie depotencias, para ello es necesario saber su dominio de convergencia, para lo cual, daremoscriterios de convergencia; se finaliza el capítulo analizando a la funcion holomorfa.
En el capítulo 2, concluiremos que una función analítica en un determinado punto es holo-morfa en una vecindad de ese mismo punto, y mostraremos que la proposición inversa esigualmente válida, adquiriendo una gran importancia el desenvolvimiento en una serie depotencias de una función holomorfa.
El capítulo 3, veremos que una función analítica es aquella que se puede expresar comouna serie de potencias convergente. Estudiaremos las series de Laurent con coeficientespositivos y negativos, y como un caso particular la serie de Taylor, concluyendo que unafunción holomorfa con su serie de Taylor asociada es una función analítica.
En el capítulo 4, veremos la importancia del Teorema de Residuos para el cálculo de inte-grales, para ello estudiaremos la parte singular de las series de Laurent contribuyendo a laclasificación de las singularidades.
1
Como una aplicación del Teorema de Residuos tendremos que la transformada de Mellindará solución a integrales de funciones analíticas cercanas a cero, utilizando el residuo deestas funciones donde la integral está definida sobre una curva cerrada.
La presente investigación es:
a) Descriptiva: Porque la investigación describirá el proceso de resolver integrales defunciones analíticas y así mismo, analizará su solución.
b) Bibliográfica: Puesto que se recurrirá a material escrito y se investigará en internet.
2
Capítulo 1
Conceptos básicos
Cuando una función es de clase C∞ sabemos que se puede obtener la serie de Taylor paraf centrada en un punto, pero es posible que tal serie no converja, aún si lo hace, puedeque no lo haga a la propia función que la engendra, bueno esto nos motiva a tratar enla primera parte con funciones mediante series de potencias, en lo cual daremos algunoscriterios de convergencia. A este tipo de funciones se les llama holomorfas, completandoesta primera parte con su diferenciabilidad.
Definición 1 (Serie de Potencia) Una serie de potencia se define como:
∞
∑n=0
anTn = a0 + a1T + a2T2 + · · ·
Donde los coeficientes a0, a1, a2, ... son números complejos y T es una letra neutral.Es decir a cada n ≥ 0 se le asigna un número complejo an
N → C
n → an
La notación para definir una serie de potencia formal, se da como f (T) =∞
∑n=0
anTn, donde
f no denota una función, pero sí una expresión formal.
1.1. Operaciones con series de potencia
Si f =∞
∑n=0
anTn y g =∞
∑n=0
bnTn son series de potencia formales entonces:
3
1. La suma está definida por f + g =∞
∑n=0
cnTn , donde cn = an + bn.
2. El producto está definido por f g =∞
∑n=0
dnTn , donde dn =n
∑k=0
akb(n−k)
3. Si α ∈ C y f =∞
∑n=0
anTn , entonces α f =∞
∑n=0
(αan)Tn, cuyo n-esimo término es αan.
De la misma forma, como en las operaciones de los polinomios, se verifica que la adicióny la multiplicación de las series de potencia son asociativos, conmutativos y distributivos.
Definición 2 ( El orden de una potencia) Sea la serie de potencia de la forma
f = arTr + a(r+1)T(r+1) + · · · , con ar distinto de cero.
Donde r es el natural n más pequeño tal que ar 6= 0, entonces llamaremos a r el orden de f .
r = ord( f )
Ejemplo 1 Sean las series
g = 3T2 + 5T3 + 7T7 + · · · , ord(g) = 2
h = T7 + T8 + T9 + · · · , ord(h) = 7
gh = 3T9 + · · · , ord(gh) = 9
Así, ord(gh) = ord(g) + ord(h).
Una serie de potencia tiene orden cero si y solo si esta empieza con término constante nonulo.
f = 1 + T + T2 + T3 + ..., ord( f ) = 0
En el caso en que la inversa de f existiera, es decir f .g = 1, la serie de potencia g tendráorden 0 al igual que f .
ord( f ) = ord(g) = 0
Nota 1Si f tiene un término constante distinto de cero, entonces f tiene una inversa como serie depotencia. Es decir, si consideramos a−1
0 f en vez de f , nuestro problema se reduce al casocuando el término constante es igual a 1.Notemos que las series geométricas anteriores dan su inversa formal.
1(1− r)
= 1 + r + r2 + r3 + r4 + · · ·
4
Entonces en el producto
(1− r).(
11− r
)= (1− r)(1 + r + r2 + r3 + r4 + · · · )
= 1 + r + r2 + r3 + r4 + · · · − r(1 + r + r2 + r3 + r4 + · · · )= 1 + r + r2 + r3 + r4 + · · · − r− r2 − r3 − r4 − · · · = 1
Ejemplo 2 Sea
sen(T) = T − T3
3!+
T5
5!− T7
7!+ · · ·
cuyos coeficientes son los mismos como en el desarrollo de Taylor de la función seno en el cálculoelemental, luego hallaremos los 3 primeros términos de su inversa formal.
sen(T) = T − T3
3!+
T5
5!− T7
7!+ · · ·
= T(
1− T2
3!+
T4
5!− T6
7!+ · · ·
)1
sen(T)=
1
T(
1−(
T2
3! −T4
5! +T6
7! − · · ·))
=1T
[1 +
(T2
3!− T4
5!+ · · ·
)+
(T2
3!− T4
5!+ · · ·
)2
+ · · ·]
=1T
[1 +
T2
3!− T4
5!+ · · ·+ T4
3!3!− 2T6
3!5!+
T8
5!5!+ · · ·
]=
1T+
T3!− T3
5!+ · · ·+ T3
3!3!− 2T5
3!5!+
T7
5!5!+ · · ·
=1T+
T3!
+
(1
3!2 −15!
)T3 + · · ·
1.2. Convergencia de las series de potencia
Ahora enunciamos algunos hechos importantes sobre series infinitas en C , en base a losresultados para series infinitas en R que son bien conocidos.
Definición 3 (Serie Convergente) Consideremos la serie∞
∑n=1
zn y definimos la suma parcial sn
como
sn =n
∑k=1
zk = z1 + z2 + · · ·+ zn.
La serie converge si hay un número w tal que lı́mn→∞
sn = w existe, en tal caso diremos que la sumade la serie es igual a w.
w =∞
∑k=1
zk
5
Definición 4 (Convergencia absoluta) Sea∞
∑n=1
αn una serie de números complejos, se dice que
la serie converge absolutamente si la serie real positiva∞
∑n=1|αn| converge.
Nota 2Sea
∞
∑n=1
αn = α1 + α2 + · · ·+ αN +∞
∑n=N+1
αn = sN +∞
∑n=N+1
αn.
∞
∑n=1
αn converge si solo si∞
∑n=N+1
αn converge a cero cuando N→∞.
Proposición 1 Si∞
∑n=1
αn converge absolutamente entonces∞
∑n=1
αn converge.
Prueba
Probar que∞
∑n=1
αn converge, es equivalente a probar que la sucesión de sumas parciales
sN =N
∑n=1
αn es una sucesión de Cauchy.
Sea N ≥ M entonces
sN − sM =N
∑n=1
αn −M
∑n=1
αn = α1 + · · ·+ αM + · · ·+ αN − α1 − · · · − αM =N
∑n=M+1
αn
|sN − sM| ≤N
∑n=M+1
|αn| =∞
∑n=M+1
|αn|
Como ∑αn converge absolutamente, entonces por definición∞
∑n=1|αn| converge.
Por lo tanto, ∑n≥M+1
|αn| → 0 cuando M→∞, existe K tal que si N, M ≥ K ,
|sN − sM| ≤ ∑n≥M+1
|αn| < ε
Entonces la sucesión de suma parcial es una sucesión de Cauchy. Así, el límite sN existe.
Ejemplo 3 La siguiente serie converge absolutamente.∞
∑n=1
ein
n2
Así,∞
∑n=1
∣∣∣∣ ein
n2
∣∣∣∣ = ∞
∑n=1
∣∣∣∣ cos(n) + isen(n)n2
∣∣∣∣ = ∞
∑n=1
√cos2(n) + sen2(n)
n2 =∞
∑n=1
1n2
Es la serie P = 2 > 1, por lo tanto convergente, luego, la serie∞
∑n=1
ein
n2 es absolutamente convergente.
6
Ahora trataremos a las series de potencia formales con asuntos de uniformidad.
Definición 5 (Norma del supremo) Ahora fijemos un conjunto abierto U y sea f : U→ C unafunción acotada sobre U, entonces definimos la norma del supremo
‖ f ‖U=‖ f ‖= supz∈U | f (z)|
Donde se cumplen las siguientes propiedades:
1. ‖ f ‖= 0↔ f = 0
2. ‖ c f ‖= |c| ‖ f ‖
3. ‖ f + g ‖≤‖ f ‖ + ‖ g ‖
Prueba
1. Si
‖ f ‖= 0 ↔ supz∈U | f (z)| = 0
↔ 0≤ | f (z)| ≤‖ f ‖= 0, ∀z ∈U
↔ | f (z)| = 0, ∀z ∈U
↔ f (z) = 0, ∀z ∈U
↔ f = 0
2. ‖ c f ‖= supz∈U|c f (z)| = sup
z∈U|c|| f (z)| = |c|sup
z∈U| f (z)| = |c| ‖ f ‖
3.
| f (z) + g(z)| ≤ | f (z)|+ |g(z)| ≤ supz∈U| f (z)|+ sup
z∈U|g(z)| =‖ f ‖ + ‖ g ‖
| f (z) + g(z)| ≤ ‖ f ‖ + ‖ g ‖, ∀z ∈U
supz∈U| f (z) + g(z)| ≤ ‖ f ‖ + ‖ g ‖
Como ‖ f + g ‖= supz∈U| f (z) + g(z)| finalmente obtenemos, ‖ f + g ‖≤‖ f ‖+ ‖ g ‖.
Definición 6 ( Convergencia uniforme) Sea { fn} una sucesión de funciones en U. Diremosque esta sucesión converge uniformemente a una función f en U si dado ε > 0 existe N tal que
‖ fn − f ‖< ε para n ≥ N
7
Definición 7 (Sucesión de Cauchy) La sucesión { fn}es una sucesión de Cauchy (con la normadel supremo) si dado ε > 0 existe N tal que n,m ≥ N, entonces ‖ fn − fm ‖< ε.Es decir, para cada z ∈ U, la sucesión de números complejos fn(z) converge, pues si tomamoscualquier z ∈U se cumple que
| fn(z)− fm(z)| ≤‖ fn − fm ‖
Teorema 1 Si la sucesión de funciones { fn} en U es de Cauchy, entonces esta converge uniforme-mente.
PruebaComo { fn} es de Cauchy:Dado ε/2 , Existe N tal que n,m ≥ N tenemos
‖ fn(z)− fm(z) ‖<ε
2∀z ∈U
Por otro lado, para n ≥ N seleccionamos m ≥ N suficientemente grande (dependiente dez) tal que
| f (z)− fm(z)| <ε
2Entonces
| f (z)− fn(z)| = | f (z)− fm(z) + fm(z)− fn(z)|≤ | f (z)− fm(z)|+ | fm(z)− fn(z)|≤ | f (z)− fm(z)|+ ‖ fm(z)− fn(z) ‖<
ε
2+
ε
2= ε, ∀z ∈U
| f (z)− fn(z)| < ε, ∀z ∈U
‖ f (z)− fn(z) ‖ = supz∈U| f (z)− fn(z)| < ε, ∀z ∈U
Así, para cualquier z ∈U, ‖ f − fn ‖< ε y finalmente, { fn} converge uniformemente.
Teorema 2 Sea {an}una sucesión de números reales, y sea r > 0 tal que la serie∞
∑n=1|an|rn con-
verge. Entonces, la serie∞
∑n=1|an|zn converge absolutamente y uniformemente para |z| ≤ r.
8
PruebaPara n ≥ m, estimamos la diferencia de sumas parciales
sn − sm =n
∑k=1
akzk −m
∑k=1
akzk
= a1z1 + a2z2 + · · ·+ amzm + · · ·+ anzn − a1z1 − a2z2 − · · · − amzm
= a(m+1)z(m+1) + · · ·+ anzn =
n
∑k=m+1
akzk
‖ sn − sm ‖ = ‖n
∑k=m+1
akzk ‖≤n
∑k=m+1
‖ akzk ‖=n
∑k=m+1
|ak| ‖ zk ‖
=n
∑k=m+1
|ak| ‖ z ‖k=n
∑k=m+1
|ak||z|k ≤n
∑k=m+1
|ak||r|k
Como asumimos que∞
∑n=1|an|rn converge, esto implica la convergencia uniforme de la suma
parcial. Con el mismo argumento se prueba la convergencia absoluta.
Teorema 3 Sea U un conjunto de números complejos, y sea { fn} una sucesión de funciones con-tinuas en U. Si esta sucesión converge uniformemente a f , entonces f es continua.
PruebaSi n = N , tomemos z ∈U y lı́m
n→∞fn(z) = f (z)
| fn(z)− fN(z)| ≤‖ fn − fN ‖ < ε
| f (z)− fN(z)| < ε
| f (z)| < ε + | fN(z)|| f | < ε + | fN |
Luego f (z) es acotado.De la misma forma si n ≥ N y como z ∈U ‖ f (z)− fn(z) ‖< ε/3.Debemos probar que ‖ f (z)− f (α) ‖< ε ∀α,z ∈ V (vecidad de α).
f (z)− f (α) = f (z)− fn(z) + fn(z)− fn(α) + fn(α)− f (α)
Luego dado ε > 0 ∃N tq ‖ f − fn ‖< ε/3.Como fn es continua en α tomemos una vecindad V de α tq si z∈V , ‖ fn(z)− fn(α) ‖< ε/3Entonces,
‖ f (z)− f (α) ‖ ≤ ‖ f (z)− fn(z) ‖ + ‖ fn(z)− fn(α) ‖ + ‖ fn(α)− f (α) ‖<
ε
3+
ε
3+
ε
3= ε
Tomando extremos ‖ f (z)− f (α) ‖< ε, finalmente f es continua.
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Lema 1 (Lema de Abel) Sea ∑ cnzn una serie de potencia. Existe un R tal que la serie convergeabsolutamente para |z| < R y no converge (diverge) para |z| > R.Además, la serie converge uniformemente sobre cada subconjunto compacto de la bola abierta concentro en el origen y radio R. B(0, R) = {z ∈ C; |z| < R}
PruebaConsideremos el número real R tal que
R = sup{r ≥ 0; ∃M = Mr > 0, ∀n ≥ 0; |cn|rn ≤ M}
Si |z| > R la sucesión |cn||z|n no es acotada, luego la serie ∑ cnzn no es convergente.Ahora, tomemos K un subconjunto compacto de B(0, R), entonces como R es un númeroreal, podemos elegir otro número ρ con 0 < ρ < R y tal que
K ⊂ B(0,ρ) = {z ∈ C; |z| ≤ ρ}.
Elijamos otro real r tal que ρ < r < R, por definición de R, existe M = M(r) > 0 tal que|cn|rn ≤ M para toda n ∈ N.Si z ∈ K, tenemos que |z| ≤ ρ < r, de donde:
|cnzn| ≤ |cn|ρn ≤ M(ρ
r
)n
Y como ρ < r, entonces la serie ∑(ρ
r
)nconverge.
Aplicando el criterio de Weierstrass en M, se sigue que, la serie ∑ cnzn converge uniforme-mente en K.
El número R se llama radio de convergencia de la serie de potencia.
1. Si la serie converge absolutamente para toda z, diremos que el radio de convergenciaes infinito.
2. Si R = 0, entonces la serie converge absolutamente solo para z = 0.
La siguiente afirmación nos indicará como hallar el radio de convergencia de una serie(R =
1λ
)Afirmación
∑ anzn tiene radio de convergencia R, entonces
1R= lı́m
n→∞sup|an|
1n
10
PruebaSea λ = lı́m
n→∞sup|an|
1n
Para λ 6= ∞ ,λ 6= 0Sea
0 < s <1λ⇒ ∃s′ 0 < s < s′ <
1λ
⇒ el número de{
n : |an|1n >
1s′
}< ∞ (es f inito)
Salvo un número finito de n
|an|1n ≤ 1
s′⇔ |an| ≤
1(s′)n ⇔ |an|(s′)n ≤ 1
Luego
∃c ≥ 1 : ∀n |an|(s′)n ≤ c⇒ |an|sn ≤ c( s
s′)n
Así, ∑ |an|sn converge
Por lo tanto, ∀z ∈ B(
0,1λ
),∑ anzn, converge absolutamente.
Así, R ≥ 1λ
.
Ahora, sea1λ< s (Queremos probar que ∑ |an|sn no converge absolutamente)
1/s < λ, entonces existen infinitos n tal que |an|(1n ) ≥ 1
s, existen infinitos n tal que |an|sn ≥ 1
Entonces ∑ |an|sn no converge, así, R ≤ 1λ
.Por lo tanto,
R =1λ
Ejemplo 4 1. La serie∞
∑n=0
zn tiene radio de convergencia uno. por el criterio de la razón
R = lı́mn→∞
|cn||cn+1|
= lı́mn→∞
|1||1| = 1
2. La serie∞
∑n=0
zn
n!tiene radio de convergencia R = +∞ .
Queremos probar que∞
∑n=0
rn
n!converge (r ≥ 0)
11
Sea cn =rn
n!, por el criterio de la razón
cn+1
cn=
rn+1
(n+1)!rn
n!=
rnrn!(n + 1)n!rn =
rn + 1
Luego existe lı́mn→∞
rn + 1
, ahora
N ≥ 2r ⇒ n + 1≥ N ≥ 2r
⇒ rn + 1
≤ 12
si n ≥ N⇒ cn+1 =12
cn, luego por inducción
cn+k =
(12
)k
cn
∞
∑n=0
rn
n!=
N−1
∑n=0
rn
n!+
∞
∑n=N
rn
n!=
N−1
∑n=0
rn
n!+
∞
∑n=N
cn+k
≤N−1
∑n=0
rn
n!+
∞
∑n=N
(12)kcn
≤N−1
∑n=0
rn
n!+ 2cn
Asi, el radio de convergencia es ∞.
3. La serie∞
∑n=0
zn
en tiene radio de convergencia R = ε
Por el criterio de la raíz, ρ = lı́mn→∞
n√|cn| = lı́m
n→∞
n
√1εn =
1ε
donde R =1ρ= ε.
Definición 8 (Función Holomorfa) Sea f una función definida en alguna vecindad de un puntoz0. Decimos que f es holomorfa en z0 si admite una expansión en serie de potencias
∞
∑n=0
an(z− z0)n
Para algún r > 0, la serie converge absolutamente en |z− z0| < r tal que
f (z) =∞
∑n=0
an(z− z0)n
Definición 9 Una función es holomorfa sobre un conjunto abierto U si f es holomorfa en cadapunto de U.
12
Ejemplo 5 Sea f : C− 1→ C, z→ 1(1− z)
, la función es holomorfa en todo punto z 6= 1.
1. Si z0 = 2
f (z) =1
(1− z)=
1(−1− (z− 2))
= − 1(1 + (z− 2))
= −∑n≥0
(−1)n(z− 2)n
Luego su radio de convergencia es
R = lı́mn→∞
|(−1)n||(−1)(n+1)|
= lı́mn→∞
1|(−1)| = 1
2. Si z0 6= 1 es arbitrario
f (z) =1
(1− z)=
1(1− z0) + (z0 − z)
=1
(1− z0)(
1− (z−z0)(1−z0)
)=
1(1− z0)
∑n≥0
(z− z0
1− z0
)n
Luego su radio de convergencia es
R = lı́mn→∞
∣∣∣ 1(1−z0)n
∣∣∣∣∣∣ 1(1−z0)n+1
∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣ (1− z0)n+1
(1− z0)n
∣∣∣∣ = |1− z0|
Nota 3Si f , g son holomorfas en un punto z0, entonces :( f + g), ( f .g), (α. f )(α ∈ C), ( f /g)(g(z0) 6= 0) son holomorfas en z = z0
Teorema 4 Sea f (z) =∞
∑n=0
anzn una serie de potencia cuyo radio de convergecia es r. Entonces f
es analítica en el disco abierto D(0,r).
PruebaDebemos demostrar que f tiene una expansión de serie de potencia en un punto arbitrarioz0 del disco D(0,r); esto es, |z0| < r
13
Sea s > 0 tal que |z0|+ s < r, siendo f una serie de potencia convergente en z0 que convergeabsolutamente en el disco D(z0, s). Escribimos
z = z0 + (z− z0)
z2 = z20 + 2z0(z− z0) + (z− z0)
2
...
zn = z0 + (z− z0)n =
n
∑k=0
(nk
)zn−k
0 (z− z0)k
f (z) =∞
∑n=0
anzn =∞
∑n=0
an
(n
∑k=0
(nk
)zn−k
0 (z− z0)k
)
Como f converge absolutamente en el disco abierto D(0, s) tenemos
|z− z0| < s
|z0|+ |z− z0| < |z0|+ s < r
Por otro lado, la serie∞
∑n=0|anzn| converge, ja que
∞
∑n=0|anzn| =
∞
∑n=0|an||
n
∑k=0
(nk
)zn−k
0 (z− z0)k| ≤
∞
∑n=0|an| (|z0|+ |z− z0|)n
∞
∑n=0|anzn| ≤
∞
∑n=0|an|rn
Si la serie real positiva∞
∑n=0|anzn| converge, entonces
∞
∑n=0
anzn converge absolutamente.
Ahora, Intercambiando el orden de las sumatorias.
f (z) =∞
∑k=0
(∞
∑n=0
an
(nk
)zn−k
0
)(z− z0)
k
La cual es absolutamente convergente en |z| < rD(0,r).
Teorema 5 Sea f holomorfa en z0 y sea g holomorfa en w0 entonces g ◦ f es holomorfa en z0
PruebaSea f (z) = ∑
n≥0an(z− z0)
n y g(z) = ∑k≥0
bk(w− w0)k con w0 = f (z0) = a0.
Así, f (z) = w0 + ∑n≥1
an(z− z0)n, H(z) = f (z)− w0
14
Luegog( f (z)) = g(H(z) + w0), donde w− w0 = H(z) entonces
g( f (z)) = ∑k≥0
bk(w− w0)k = ∑
k≥0bk H(z)k
Esto indica que está bien definida y determina una serie convergente.
Ejemplo 6 Encontraremos los términos de orden ≤ 3 de la expansión de serie de potencia de lasfunciones
1. f (z) = z2
z−2 con z0 = 1 escribimos
z = 1 + (z− 1)
z2 = 1 + 2(z− 1) + (z− 1)2
z− 2 = −1 + (z− 1)
1z− 2
=1
−1 + (z− 1)=
−11− (z− 1)
= −1(1 + [(z− 1) + (z− 1)2 + (z− 1)3 + · · · ])z2
z− 2= (1 + 2(z− 1) + (z− 1)2).[−1− (z− 1)− (z− 1)2 − (z− 1)3 − (z− 1)4 − · · · ]
= −1− (z− 1)− (z− 1)2 − (z− 1)3 − (z− 1)4
−2(z− 1)− 2(z− 1)2 − 2(z− 1)3 − 2(z− 1)4
−(z− 1)2 − (z− 1)3 − (z− 1)4 − · · ·
= −1− 3(z− 1)− 4(z− 1)2 − 4(z− 1)3 − 4(z− 1)4 − · · ·
z2
z− 2= −1− 3(z− 1)− 4(z− 1)2 − 4(z− 1)3 − · · ·
z2
z− 2=
∞
∑n=0
(−4(z− 1)n) + 3 + (z− 1)
2. Todo polinomio es una función analítica en C. En efecto , siempre podemos cambiar de base yexpresar , para cualquier z0.
P(z) = a0 + a1z + a2z2 + a3z3 + · · ·+ anzn
= b1 + b2(z− z0)2 + b3(z− z0)
3 + · · ·+ bn(z− z0)n
15
Teorema 6 Si f (z) =∞
∑n=0
anzn tiene un radio de convergencia r, entonces:
1. La serie∞
∑n=0
nanzn−1 tiene el mismo radio de convergencia.
2. La función f es holomorfa en D(0,r), y su derivada es igual a∞
∑n=0
nanzn−1.
PruebaPara la parte 1.Por el teorema anterior, tenemos
lı́mn→∞
sup|an|1n =
1r
lı́mn→∞
sup|nan|1n = lı́m
n→∞sup(n)
1n |an|
1n
Comolı́m
n→∞n
1n = lı́m
n→∞n0 = 1
Entonceslı́m
n→∞sup|nan|1/n = lı́m
n→∞sup|an|1/n =
1r
Por lo tanto, la serie∞
∑n=0
nanzn−1 tiene radio r.Así las series convergen absolutamente para
los mismos valores de z.Para la parte 2Sea |z| < r y d > 0 tal que |z|+ d < rConsideremos el numero complejo h tal que |h| < d con h 6= 0Luego tenemos que
f (z + h) =∞
∑n=0
an(z + h)n
=∞
∑n=0
an
(n
∑k=0
(nk
)zn−khk
)
=∞
∑n=0
an
(zn + nzn−1h +
n
∑k=2
(nk
)zn−khk
)
=∞
∑n=0
an
(zn + nzn−1h + h2Pn(z, h)
)=
∞
∑n=0
anzn + annzn−1h + anh2Pn(z, h)
16
= f (z) +∞
∑n=0
annzn−1h + h2∞
∑n=0
anPn(z, h)
Donde Pn(z, h) es un polinomio en z y en h con coeficientes enteros positivos dado por
Pn(z, h) =
n
∑k=2
(nk
)zn−khk
h2 =n
∑k=2
(nk
)zn−khk−2
Ahora notemos que
|Pn(z, h)| =∣∣∣∣∣ n
∑k=2
(nk
)zn−khk−2
∣∣∣∣∣ ≤ n
∑k=2
(nk
)|z|n−k|h|k−2 ≤
n
∑k=2
(nk
)|z|n−kδk−2
= Pn(|z|,δ)
Luego tomando extremos|Pn(z, h)| ≤ Pn(|z|,δ)
Para todo h| < δ
|∞
∑n=0
anPn(z, h)| ≤∞
∑n=0|an||Pn(z, h)| ≤
∞
∑n=0|an|Pn(|z|,δ)
Esta expresión es fija e independiente de h.Por lo tanto, ∣∣∣∣∣h ∞
∑n=0
anPn(z, h)
∣∣∣∣∣ = |h| ∞
∑n=0|an|Pn(|z|,δ)
De la serie tenemos
f (z + h)− f (z)−∞
∑n=0
annzn−1h = h2∞
∑n=0
anPn(z, h)
Como hemos visto la serie real positivas ∑ |anPn(z, h)| converge, entonces la serie h2 ∑ anPn(z, h)converge absolutamente. Por lo tanto,
f (z + h)− f (z)−∞
∑n=0
annzn−1h
Converge absolutamente.Luego dividimos por h, pues h 6= 0
f (z + h)− f (z)h
−∞
∑n=0
annzn−1 = h∞
∑n=0
anPn(z, h)
Para h que se aproxima a 0
lı́mh→0
∣∣∣∣∣h ∞
∑n=0
anPn(z, h)
∣∣∣∣∣ ≤ lı́mh→0|h|
∞
∑n=0|an|Pn(|z|,δ) = 0
17
Entonces
lı́mh→0
(f (z + h)− f (z)
h−
∞
∑n=0
annzn−1
)= 0
Finalmente,
lı́mh→0
f (z + h)− f (z)h
=∞
∑n=0
annzn−1
Por lo tanto f es diferenciable, y su derivada en z está dada por la serie∞
∑n=0
annzn−1.
Este teorema es otras palabras, indica que si f (z) es holomorfa en un abierto, entonces f (z)es analítica en U; es más f ′(z) es holomorfa en U.
18
Capítulo 2
Funciones holomorfas en conjuntosconexos
Las funciones holomorfas son el principal objetivo de estudio del análisis complejo; sonfunciones que se definen sobre un subconjunto abierto del plano complejo C, es decir f :U→ C, f holomorfa en z0 ∈U ( f admite una serie de potencias en z0)
Definición 10 Sea [a,b] un intervalo cerrado de números reales. Definimos la curva γ como lafunción γ : [a,b]→ C, la cual asumimos que es de clase C1.En forma más clara
γ(t) = γ1(t) + iγ2(t)
Donde γ1(t) representa la parte real y γ2(t) la parte imaginaria de γ(t).
Ejemplo 7 Segmento de recta . γ : [0,1]→ C, γ(t) = (1− t)z1 + tz2
Ejemplo 8 La circunferencia de radio r y de centro z0 γ : [0,2π]→ C, γ(θ) = z0 + reiθ .
Ejemplo 9 En particular la circunferencia unitaria γ : [0,2π]→ C, γ(θ) = cos(θ) + isen(θ).
El que γ(t) sea de clase C1 significa que las funciones γ1(t) y γ2(t) tienen derivadas con-tinuas en el sentido ordinario del cálculo. Así, toda curva es una curva parametrizada.Llamaremos γ(a) al punto inicial y γ(b) al punto final de la curva; y para algún punto wde la curva tenemos que existe un t ∈ [a,b] tal que w = γ(t)Definimos la derivada γ′(t) como: γ′(t) = γ′1(t) + iγ′2(t) donde, las reglas de derivaciónpara la suma, producto, división y regla de la cadena son válidas.Sea ϕ : [c,d]→ [a,b] una función diferenciable. Entonces γ(ϕ(t)) es diferenciable y
γ(ϕ(t))′ = γ′(ϕ(t)).ϕ′(t)
19
Ahora si γ es una curva en un conjunto abierto U y f una función holomorfa f : U → C
Entonces la composición f (γ(t))es diferenciable (como una función de variable real t)Luego,
f (γ(t))′ = f ′(γ(t)).γ′(t)
Es recomendable tratar de generalizar la definición de curva, lo haremos con la definiciónde camino.
Definición 11 (Camino) Un camino será la sucesión de curvas γ = {γ1,γ2, · · · ,γn} donde cadaγi es de clase C1, tal que el punto final de γi es igual al punto inicial de γi+1.Si γi esta definida en el intervalo [ai,bi] se dice que γi(bi) = γi+1(ai).
Definición 12 (Conjunto conexo) El conjunto U es conexo si dados dos puntos α, β ∈ U existeun camino γ = {γ1,γ2, · · · ,γn} tal que α es el punto inicial de γ1 y β es el punto final de γn.Es decir, existe un camino en U el cual une α y β.
Teorema 7 Sea U un conjunto abierto conexo, y sea f una función holomorfa en U. Si f ′ = 0entonces f es constante.
PruebaSea α, β dos puntos en U. y γ una curva que une α con β
Tal que γ(a) = α, γ(b) = β. Por otro lado, la función f (γ) : t→ C, t→ f (γ(t)) es diferen-ciable.Y por la regla de la cadena su derivada es ( f (γ(t))′ = f ′(γ(t))′.γ′(t) = 0. Entonces f (γ(t))es constante f (γ(t)) = c, c = f (γ(a)) = f (α), c = f (γ(b)) = f (β)
Por lo tanto, f (α) = f (β).Ahora, tomemos γ = {γ1,γ2, · · · ,γn} un camino que une α con β , y sea zi el punto final deγi.Con z0 = α, zn = β y zi = γi(bi)) = γi+1(ai) y por lo probado anteriormente, tenemosque
c = f (γ1(a1)) = f (z0) = f (α)
c = f (γ2(a2)) = f (z1)
...
c = f (γn(bn)) = f (zn) = f (β)
Y tenemos la cadenaf (α) = f (z0) = f (z1) = · · · = f (β)
Por lo tanto, f es constante.
20
Definición 13 (Primitiva de una función) Sea f y g funciones sobre el conjunto abierto U y guna función holomorfa tal que g′ = f entonces g es la primitiva de f en U.
El anterior teorema nos indica que sobre un conjunto abierto, la primitiva de f es única yes dada por una constante. Es decir g1 y ,g2 son dos primitivas, entonces g1 − g2 es unaconstante, pues la derivada de g1 − g2 es igual a cero.
En lo que sigue obtendremos las primitivas de la integración. Por otro lado, las primitivaspueden ser escritas directamente.
Ejemplo 10 Para cada entero n 6= −1. La función f (z) = zn tiene una primitiva usual
g′(z) =zn+1
n + 1
Definición 14 (Punto aislado) Sea S un conjunto de puntos. Diremos que z0 es un punto aisladoen S si existe un disco D(z0,r) para algún radio r > 0 tal que D(z0,r) no contiene otro punto de Smas que z0. Llamamos S discreto si para cada punto de S es un punto aislado.
Teorema 8 Sea U un conjunto abierto conexo
1. Si f es una función analítica no constante en U, entonces el conjunto de ceros de f en U esdiscreto.
2. Sea f , g funciones analíticas en U. Sea S un conjunto de puntos en U que no es discreto(algún punto de S no es aislado) Asumiendo que f (z) = g(z) para todo z en S. Entoncesf = g en U.
2.1. Integral sobre caminos
Definición 15 Sea f una función real con valores complejos f : [a,b]→ C es continua, siendof (t) = u(t) + iv(t). Se define la integral indefinida de f a través de dos integrales reales, siempreque estas integrales existan: ∫
f (t)dt =∫
u(t)dt + i∫
v(t)dt
Definición 16 Con la integral definida sobre [a,b] como∫ b
af (t)dt =
∫ b
au(t)dt + i
∫ b
av(t)dt
La función f es integrable en [a,b] si las funciones u,v son integrables en [a,b], por lo que suspropiedades se deducen de forma inmediata de las propiedades de las integrales de las funcionesreales.
21
NotaPor el teorema fundamental del cálculo la función
t→∫ t
af (s)ds
Es diferenciable con derivada f (t), esta se cumple si reemplazamos f por u,v.
Definición 17 (Integral a lo largo de una curva) Sea f una función de variable compleja defini-da en un abierto U, f : U→ C, continua, y sea γ una curva γ : [a,b]→U. Se define la integral def sobre la curva γ (o integral a lo largo de la curva γ) como:∫
γf (z)dz =
∫ b
af (γ(t)).γ′(t)dt, donde z = γ(t), dz = γ′(t)dt
Luego γ es una curva diferenciable con continuidad, por lo que f (γ(t)) es una función continua, ycomo γ′ es continua, entonces existe la integral.
Ejemplo 11 1. Calcular la integral∫
γ
1z
dz sobre la curva γ siendo: γ(θ) = eiθ con θ ∈ [0,2π].
Como dz = γ′(t)dt = ieiθdθ
Entonces, ∫γ
1z
dz =∫ 2π
0
1eiθ .ieiθ dθ =
∫ 2
0πi dθ = 2πi
2. Calcular la integral∫
γz̄ dz
siendo z = γ(θ) = eiθ = cosθ + isenθ con θ ∈ [0,2π]Como z̄ = γ̄(θ) = e−iθ , y dz = γ′(t)dt = ieiθ dθ
f (γ(t)) = e−iθ y γ′(θ) = ieiθ dθ∫γ
z̄ dz =∫ 2pi
0e−iθieiθ dθ =
∫ 2π
0dθ = 2πi
Propiedades
1. La integral sobre una curva es invariante bajo una parametrización. Es decir∫γ
f =∫
ϕf .
2. La integral a lo largo de una curva opuesta vale:∫−γ
f = −∫
γf .
3. La integral a lo largo de un camino γ = {γ1,γ2, · · · ,γn} vale:∫γ
f (z)dz =n
∑i=1
∫γi
f (z)dz
22
Prueba
1. Si γ : [a,b]→ C y f : [c,d]→ C siendo γ ∼ ϕ , entonces existe una aplicación
α : [a,b]→ [c,d] ,tal que γ = ϕ(α(t))
Luego, por definición∫γ
f (z)dz =∫ b
af (γ(t)).γ′(t)dt =
∫ b
af (ϕ(α(t))).ϕ′(α(t)).α′(t)dt
y haciendo el cambio de variable s = α(t) se obtiene:∫ b
af (ϕ(α(t))).ϕ′(α(t)).α′(t)dt =
∫ d
cf (ϕ(s)).ϕ′(s)ds =
∫ϕ
f
Entonces, ∫γ
f =∫
ϕf
2.∫−γ f (z)dz =
∫ −b−a f (−γ(t)).(−γ′(t))dt =
∫ −b−a f (γ(−t)).(−γ′(−t))dt. Haciendo un
cambio de variable s = −t∫ −b
−af (γ(−t)).(−γ′(−t))dt = −
∫ b
af (γ(s)).γ′(s))dt = −
∫γ
f
3. Como γ : [a,b]→U entonces existen a = a0 < a1 < a2 < · · · < ai+1 = bSi γ = ∑γi con γi(ai+1) = γi+1(ai), entonces,
∫γ
f (z)dz =∫
∑ γi
f (z)dz =∫ b
af (∑γi(t)) .∑γ′i(t)dt
=n
∑i=1
∫ ai+1
ai
f (γi(t)).γ′i(t)dt =n
∑i=1
∫γi
f (z)dz
En particular, la integral solo depende del punto inicial y final del camino.
Teorema 9 Si F es una primitiva de f sobre γ, es decir, F′(z) = f (z) , siendo γ : [a,b]→ C
tal que γ(a) = α, γ(b) = β , entonces∫γ
f = F(γ(a))− F(γ(b)) = F(α)− F(β).
En particular, esta integral solo depende del punto inicial y final del camino. Esindependiente del camino escogido.
23
PruebaSi F es una primitiva de f sobre una curva γ , entonces:Como F′ = f y por la regla de la cadena∫
γf (z)dz =
∫ b
af (γ(t)).γ′(t)dt =
∫ b
aF′(γ(t)).γ′(t)dt =
∫ b
a(F ◦ γ)′(t)dt
= (F ◦ γ)(t) |ba= F(γ(b))− F(γ(a)) = F(β)− F(α)
En general, consideremos el camino γ = {γ1,γ2, . . . ,γn} y sea zi el punto final de γi
con z0 = α, zn = β y sea zi el punto final de γi, entonces, zi = γi(bi) = γi+1(ai)
Así, ∫γ
f (z)dz =n
∑i=1
∫γi
f (z)dz =n
∑i=1
(F(zi)− F(zi−1))
= F(z1)− F(z0) + F(z2)− F(z1) + . . . + F(zn)− F(zn−1)
= F(zn)− F(z0)
Ejercicio 2.1.1 Sea f (z) = z3 calcular su integral de f desde 2 + 3i hasta 1− i a lo largo decualquier camino. Su primitiva es F(z) = z4
4∫ 1−i
2+3if (z)dz =
z4
4|1−i2+3i=
(1− i)4
4− (2 + 3i)4
4
Definición 18 Un camino cuyo punto inicial es igual a su punto final, se dice que es uncamino cerrado. Es decir, γ : [a,b]→ C es un camino cerrado si γ(a) = γ(b).
Teorema 10 Si f es una función continua sobre U y admite una primitiva analítica F, y γ
es un camino cerrado en U, entonces: ∫γ
f = 0
Ejemplo 12 a) Sea f (z) = zn donde n es un entero 6= −1. Entonces para cualquiercamino cerrado γ, su primitiva es dada por F(z) = zn+1
n+1∫γ
f (z)dz =zn+1
n + 1|aa=
an+1
n + 1− an+1
n + 1= 0
b) Sobre la integral∫
γ z̄ con γ(θ) = eiθ ,0≤ θ ≤ 2π∫γ
z̄dz = 2πi
Distinto de cero, a pesar de ser el camino cerrado pues es la circunferencia de centro enel origen y radio uno, esto no se cumple, pues la función f (z) = z̄ no tiene primitivaanalítica sobre dicho círculo.
24
c) Sobre la integral∫
γ1z dz com curva γ(θ) = eiθ ,0≤ θ ≤ 2π siendo:
∫γ
1z
dz = 2πi
La función primitiva de f (z) = 1z es la función logaritmo F = logz, que no es holomorfa
sobre la circunferencia de centro en el origen, pues no es analítica en el eje real negativo.Por lo tanto no entra en contradicción con el teorema.
2.2. Versión homotópica del teorema Cauchy
Definición 19 (homotópico) Sea γ,η dos caminos en un conjunto abierto U. Asumiendo queambas están definidas en el mismo intervalo [a,b]. Diremos que γ es homotopico a η si existe unafunción continua ψ
ψ : [a,b]× [c,d]→U
Tal que ψ(t, c) = γ(t) y ψ(t,d) = η(t).Para todo t ∈ [a,b] y para cada número s en el intervalo [c,d], la función ψs, ψs(t) := ψ(t, s).Como una curva continua en [a,b] la familia de curvas continuas ψs como la deformación del caminoγ hacia el camino η.
Formalmente, diremos que la homotopía ψ deja fijo el punto final si tenemos
ψ(a, s) = γ(a)
ψ(b, s) = γ(b)
Para todo los valores de s ∈ [c,d].Cuando hablamos de homotopía de caminos cerrados, siempre asumiremos que cada caminoψs es un camino cerrado.
Teorema 11 Sea γ,η caminos en un conjunto abierto U, teniendo el mismo punto inicial y elmismo punto final. Además γ es homotopico a η en U. Sea f holomorfa en U . Entonces∫
γf =
∫η
f
Teorema 12 Sea γ,η caminos cerrados en un conjunto abierto U, además son homotópicos en U.Sea f holomorfa en U . Entonces ∫
γf =
∫η
f
25
NotaSi además γ es homotopico a un punto en U, entonces
∫γ f = 0.
PruebaSea
ψ : [a,b]× [c,d]→U
una homotopía.Como es uniformemente continua encontramos particiones de [a,b] y [c,d]
a = a0 ≤ a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an = b
c = c0 ≤ c1 ≤ c2 ≤ · · · ≤ cm = d
tal que Sij=menor rectángulo [ai, ai+1]× [cj, cj+1]
Entonces la imagen ψ(Sij) está contenida en un disco Dij el cual esta contenido en U, seaψj una curva continua definida por ψj(t) = ψ(t, cj), j = 0, . . . ,m. Entonces las curvas con-tinuas ψj,ψj+1 estan juntas. ∫
ψj
f =∫
ψj+1
f
donde
ψ0 = ψ(t, c0) = ψ(t, c) = γ(t)
ψm = ψ(t, cm) = ψ(t,d) = η(t)
Por lo tanto, ∫γ
f =∫
ηf
Definición 20 (Cadena) Sean γ1,γ2, . . . ,γn son curvas, y sean m1,m2, . . . ,mn enteros, la suma
formal γ = m1γ1 + m2γ2 + · · ·+ mnγn =n
∑i=1
miγi será llamada una cadena.
Definición 21 (Cadena cerrada) Definimos la cadena cerrada a la cadena que es una suma finitade caminos cerrados.Si γ es una cadena, podremos definir ∫
γf =
n
∑i=1
mi
∫γi
f
Si γ =n
∑i=1
miγi es una cadena cerrada, donde cada γi es un camino cerrado, entonces el número de
vueltas con respecto a un punto α sobre la cadena.
W(γ,α) =1
2πi
∫γ
1z− α
dz.
Si γ,η son cadenas cerradas en U, entonces tenemos W(γ + η,α) = W(γ,α) + W(η,α).
26
Capítulo 3
Límite uniforme de funcionesanalíticas
Una función analítica es aquella que puede expresarse como una serie de potencias conver-gente, y es suave si tiene infinitas derivadas, estos pueden definirse para funciones realeso complejas, a pesar que ambos conjuntos poseen propiedades diferentes. Las funcionescomplejas derivables en un abierto siempre son analíticas, mientras que una función realinfinitamente derivable no necesariamente es analítica. En este caso veremos que una suce-sión de fuciones holomorfas fn converge uniformemente a una función f en un abierto U.Primero probaremos un teorema general, esto nos permitirá definir una función analíticapor convergencia uniforme de series.
Teorema 13 Sea { fn} una sucesión de funciones holomorfas en un conjunto abierto U. Suponien-do que cada subconjunto K de U es compacto, si la sucesión converge uniformemente en K ,donde su limite es f , entonces f es holomorfa.
PruebaSea z0 ∈ U, Y sea DR un disco cerrado de radio R centrado en z0 y contenida en U.Entonces la sucesión { fn} converge uniformemente en DR. Sea CR un circulo que es ellimite de DR.
Luego DR/2 un disco cerrado de radio R/2 centrado en z0. Por la formula local deCauchy tenemos que para todo z ∈ DR/2 tenemos
fn(z) =1
2πi
∫CR
fn(ζ))/(ζ − z) con |ζ − z| = R/2.
Como { fn} converge uniformemente para |z− z0| = R/2. Tenemos
f (z) =1
2πi
∫CR
f (ζ)ζ − z
dζ
27
Teorema 14 Sea { fn} una sucesión de funciones analíticas en un conjunto abierto U, que con-vergen uniformemente en cada subconjunto compacto K de U a la funcion f. Entonces la suce-sión de derivadas { f
′n} también convergen uniformemente en cada subconjunto compacto K, y
lim f′n = f
′.
Ejemplo 3.0.1 Sea
f (z) =∞
∑n=1
1nz
Probaremos que esta función es holomorfa para Re z > 1.
Cada término fn(z) = n−z = eln(n−z) = e−z.ln(n) es una función entera.
Ahora reemplazamos z = x + iy en
| fn(z)| = |e(−z.ln(n))| = |e−xln(n)e−iy.ln(n)| = |eln(n−x)|.|e−iy.ln(n)| = n−x
Para c > 1 y x = c tenemos que
| fn(z)| = |n−z| = n−x = n(−c)
Y la serie∞
∑n=1
1nc converge para c > 1.
Por lo tanto ∑ fn(z) converge uniformemente y absolutamente para Re z ≥ c .Luego definimos una función holomorfa para Re z > c. Si esto es valido para c > 1, en-tonces f es holomorfa para Re z > 1
f′n(z) =
−log(n)nz .
Y por el teorema (14) tenemos que para el mismo entorno
f (z) =∞
∑n=1
−log(n)nz .
3.1. Serie de Taylor
Si f (z) es analítica en un círculo de radio R, encerrado por un entorno C y centrado enun punto z = z0, entonces f (z) puede ser expandida en series de potencias (enteraspositivas) para todo |z− z0| < R de la forma
f (z) =∞
∑n=0
f n(z0)
n!(z− z0)
n = f (z0) + f′(z0)(z− z0) + ... +
f n(z0)
n!(z− z0)
n + Rn
La cual converge en todos los puntos z dentro de C.
28
Con el resto Rn(z) definido como
Rn(z) =(z− z0)n
2πi
∫C
f (w)dw(w− z0)n(w− z)
.
Para probar esta afirmación partimos de la fórmula integral de Cauchy escrita convenien-temente como
f (z) =1
2πi
∮C
f (w)dw(w− z)
=1
2πi
∮C
f (w)
(w− z0)
1
1− (z−z0)(w−z0)
dw
Luego utilizamos la serie geométrica de razón
r =z− z0
w− z0
1 + r + r2 + r3 + ... + rn =1− rn+1
1− r=
11− r
− rn+1
1− r1
1− r= 1 + r + r2 + r3 + ... + rn +
rn+1
1− r.
Entonces
f (z) =1
2πi
∮C
f (w)
(w− z0)
1
1− (z−z0)(w−z0)
dw
=1
2πi
∮C
f (w)
(w− z0)
1 +z− z0
(w− z0+
z− z0
(w− z0)2 + ... +z− z0
(w− z0)n +
(z−z0w−z0
)(n+1)(w−zw−z0
)dw
=1
2πi
∮C
f (w)
(w− z0)
n
∑j=0
(z− z0
w− z0
)j
+
(z−z0w−z0
)(n+1)(w−zw−z0
)dw
=n
∑j=0
(z− z0)j 12πi
∮C
f (w)dw(w− z0)j+1 +
12πi
∮C
f (w)
(w− z0)
(z−z0w−z0
)(n+1)(w−zw−z0
) dw
=n
∑j=0
(z− z0)j 12πi
∮C
f (w)
(w− z0)j+1 +(z− z0)n+1
2πi
∮C
f (w)
(w− z)(w− z0)n+1 dw
=n
∑j=0
(z− z0)j(
12πi
∮C
f (w)dw(w− z0)j+1
)+ Rn+1
=n
∑j=0
f j(z0)
j!(z− z0)
j + Rn+1.
Esta serie converge cuando Rn+1→ 0.
29
Consideremos w en el entorno C y z en el interior de R,∣∣∣∣ f (w)
w− z
∣∣∣∣ < M.
Entonces
|Rn+1| =∣∣∣∣ (z− z0)n+1
2πi
∮C
f (w)
(w− z)(w− z0)n+1 dw∣∣∣∣
<|z− z0|n+1
2π
∮C
∣∣∣∣ f (w)
(w− z)(w− z0)n+1
∣∣∣∣dw
<|z− z0|n+1
2πM∮
C
∣∣∣∣ 1(w− z0)n+1
∣∣∣∣dw
Donde Rn+1→ 0, con lo cual la serie converge.
Ejemplo 3.1.1 Desarrolle las siguientes funciones en serie de Taylor ( Maclaurin)
1. Sea la función f (z) = ez.Entonces la n-esima derivada de ez es
dn(ez)
dzn = ez
f n(0) = e0 = 1, n = 1,2, ...
f (0) = e0 = 1
luego f (z) = ez = 1 +∞
∑n=1
1n!
zn
2. Sea la función f (z) = sen(z)
dn(sen(z))dzn =
{(−1)(n−1)/2 cos(z), si n es impar
(−1)n/2sen(z), si n es par.
así,
f (0) = 0 y f n(0) =
{(−1)(n−1)/2, si n es impar
0, si n es par.
Finalmente,
f (z) = sen(z) = ∑n impar
(−1)(n−1)/2 zn
n!=
∞
∑n=1
(−1)(n−1) z(2n−1)
(2n− 1)!
30
3.2. Series de Laurent
Definición 22 A la serie
f (z) =∞
∑n=−∞
anzn.
se le denomina Serie de Laurent. Si A un conjunto de números complejos. Diremos que la serie deLaurent converge absolutamente en A si las dos series
f+(z) =∞
∑n≥0
anzn
f−(z) =∞
∑n≤0
anzn
convergen absolutamente en A.Si este es el caso, entonces f (z) se define por la suma f (z) = f+(z) + f−(z).
Sean r, R números positivos con 0 ≤ r < R. Consideremos el anillo A que consiste entodos los números complejos z tal que
r ≤ |z| = R.
Si f es una función que tiene exactamente 2 singularidades en z = a y z = b donde f esregular en el punto z0. si se tiene los dominios |z0 − a| = r2, |z0 − b| = r1 con r1 < r2.Entonces el desarrollo de Laurent en serie de potencia de f (z) en el circulo C1 de radior1 alrededor de z0 es
f (z) =∞
∑n=0
anzn.
Luego el desarrollo de f (z) en serie de potencia en la región anular entre los círculos C1
y C2 se llama serie de Laurent Así,
f (z) =∞
∑n=0
anzn +∞
∑n=1
bnz(−n)
31
NOTA:La serie de Laurent es una generalización de la serie de Taylor. También se puede obteneruna serie dentro y fuera del círculo grande.
Figura 3.1:
Propiedad:Sea C1 y C2 dos circunferencias cualesquiera de radios R1 y R2 alrededor del puntoz = z0 y sea R2 > R1, supongamos que f es analítica dentro de las circunferencias y enel dominio D acotado por ellas, entonces
f (z) =∞
∑n=0
an(z− z0)n +
∞
∑n=1
bn(z− z0)(−n) ∀z ∈ D, n = 0,1,2, · · ·
Donde los coeficientes an y bn son
an =1
2πi
∫ f (ξ)(ξ − z0)n+1 dξ; bn =
12πi
∫ f (ξ)(ξ − z0)−n+1 dξ
Teorema 15 Sea z0 ∈ C, 0 < r < R ≤ +∞. Entonces existe una única serie de Laurent∞
∑n=−∞
an(z− z0)n cuyo anillo de convergencia contiene a A(z0,r, R) y que verifica
f (z) =∞
∑n=−∞
an(z− z0)n ∀z ∈ A(z0,r, R).
Además, se tiene que los coeficientes an son obtenidos por la fórmula:
an =1
2πi
∫C(z0,ρ)
f (z)(z− z0)(n+1)
dz ∀ρ ∈]r, R[,∀n ∈Z.
32
PruebaPrimero mostraremos la existencia de los coeficientes an de la serie de Laurent. Sea r1 yr2 tales que 0 = r < r1 < r2 < R = +∞. Llamemos G = C(z0,r2) +−C(z0,r1). El ciclo Γes A(z0;r, R) nulhomólogo y, para cada n ∈Z, la función
z→ f (z)(z− z0)(n+1)
Es holomorfa en A(z0;r, R).Por el teorema general de Cauchy decimos que para cada entero n
0 =∫
Γ
f (z)(z− z0)(n+1)
dz =∫
C(z0,r2)
f (z)(z− z0)(n+1)
dz−∫
C(z0,r1)
f (z)(z− z0)(n+1)
dz
donde ∫C(z0,r2)
f (z)(z− z0)(n+1)
dz =∫
C(z0,r1)
f (z)(z− z0)(n+1)
dz ∀n ∈Z,∀r1,r2 ∈]r, R[
Y por tanto, está bien definida la expresión
an =1
2πi
∫C(z0,ρ)
f (z)(z− z0)(n+1)
dz ∀n ∈Z.
Siendo ρ ∈]r, R[ arbitrario.Sea ahora z ∈ A(z0;r, R) tal que 0≤ r < r1 < |z− z0| < r2 < R ≤ +∞Nuevamente consideremos Γ = C(z0,r2)− C(z0,r1) que es A(z0;r, R)-nulhomólogo yverifica W(Γ,z0) = 1.Nuevamente gracias a la fórmula de Cauchy se tiene:
f (z) = f (z)W(Γ,z0) =1
2πi
∫Γ
f (w)
(w− z)dw
=1
2πi
∫C(z0,r2)
f (w)
(w− z)dw− 1
2πi
∫C(z0,r1)
f (w)
(w− z)dw.
Como el punto z está al interior de C(z0,r2) podemos desarrollar su integrando como seriegeométrica de razón (z−z0)
(w−z0), ya que |z− z0| < |w− z0|
1(w− z)
=1
(w− z0) + (z0 − z)=
1(w−z0)
1− (z−z0)(w−z0)
=∞
∑n=0
(z− z0)n
(w− z0)(n+1).
Así, la igualdadf (z)
(w− z)= −
∞
∑n=0
f (z)(w− z0)(n+1)
(z− z0)n
33
Es uniforme sobre C(z0,r2).
Del mismo modo, como z está en el exterior de C(z0,r1), podemos desarrollar su integrandocomo serie geométrica de razón (w−z0)
(z−z0), ya que |w− z0| < |z− z0|
1(w− z)
=1
(w− z0) + (z0 − z)= −
1(z−z0)
1− (w−z0)(z−z0)
= −∞
∑n=0
(w− z0)n
(z− z0)(n+1)
Así, la igualdadf (z)
(w− z)= −
∞
∑n=0
f (z)(z− z0)(n+1)
(w− z0)n
Es uniforme sobre C(z0,r1).Como ambas series convergen uniformemente podemos permutar integrando y límites
12πi
∫C(z0,r2)
f (w)
(w− z)dw =
12πi
∫C(z0,r2)
∞
∑n=0
f (w)
(w− z0)(n+1)(z− z0)
ndw
=1
2πi
∞
∑n=0
∫C(z0,r2)
f (w)
(w− z0)(n+1)(z− z0)
ndw
=∞
∑n=0
12πi
(z− z0)n∫C(z0,r2)
f (w)
(w− z0)(n+1)dw
=∞
∑n=0
an(z− z0)n con an =
12πi
∫C(z0,r2)
f (w)
(w− z0)(n+1)dw.
Del mismo modo la integral a lo largo de C(z0,r1)
− 12πi
∫C(z0,r1)
f (w)
(w− z)dw = − 1
2πi
∫C(z0,r1)
−∞
∑n=0
f (w)
(z− z0)(n+1)(w− z0)
ndw
=1
2πi
∞
∑n=0
∫C(z0,r1)
f (w)
(z− z0)(n+1)(w− z0)
ndw
=∞
∑n=0
12πi
1(z− z0)(n+1)
∫C(z0,r1)
f (w)(w− z0)ndw
=∞
∑n=1
a−n1
(z− z0)n , con a−n =1
2πi
∫C(z0,r1)
f (w)(w− z0)ndw.
Con lo cual hemos identificado todos los coeficientes de la serie de Laurent y comprobadoque las series son convergentes. Observemos que si R+ es el radio de convergencia para
la serie ∑n≥0
an(z− z0)n. y R− es el radio de convergencia para la serie
∞
∑n>1
a−n(z− z0)−n.
Como hemos probado que las series convergen en A(z0;r, R); lo cual garantiza, respecti-vamente que R ≤ R+ 1
r ≤ R−. De modo que A(z0;r, R) ⊂ A(z0; 1R− , R+).
34
Que es el anillo de convergencia para la serie de Laurent
∑n∈Z
an(z− z0)n.
Además, dada la arbitrariedad de r1 y r2, se tiene
f (z) =∞
∑n=−∞
an(z− z0)n ∀z ∈ A(z0;r, R)
Ahora mostraremos la unicidad de la serie de Laurent.Sea ∑
n∈Z
bn(z − z0)n otra serie de Laurent cuyo anillo de convergencia A(z0;r
′, R′) con-
tenga al anillo A(z0;r, R) y verifique:
f (z) =∞
∑n=−∞
bn(z− z0)n ∀z ∈ A(z0;r, R)
La suma anterior en cada compacto del anillo A(z0;r, R); por estar contenido, a su vez, enel otro anillo A(z0;r
′, R′).
Y como r < ρ < Rp ∈Z, se tiene:
ap =1
2πi
∫C(z0,ρ)
f (z)(z− z0)(p+1)
dz
=1
2πi
∫C(z0,ρ)
(∑∞n=−∞ bn(z− z0)n)
(z− z0)(p+1)dz
=1
2πi
∫C(z0,ρ)
1(z− z0)(p+1)
{b0 +
∞
∑n=1
[bn(z− z0) + b−n(z− z0)−n]
}dz
=1
2πi
∫C(z0,ρ)
b0
(z− z0)(p+1)dz
+∞
∑n=1
{1
2πi
∫C(z0,ρ)
bn(z− z0)
(z− z0)(p+1)dz +
12πi
∫C(z0,ρ)
b−n(z− z0)−n
(z− z0)(p+1)
}dz
=1
2πi
∫C(z0,ρ)
bp
z− z0dz
= bp1
2πi
∫C(z0,ρ)
1z− z0
dz
= bp.
Ejemplo 3.2.1 Calcularemos la serie de Laurent para la función f (z) = 1(1−z)
Sabemos que la función f es holomorfa salvo en z = 1. Por ello, si tratamos de obtener su serie deLaurent centrada en el origen, debemos distinguir dos anillos A(0,0,1) y A(0,1,∞).
35
En el anillo A(0,0,1), la serie de Laurent coincide con la serie de Mclaurin, ya que la funcion esholomorfa,
f (z) =∞
∑n=0
zn , |z| < 1.
En cambio en el anillo A(0,1,8), la serie de Laurent se puede obtener como la seriegeométrica de razón 1
z .
f (z) = −1z
1(1− 1/z)
para |z| > 1
= −1z
(1 +
1z+
1z2 + ...
)= −
∞
∑n=1
1zn .
Ejemplo 3.2.2 Calcularemos la serie de Laurent para f (z) = 1(z−1)(z−3) Expresamos f (z) como
una suma de fracciones parciales,
f (z) =1
(z− 1)(z− 3)= −1
2
[ 1(z− 1)
− 1(z− 3)
]para 1 < |z| < 3.
Para la misma región 1 < |z| < 3. Tenemos los siguientes resultados:
1(z− 1)
=1z
1(1− 1/z)
=1z
∞
∑n=0
(1z
)n=
∞
∑n=0
1zn+1 |z| > 1
−1(z− 3)
=13
1(1− z/3)
=13
∞
∑n=0
( z3
)n=
∞
∑n=0
zn
3n+1 |z| < 3
La serie es:
f (z) =1
(z− 1)(z− 3)= −1
2
[ ∞
∑n=0
1z(n+1)
+∞
∑n=0
zn
3n+1
]= ...− 1
2z−4 − 1
2z−3 − 1
2z−2 − 1
2z−1 − 1
6− z
2(3)2 −z2
2(3)3 − ...
Para |z| > 3
− 1(z− 3)
= −1z
1(1− 3/z)
= −1z
∞
∑n=0
(3z
)n= −
∞
∑n=0
3n
zn+1 para |z| > 3
f (z) =1
(z− 1)(z− 3)= −1
2
[ ∞
∑n=0
1zn+1 −
∞
∑n=0
3n
zn+1
]= −1
2
∞
∑n=0
1− 3n
zn+1
=1z2 +
4z3 +
13z4 + ...
36
Para |z| < 1
f (z) =1
(z− 1)(z− 3)= −1
2
[ 1(z− 1)
− 1(z− 3)
]=
12
1(1− z)
− 16
1(1− z/3)
.
Como |z| < 1 y | z3 | < 1, tenemos
f (z) =12
∞
∑n=0
zn − 16
∞
∑n=0
( z3
)n=
12
∞
∑n=0
zn − 12
∞
∑n=0
zn
3n+1
=12
∞
∑n=0
zn[1− 1
3n+1
]=
13+
49
z +1327
z2 + ...
Calcularemos otras series de Laurent que se pueden obtener por composición.
Ejemplo 3.2.3 Hallaremos la serie de Laurent de f (z) = e(1/z) para |z| > 0..Esta función es holomorfa salvo en z = 0, por lo que admite serie de Laurent en el anillo A(0,0,∞),que podemos obtener a partir de la serie de Mclaurin,
ew =∞
∑n=0
wn
n!
si w = 1z , entonces f (z) =
∞
∑n=0
1n!
1zn
Ejemplo 3.2.4 Hallaremos la serie de Laurent para f (z) = e2z
(z−1)3 .
Como
ez =∞
∑n=0
zn
n!|z| < ∞
Por lo tanto:
f (z) =e2z
(z− 1)3
=e2e2(z−1)
(z− 1)3
= e2∞
∑n=0
2n(z− 1)n
n!(z− 1)3
= e2∞
∑n=0
2n
n!(z− 1)n−3
f (z) = e2(z− 1)−3 + 2(z− 1)−2 + 2(z− 1)−1 +23+
23
z +415
(z− 1)2 + ...
Lo cual es válido para 0 < |z− 1| < ∞.
37
3.3. Singularidades aisladas
Sea z0 un número complejo y sea D un disco abierto centrado en z0.Supongamos que la función f es analítica en el disco z : 0 < |z− z0| < R. Diremos que noes necesario que f este definido en el punto z0. También que la función f tiene singularidadaislada en z0. Nuestro propósito es mostrar que existen solo tres posibles formas en las quef (z) puede comportarse en un disco de la vecindad de z0.
3.3.1. Singularidad separable
Definición 23 Sea f una función analítica en el disco z : 0 < |z− z0| < R. Se dice que ademásque mediante la asignación de un valor adecuado para f (z0), la función f puede ser analítica en eldisco z : |z− z0| < R. Entonces diremos que f tiene una singularidad separable en z0.
Ejercicio 3.3.1 La función
f (z) =sen(z)
zEs analítica en el disco z : 0 < |z− z0| < R. Más aún f no está definida en z = 0.Notemos que la función sen(z) es entera y puede ser escrita como:
sen(z) = z + z3g(z)
Donde g también es una función entera.Entonces para todo z 6= 0 tenemos
f (z) =sen(z)
z= 1 + z2g(z)
Así, esta función es entera.Y si definimos la función en f (0) = 1, entonces f es ahora definida en z = 0 y hemos eliminado lasingularidad aislada.
Ejercicio 3.3.2 Sea f un función analítica en un dominio D,tal que z0 ∈ D. Definimos la funciong en D por:
g(z0) = f ′(z0)
y escribimos
g(z) =f (z)− f (z0)
z− z0para z 6= z0
Entonces g es analítica en D, además la función g(z) es definida en D/z0 . Tiene una singularidadaislada en z0 que es separable.
38
Teorema 16 Sea f una función analítica en un disco z : 0 < |z− z0| < R.Además que
lı́mz→z0
(z− z0) f (z) = 0
Entonces f tiene una singularidad aislada en z0.
PruebaSea z un número complejo en el disco {z : 0 < |z− z0|< R}. Sea r1 y r2 números complejosque satisfacen 0 < r1 < |z− z0|< r2 < R y sean C1 y C2 dos caminos cerrados, centrados enz0 y de radio r1 y r2 respectivamente.Sea g una función definida por g(z) = f ′(z)
g(w) =f (w)− f (z)
w− z∀w 6= z
g es analítica en el disco {w : 0 < |z− z0| < R}.Entonces ∫
C1
g(w)dw =∫
C2
g(w)dw∫C1
f (w)− f (z)w− z
dw =∫
C2
f (w)− f (z)w− z
dw∫C1
f (w)
w− zdw− f (z)
∫C1
1w− z
=∫
C2
f (w)
w− zdw− f (z)
∫C2
1w− z
dw
Por otro lado, la función1
w− zEs analítica en el dominio {w : |w− z0| < |z− z0|} que contiene a C1.De ahí sigue que ∫
C1
1w− z
dw = 0
Por otro lado, utilizando la formula integral de Cauchy, tenemos∫C2
1w− z
dw = 2πi
39
Para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que |(w− z0) f (w)| < ε Para cualquier |w− z0| < δ.
Sin perder generalidad, asumimos que δ <12|z− z0| Si tomamos r1 = δ , entonces∣∣∣∣∫C1
f (w)
w− zdw∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∫C1
(w− z0) f (w)
(w− z0)(w− z)dw∣∣∣∣
<ε
δ
2πδ
(|z− z0| − δ)
=2πε
|z− z0| − δ
<4πε
|z− z0| − δ
Como ε > 0 es arbitrario, concluimos que∫C1
f (w)
w− z= 0
luego de ∫C1
f (w)
w− z− f (z)
∫C1
1w− z
dw =∫C2
f (w)
w− zdw− f (z)
∫C2
1w− z
dw
Tenemos ∫C2
f (w)
w− zdw = 2πi f (z)
f (z) =1
2πi
∫C2
f (w)
w− zdw
Para todo z en el disco {z : 0< |z− z0|< r2} por otro lado la integral representa una funciónanalítica en el disco {z : |z− z0| < r2}Por lo tanto
f (z0) =1
2πi
∫C2
f (w)
w− z0dw
Entonces la función es analítica en {z : |z− z0| < r2}.
Ejemplo 13 Calcular ∫C
sen(z)z− π
2dz
de donde C es el entorno en el sentido anti-horario que encierra el punto z = z0.Sea f (z) = sen(z) con z0 =
π2
Por definición
f (z0) =1
2πi
∫C
f (z)z− z0
dz
40
Entonces despejando ∫C
f (z)z− z0
dz = 2πi f (z0)
Luego ∫C
sen(z)z− π
2dz = 2πisen
(π
2
)Ejemplo 14 Calcular ∫
C
cos(z)z(z− π
2 )dz
de donde C encierra al origen pero no al punto z = π2 .
Entonces,
∫C
cos(z)x(z− π
2 )dz = 2πi f (0) = 2πi
cos(0)(−π
2 )= −4i
Teorema 17 Suponga que z0 es una singularidad separable de f con serie de Laurent
f (z) = ∑k∈Z
ak(z− z0)k
Válido en {z ∈ C;0 < |z − z0| < R}. Entonces z0 es una singularidad aislada si solo si no haycoeficientes negativos, la serie de Laurent es una serie de potencia.
DemostraciónPrimero supongamos que z0 es separable, y g es holomorfa en {z ∈ C; |z− z0|< R} tal quef = g en {z ∈ C;0 < |z− z0|< R} . Entonces, la serie de Laurent de g en esta región es unaserie de potencia, y por la unicidad de las series de Laurent, tiene que coincidir con la seriede Laurent de f .Ahora, si la serie de Laurent de f en z0 tiene solo coeficientes no negativos, podemos uti-lizar esto para definir una función que es holomorfa en z0.
Definición 24 (Polo) Suponga que la función f es analítica en {z : 0 < |z− z0| < R}.Suponga además que
f (z) =g(z)
(z− z0)n , donde n ∈N
La función g es analítica en alguna vecindad de z0, con g(z0) 6= 0 . Entonces diremos que f tieneun polo de orden n en z0 .Así, si n = 1, entonces f tiene un polo simple en z0.
Teorema 18 Sea f una función analítica en el disco {z : 0 < |z− z0| < R}.Entonces f tiene un polo en z0 si sólo si
lı́mz→z0| f (z)| = ∞
41
PruebaPrimeramente, notemos que para g(z0) 6= 0.
lı́mz→z0| f (z)| = lı́m
z→z0
∣∣∣∣ g(z)(z− z0)n
∣∣∣∣ = ∞ (3.1)
De ahí se desprende que f (z) 6= 0 en algún disco {z : 0 < |z− z0| < r} donde r ≤ R. Así,
F(z) =1
f (z)
es analítica en {z : 0 < |z− z0| < r}, y tiene una singularidad aislada en z0.Por otra parte, de la ecuación (3.1) tenemos que F(z)→ 0 cuando z→ z0.Luego gracias al teorema anterior tenemos que F tiene una singularidad separable en z0.Ahora definimos F(z0) = 0, entonces F es analítica en el disco {z : |z− z0| < r}.Como F(z) no es idénticamente 0 entonces ∃n ∈N tal que
F(z) = (z− z0)nh(z)
Donde la función h es analítica en {z : |z− z0| < r} con h(z0) 6= 0Si g(z) = 1/h(z) es analítica en alguna vecindad de z0,entonces g(z0) 6= 0.Finalmente,
g(z) =1
h(z)=
(z− z0)n
F(z)= (z− z0)
n f (z)
f (z) =g(z)
(z− z0)n
Teorema 19 Suponga que z0 es una singularidad aislada de f con serie de Laurent
f (z) = ∑k∈Z
ak(z− z0)k
Válido en {z ∈ C;0 < |z − z0| < R}. Entonces z0 es un polo si sólo si existen número finito detérminos negativos.
PruebaSupongamos que z0 es un polo de orden n.Entonces, la función (z− z0)n f (z) tiene una singularidad separable en z0.Así,
(z− z0)n f (z) = ∑
k∈Z
ak(z− z0)k
f (z) = ∑k∈Z
ak(z− z0)k−n
= ∑k≤−n
ak(z− z0)k
42
Por otro lado,
f (z) = ∑k≤−n
ak(z− z0)k
= (z− z0)−n ∑
k≤−nak(z− z0)
k+n
= (z− z0)−n ∑
k≤−nak(z− z0)
kak−n 6= 0
luego definimos g(z) = ∑k≤0
ak−n(z− z0)k donde g(z0) = a−n 6= 0 y
lı́mz→z0| f (z)| = lı́m
z→z0
∣∣∣∣ g(z)(z− z0)n
∣∣∣∣ = ∞
Definición 25 (Singularidades esenciales) Suponga que la función f es analítica en {z : 0 <
|z− z0|< R}. Para algún R > 0 pero no en z = z0 . Entonces z0 es una singularidad aislada de f .La singularidad es esencial si z0 no es ni separable ni es un polo.
Teorema 20 Suponga que z0 es una singularidad aislada de f con serie de Laurent
f (z) = ∑k∈Z
ak(z− z0)k
Válido en {z ∈ C;0 < |z − z0| < R} .Entonces z0 es esencial si solo si hay infinitos términosnegativos.
PruebaPor definición una singularidad esencial no es ni separable ni un polo.
Ejemplo 15 La función
f (z) = exp(
1z
)Es analítica en todo punto z 6= 0. Tiene una singularidad aislada en z=0.
Restrinjamos z a los números reales, y consideremos exp(
1x
)x > 0
Así,
lı́mx→0
exp(
1x
)= lı́m
y→∞exp(y) = ∞
Por lo tanto no es una singularidad separable.Por otro lado, para cada n ∈N.
lı́mx→0
xn exp(
1x
)= lı́m
y→∞
exp(y)yn = ∞
Por lo tanto tampoco es un polo de orden n.En consecuencia tiene una singularidad escencial en z = 0.
43
Teorema 21 (Casorati- Weierstrass) Suponga que la función f es analítica en un disco{z : 0 < |z− z0| < R} con singularidad esencial en z0. Dado un w ∈ C y los numero real ε > 0 yδ > 0, entonces existe z en tal disco que satisface 0 < |z− z0| < δ y | f (z)− w| < ε.
PruebaSupongamos que la conclusión no se cumpla.Entonces existe w ∈ C y número real ε > 0 y δ > 0 tales que
| f (z)− w| ≥ ε para todo 0 < |z− z0| < δ
La función dada por
g(z) =1
f (z)− w
Es analítica y acotada en el disco {z : 0 < |z− z0| < δ} , con una singularidad aislada en z0
que es separable, ya que
lı́mz→z0
g(z) = lı́mz→z0
z− z0
f (z)− w= 0
Definimos g(z0) apropiadamente, la función g es analítica en el disco {z : 0 < |z− z0|< δ}.Por otro lado la función g no es idénticamente nula en {z : 0 < |z− z0| < δ}.Entonces
f (z) = w +1
g(z)
Tenemos dos casos:
1. El primero si g(z0) 6= 0, entonces f es analítica en z0.
2. El segundo caso es cuando g(z0) = 0 , entonces f tiene un polo en z0.
En ambos casos contradice al hecho que f tiene una singularidad esencial en z0.
44
Capítulo 4
Cálculo de residuos
Si extendemos el teorema integral de Cauchy a funciones que tienen singularidades ais-ladas, entonces la integral en general es diferente a cero. Así, cada singularidad contribuyecon un término llamado residuo. Nuestro principal objetivo en esta sección será probarque el residuo depende unicamente de (z− z0)−1 en la serie de Laurent de la función cercade la singularidad z0, ya que en las demas integrales su valor es cero.
4.1. Fórmula de residuos
Sea la función analítica f
f (z) =∞
∑n=−∞
an(z− z0)n
que tiene su desarrollo en serie de Laurent en el punto z0.
Definición 26 (Residuo) Llamaremos residuo de la función f en el punto aislado z0 al términoa−1 del desarrollo de la serie de Laurent de f .Denotamos
a−1 = Res( f ,z0)
Teorema 22 Sea z0 una singularidad aislada de f , y sea C un círculo pequeño centrado en z0, talque f es holomorfa en C y en su interior, excepto posiblemente en z0.Entonces, ∫
Cf (δ)dδ = 2πa−1 = 2πRes( f ,z0)
PruebaSi integramos el desarrollo de Laurent de f en C.
45
Para n 6= −1 tenemos que∫C
f (δ)dδ =∫
C
(∞
∑n=−∞
an(δ− z0)n
)dδ
=∞
∑n=−∞
an
∫C(δ− z0)
ndδ
= ∑ an(δ− z0)n+1
n + 1= 0
Para n = −1
a−1 =1
2πi
∫C
f (δ)(δ− z0)−1+1 dδ
=1
2πi
∫C
f (δ)dδ
Es decir todos los términos desaparecen menos uno, el residuo a−1 se queda.
Teorema 23 (Fórmula de residuos) Sea U un conjunto abierto y γ una cadena cerrada en U talque γ es homóloga a 0 en U. Sea f una función homóloga en U excepto en un número finito depuntos {z1, · · · ,zn}. Sea mk = W(γ,zk). Entonces∫
γf = 2πi
n
∑k=1
mk.Res( f ,zk)
Obsérvese que la fórmula integral de Cauchy constituye el caso especial n = 1 de esteteorema (con un polo simple).PruebaDenotamos por A = {z ∈U;z es una singularidad en U} = {z1, · · · ,zn}Por ser U abierto, si zk ∈U existe ρk > 0 entonces
D(zk,ρk) ⊂ U ,∀ 1≤ k ≤ n
D(zk,ρk) ∩U 6= ∅ ,∀ 1≤ k ≤ n
tenemos que
zk ∈U ; D(zk,ρk) ∩U 6= ∅, ∀ 1≤ k ≤ n
zk ∈ D(zk,ρk)
Por otro lado zk ∈ {z1, · · · ,zn} = AAsí,
zk ∈ D(zk,ρk) ∧ zk ∈ A
D(zk,ρk) ∩ A = {zk}
46
Para cada k existe ρk > 0 tal que D(zk,ρk)∩A= {zk} y D(zk,ρk)⊂U como mk =W(γ,zk) , 1≤k ≤ n.Para cada k existe γk = −mkC(zk,ρk) y definimos el ciclo
Γ = γ +n
∑k=1
γk
Vemos que U− A es nulhomólogo, pues en tal caso, la fórmula general de Cauchy nos diceque
0 =∫
Γf
=∫
γf +
n
∑k=1
∫γk
f
=∫
γf −
n
∑k=1
mk
∫C(zk ,ρk)
f
=∫
γf − 2πi
n
∑k=1
mkRes( f ,zk)
∫γ
f = 2πin
∑k=1
mkRes( f ,zk)
Ejemplo 16 Siendo T la circunferencia unitaria con orientación positiva, calcular∫T
e1z dz.
Utilizaremos la serie de Laurent que se obtiene fácilmente del desarrollo de Taylor de la funciónentera ew:
ew =∞
∑n=0
wn
n!
convergente absolutamente para todo w complejo.Sustituyendo w = 1
z , se obtiene una serie en z convergente en todo z 6= 0.
f (z) = e1z =
∞
∑n=0
( 1z )
n
n!=
∞
∑n=0
1znn!
.
Hacemos un cambio de índice k = −n.
f (z) =∞
∑n=0
1znn!
=−∞
∑k=0
zk
(−k)!
Así, su residuo está dado por
Res( f ,0) = Res(e1z ,0) = a−1 = 1
47
z = 0 es la única singularidad aislada de f (z) = e1z en el plano.
Por el teorema de los residuos ∫T
e1z = 2πi
.
Un polo de una función f se dice que es simple si este es de orden 1, en tal caso la expansiónen serie de potencias de f es del tipo
f (z) =a−1
z− z0+ a0 + · · ·
Lema 2 Sea f una función con un polo simple en z0 , y sea g una función holomorfa en z0
entonces,Res( f g,z0) = g(z0)a−1
PruebaPrimero daremos la prueba para z0 = 0 luego tenemos que,
f (z)g(z) =( a−1
z+ · · ·
).(b0 + b1z + · · · )
=a−1b0
z+ · · ·
así,
Res( f g,z0) =a−1b0
z0= g(z0)a−1
Ejemplo 17 Encuentre los residuos de
f (z) =z2
z2 − 1
con z0 = 1.Reescribimos la función,
f (z) =z2
(z + 1)(z− 1)
notemos que la función g(z) =z2
z + 1es holomorfa en 1.
El residuo de 1z−1 es 1. Entonces, Res( f ,1) = g(1).a−1 =
12 .
Ejemplo 18 Encuentre el residuo de
f (z) =z2
(z + 1)(z− 1)2
48
con z = 1.Utilizando el ejemplo anterior, escribiendo z = 1 + (z− 1)tenemos que
g(z) =z2
z + 1
=1 + 2(z− 1) + (z− 1)2
1 + (z− 1) + 1
=1 + 2(z− 1) + z2 − 2z + 1
2 + (z− 1)
=1 + 2(z− 1) + · · ·2(1 + 1
2 (z− 1))
=12
(1 +
32(z− 1) + · · ·
)=
12+
34(z− 1) + · · ·
así,
f (z) =z2
(z + 1)(z− 1)2 =g(z)
(z− 1)2
=12
1(z− 1)2 +
34
1(z− 1)
+ · · ·
donde el residuo de f es 34 .
Ejemplo 19 Sea C un círculo centrado en 1 y radio 1 con f
f (z) =z2
(z + 1)(z− 1)2
La función f tiene dos singularidades, en 1 y en −1, en C centrado en 1 por lo que f es holomorfaen C.Utilizando la fórmula de residuos
∫C
f = 2πi.34
Lema 3 Sea f una función meromorfa en 0. Entonces Res(
f ′
f,0)= Ord( f ,0) y para cada z0
donde f tiene al menos un polo Res(
f ′
f,z0
)= Ord( f ,z0).
PruebaSea f una función que tiene una expansión en series de potencia, con solo un número finitode términos negativos (al menos un polo), y meromorfa en el origen.
f (z) = amzm + términos mayores , am 6= 0
49
donde m puede ser positivo o negativo.Escribimos,
f (z) = amzm(1 + h(z))
donde h(z) es una serie de potencia con el término constante igual a 0.Para cualesquiera dos funciones f , g conocemos la derivada del producto
( f g)′ = f ′g + f g′
que al dividirla por f g, tenemos( f g)′
f g=
f ′
f+
g′
g
Ahora lo utilizamos en f (z) = amzm(1 + h(z))
f ′
f=
ammz(m−1)
amzm +h′(z)
1 + h(z)
=mz+
h′(z)1 + h(z)
dondeh′(z)
1 + h(z)es holomorfo en 0, de este modo
Res(
f ′
f,0)= m = Ord( f ,0)
Teorema 24 Sea γ una cadena cerrada en U, homóloga en 0 en U. Sea f una función meromorfaen U, con solo un número finito de ceros y polos, los puntos {z1,z2, · · · ,zn}, no estan sobre γ.Entonces ∫
γ
f ′
f= 2πi
n
∑k=1
mkOrd( f ,zk)
PruebaUtilizando la fórmula de residuos y luego aplicando el lema anterior,∫
γ
f ′
f= 2πi
n
∑k=1
mkRes(
f ′
f,zk
)= 2πi
n
∑k=1
mkOrd( f ,zk)
Lema 4 (Principio del Argumento) Sea C una cadena simple cerrada, sea f una funciónanalítica sobre C y en su interior.Entonces, ∫
C
f ′
f= 2πi.(número de ceros− número de polos)
50
PruebaPara la aplicación, γ será igual al círculo C, o un rectángulo, y los puntos {z1,z2, · · · ,zn}estarán dentro de C.Supongamos que los ceros de f están dentro de C y son {a1, a2, · · · , ar} y sean los polos{b1,b2, · · · ,bs}. En este caso gracias al teorema anterior tenemos,
∫C
f ′
f= 2πi
(r
∑k=1
ord( f ,zk)
)∫
C
f ′
f= 2πi
(r
∑j=1
ord( f , aj) +s
∑k=1
ord( f ,bk)
)
Por definicion tenemos que la multiplicidad de un polo es el negativo del orden de f en elpolo, esto es, Ord( f ,bk) = −mult( f ,bk);Así, ∫
C
f ′
f= 2πi
(r
∑j=1
ord( f , aj)−s
∑k=1
mult( f ,bk)
).
Si uno cuenta los ceros y los polos con sus multiplicidades,se tiene ∫
C
f ′
f= 2πi.(número de ceros− número de polos)
Definición 27 Sea γ una curva cerrada y α un número complejo que no esté sobre γ. Diremos queγ tiene interior si W(γ,α) = 0 o W(γ,α) = 1.Entonces el conjunto de puntos α tal que W(γ,α) = 1, será el interior de γ.
Teorema 25 (Teorema de Rouché) Sea γ una curva cerrada homologa a 0 en U y asumimos queγ tiene interior. Sea f ,g funciones analíticas en U. Con,
| f (z)− g(z)| ≤ | f (z)|, ∀z ∈ γ
Entonces f y g tienen el mismo número de ceros en el interior de γ.
PruebaLa hipótesis implica que | f (z)| > 0 y también |g(z)| > 0, ∀z ∈ γ, así que ni f ni g tienenun cero sobre la curva γ.De hecho, si
δ0 = in f {| f (z)| − | f (z)− g(z)|,z ∈ γ}
51
entonces δ0 > 0 porque el infimo se alcanza en algún punto de γ. También
0 < δ0 ≤ | f (z)| − | f (z)− g(z)| ,∀z ∈ γ
≤ | f (z) + (g(z)− f (z))| ,∀z ∈ γ
≤ |g(z)| ,∀z ∈ γ
0 < δ0 ≤ |g(z)| ∀z ∈ γ
Por el lema anterior, entonces es aplicable para contar el número de sus ceros en la regióninterior.En general, para 0≤ t ≤ 1, luego definimos h(z) = f (z) + t(g(z)− f (z)) z ∈U.La función h es holomorfa en U y cumple:
t = 0 → h(z) = f (z)
t = 1 → h(z) = g(z)
0 < δ0 ≤ | f (z)| − | f (z)− g(z)| ,∀z ∈ γ
≤ | f (z)| − t|g(z)− f (z)| ,∀z ∈ γ
≤ | f (z)|+ t|g(z)− f (z)| ,∀z ∈ γ
≤ |h(z)| ,∀z ∈ γ
Luego definimos
m : γ x [0,1] → N
(z, t) → m(t) =1
2πi
∫γ
h′(z)h(z)
dz
=1
2πi
∫γ
f ′(z) + t(g′(z)− f ′(z))f (z)− t(g(z)− f (z))
dz
Su continuidad, implica que m(t) es contaste. En particular
m(0) =1
2πi
∫γ
f ′(z)f (z)
dz
m(1) =1
2π1
∫γ
g′(z)g(z)
dz
m(0) = m(1)
Pero m(0) y m(1) son los números de ceros de f y g respectivamente, en el interior de γ.
52
Ejemplo 20 Encontrar donde están las raíces del polinomio
P(z) = z8 + 4z2 + 1
Primero observamos que p(−z) = z8 + 4z2 + 1 = p(z)Por lo tanto, las raices ocurren en pares αi,−αi.
1. Para |z| = 1 definimos f (z) = 4z2
| f (z)− P(z)| = | − z8 − 1|≤ |z|8 + 1
= 2 < 4 = | f (z)|
| f (z)− P(z)| < | f (z)|
P(z) y f (z) tienen el mismo número de ceros (contando multiplicidades) en el disco |z| = 1.Así, P(z) tiene dos raices ±α1 en el interior del disco |z| = 1.
2. Para 1,2 < |z| < 1,3, defiimos f (z) = z8
| f (z)− P(z)| = | − 4z2 − 1|≤ 4|z|2 + 1
< 7,76
< 8,15 = |z|8 = | f (z)|| f (z)− P(z)| < | f (z)|
P(z) tiene el mismo número de ceros que f (z), por lo tanto, dentro del disco |z| < 1,3 hay 8ceros en total.
3. Para |z| = 1,2, definimos f (z) = 4z2
| f (z)− P(z)| = | − z8 − 1|≤ |z|8 + 1
= 5,30
< 5,76 = |z|2 = | f (z)|| f (z)− P(z)| < | f (z)|
P(z) tiene dos raices en el interior del disco |z| = 1,2.
4. Por lo tanto hay 6 ceros en el anillo 1,2 < |z| < 1,3.
53
Teorema 26 Sea f una función analítica en el punto z0 y asumimos que f ′(z0) 6= 0, entonces f esun isomorfo analítico en z0
PruebaHaciendo una traslación h : z→ 0 podemos asumir sin perdida de generalidad que z0 = 0y f (z0) = 0 entonces f puede ser escrita como
f (z) =∞
∑n=m
anzn, m ≥ 1
= amzm + am+1zm+1 + · · · , m ≥ 1
luego
f ′(z) = ammzm−1 + am+1.zm + · · · , m ≥ 1
=∞
∑n=m
annzn−1, m ≥ 1
Asi,
f ′(0) =∞
∑n=m
ann0m−1,m ≥ 1
= amm0m−1 + am+1(m + 1)0m + · · · ,m ≥ 1
=
{a1 si m = 10 si m 6= 1
Como f ′(0) 6= 0, entonces a1 6= 1 para m = 1.Ahora dividimos por a1 y se tiene,
f (z)a1
=∑∞
n=1 anzn
a1= z +
∞
∑n=2
an
a1zn
Sin perdida de generalidad, podemos asumir a1 = 1.
f (z) = z +∞
∑n=2
anzn = z + h(z)
donde h(z) =∞
∑n=2
anzn es divisible por z2. En particular, si restringuimos los valores de
z para algun disco suficientemente pequeño alrededor de 0, entonces existe la constanteK > 0 tal que
| f (z)− z| = |h(z)| ≤ |z|2K
Sean Cr el círculo de radio r, y |α| < r/2 con r lo suficientemente pequeño para
fα(z) = f (z)− α
gα(z) = z− α
54
luego,
| fα(z)− gα(z)| = | f (z)− z| ≤ |z|2K
Sea z ∈ Cr , |z| = r con r < 1/2k asi,
|z| − |α| > r/2
|z− α| ≥ |z| − |α| > r/2
|z|2K = r2K < r/2
entonces,|z|2K <
r2< |z− α| = |gα(z)|
Por el teorema de Rouche, tenemos que si
| fα(z)− gα(z)| ≤ |gα(z)|
entonces fα y gα tienen el mismo número de ceros dentro de Cr. Como gα tiene un solocero, fα tiene un solo cero, esto es, fα(z) = f (z)− α = 0. Así, f (z) tiene una solución dentrode Cr , con |α| < r/2. Ahora definamos U como, U = {z ∈ Cr, | f (z)| < r/2}.Primero probaremos que U es abierto, para ello basta probar que f es una biyección de Ual disco de radio r/2
f : U→ D(
0,r2
)pues f es continua.Del mismo modo, su inversa es continua
φ : D(
0,r2
)→U
Falta probar que φ es analítica.Fijamos w1 ∈ D
(0, r
2
)y w se aproxima a w1. Como φ es continua, entonces
z = φ(w)→ φ(w1) = z1
Escogemos r lo suficientemente pequeño para f ′(z1) 6= 0 , para todo z1 ∈ Cr, lo cual esposible por la continuidad de f ′ y el hecho de que f ′(0) 6= 0.Asi,
φ′(w) = lı́mw→w1
φ(w)− φ(w1)
w− w1
= lı́mz→z1
z− z1
f (z)− f (z1)
=1
f ′(z)
Por lo tanto φ es analítica.luego, U es abierto y f : U→ D
(0, r
2
)es localmente isomorfo en U.
55
4.2. Evaluación de integrales definidas
El cálculo de residuos a menudo proporciona un método eficiente para evaluar de for-ma certera integrales reales y complejas. Esto es particularmente importante cuando no esposible encontrar integrales indefinidas de forma explícita. Incluso en los casos en que losmétodos ordinarios de cálculo pueden ser aplicados, el uso de residuos a menudo resultaser un dispositivo de ahorro de mano de obra.Naturalmente, el cálculo de residuos da lugar a integrales complejas, y esto sugiere quepodemos estar en desventaja si queremos evaluar integrales reales. En la práctica, estorara vez es el caso, ya que una integral compleja es equivalente a dos integrales reales.Sin embargo, existen limitaciones a este enfoque. El integrando debe estar estrechamenteasociado con alguna función analítica. Generalmente, queremos integrar algunas funcioneselementales, y estas pueden ser extendidas a un dominio complejo. Además, las técnicasde integracíon compleja se aplica a curvas cerradas, mientras que una integral real estásobre un intervalo. De ello se desprende que es necesario un dispositivo para reducir nu-estro problema a uno que se refiera a integración sobre curvas cerradas. Hay muchas for-mas de lograr esto, dependiendo de las circunstancias; las tecnicas se aprenden mejor me-diante el estudio de ejemplos típicos.Nos ocuparemos principalmente de las integrales del tipo∫ ∞
−∞f (x)dx
donde f (x) es una función continua de variable real x.Consideremos en primer lugar, la integral∫ R
−Rf (x)dx
donde R > 0.Usaremos el siguiente método:Extendemos la definición para funciones con dominio complejo y consideramos la integral∫
CR
f (z)dz
donde CR es el semicírculo dado por z = Reit, donde t ∈ [0,π].Consideremos ahora el contorno de Jordan
C = [−R, R] ∪ CR
donde [−R, R] representa un segmento de linea recta de −R a R.
56
Figura 4.1: Contorno de Jordan.
Suponemos que f (z) esta restricta sobre la mitad del plano superior, es meromorfa y tieneun número finito de polos. Luego gracias al teorema de Cauchy, tenemos∫ R
−Rf (x)dx +
∫CR
f (z)dz = 2πi ∑zi∈C
Res( f ,zi)
y como
lı́mR→∞
∫CR
f (z)dz = 0
Obtenemos la siguiente formula∫ ∞
−∞f (x)dx = 2πi ∑
zi>0res( f ,zi)
Para que este método funcione, es suficiente que f (z) tienda a cero cuando |z| es bastantegrande, así la integral sobre el semicírculo tiene a cero mientras que su radio tiende alinfinito .
Teorema 27 Para todo |z| suficientemente grande existe un número B > 0 , tal que | f (z)| ≤ B|z|2
entonces,lı́m
R→∞
∫CR
f (z)dz = 0
PruebaLa integral es estimada con con la normal del supremo de f
|| f (z)||CR = supz∈CR
| f (z)| = B|R|
Por otro lado, la longitud de arco es
L(CR) =∫ π
0|tReit|dt = πR
luego,
|∫
CR
f (z)dz| ≤ || f (z)||CR L(CR)
=BR2 πR =
πBR
57
Cuando R tiende al infinito, se tiene
lı́mR→∞
∫CR
f (z) = 0
Ejemplo 21 Fijando un número real a > 0, calcular la siguiente integral∫ ∞
−∞
x2
(x2 + a2)3 dx
Primero notemos que
f (z) =z2
(z2 + a2)3
tiene un polo de orden 3 en z = ±ai.Consideramos ahora el contorno de Jordan C = [−R, R] ∪ CR con R > a.
Figura 4.2: Contorno de Jordan.
Por el teorema de residuos de Cauchy, tenemos∫ R
−Rf (x)dx +
∫CR
f (z)dz = 2πiRes( f , ia),
Utilizamos la fórmula del residuo para un polo donde su extensión analítica es
g(z) = (z− ia)3 z2
(z2 + a2)3
entonces el residuo de f es
Res( f , ia) =gk−1(ia)(k− 1)!
donde k ≥ 1 es el orden del polo.
58
Así
Res( f , ia) =12
lı́mz→ia
d2
dz2
((z− ia)3 z2
(z2 + a2)3
)=
12
lı́mz→ia
d2
dz2
(z2
(z + ia)3
)=
12
lı́mz→ia
ddz
(2z
(z + ia)3 −3z2
(z + ia)4)
)=
12
lı́mz→ia
(2
(z + ia)3 −12z
(z + ia)4 +12z2
(z + ia)5
)=
12
(2
(2ia)3 −12ia(2ia)4 +
12(ai)2
(2ia)5
)=
i16a3
se sigue que ∫ R
−Rf (x)dx +
∫CR
f (z)dz =π
8a3
Note ahora que ∣∣∣∣∫CR
f (z)dz∣∣∣∣ ≤ || f ||CR L(CR)
≤ R2
(R2 + a2)3 πR
Asi,lı́m
R→∞
∫CR
f (z) = 0
Entonces, ∫ ∞
−∞
x2
(x2 + a2)3 dx = lı́mR→∞
∫ R
−Rf (x)dx =
π
8a3
Ejemplo 22 Calcular la integral ∫ ∞
∞
x2 + 3x4 + 5x2 + 4
dx
Notemos que la función
f (z) =z2
z4 + 5z2 + 4=
z2
(z2 + 1)(z2 + 4)
tiene polos simples en z = ±i,±2i.Cosideremos el contorno de Jordan C = [−R, R] ∪ CR donde R > 2.Por el teorema de residuos de Cauchy, sólo se considera los polos que están dentro de la región
59
∫ R
−Rf (x)dx +
∫CR
f (z)dz = 2πi(Res( f , i) + Res( f ,2i))
Por la fórmula del residuo, tenemos que para el polo z = i su extension analítica es
g(z) = (z− i)z2 + 3
(z2 + 1)(z2 + 4)=
(z2 + 3(z + i)(z2 + 4)
luego,
Res( f , i) = lı́mz→i
z2 + 3(z + i)(z2 + 4)
=13i
Para el otro polo z = 2i su extensión analítica es
g(z) = (z− 2i)z2 + 3
(z2 + 1)(z2 + 4)=
z2 + 3(z2 + 1)(z + 2i)
luego,
Res( f ,2i) = lı́mz→2i
z2 + 3(z2 + 1)(z + 2i)
=1
12i
Por otro lado ∣∣∣∣∫CR
f (z)∣∣∣∣ ≤ || f ||CR L(cR)
=R2 + 3
R4 + 5R2 + 4πR
Así,lı́m
R→∞
∫CR
f (z)dz = 0
Por lo tanto, la integral queda∫ ∞
−∞
x2 + 3x4 + 5x2 + 4
dx = lı́mR→∞
∫ R
−Rf (x)dx
= 2πi(
13i
+1
12i
)=
5π
6
60
Ejemplo 23 Calcula la integral ∫ ∞
−∞
1x4 + 1
dx
Primero la función
f (z) =1
z4 + 1
tiene 4 polos simples en z =1√2(±1± i).
Consideramos el contorno de Jordan C = [−R, R] ∪ CR con R > 1.
Luego solo z1 y z3 estan dentro del contorno. La extensión analítica para z1 es
g(z) =
(z− 1√
2(1 + i)
)1
(z4 + 1)
=1(
z− 1√2(1− i)
)(z− 1√
2(−1 + i)
)(z− 1√
2(−1− i)
)luego,
Res( f ,z1) = lı́mz→z1
g(z) =√
24(1 + i)i)
Para el otro polo z3, su extension analítica es
g(z) =
(z− 1√
2(−1 + i)
)1
(z4 + 1)
=1(
z− 1√2(1− i)
)(z− 1√
2(1 + i)
)(z− 1√
2(−1− i)
)luego
Res( f ,z2) = lı́mz→z2
g(z) =√
24(1− i)i
61
Por el teorema de residuos de Cauchy, tenemos∫ R
−Rf (x)dx +
∫CR
f (z)dz = 2πi(Res( f ,z1) + Res( f ,z3))
y como
|∫
CR
f (z)dz| ≤ || f ||CR L(CR)
=1
R2 + 1πR
entonces,
lı́mR→∞
∫ R
−Rf (z)dz = 0
asi, ∫ ∞
−∞
1x4 + 1
dx = lı́mR→∞
∫ R
−Rf (x)dx
= 2πi(Res( f ,z1) + Res( f ,z3))
= 2πi
( √2
4(1 + i)i+
√2
4(1− i)i
)
=
√2π
2
4.3. Transformada de Fourier
Nos ocuparemos principalmente de las integrales del tipo∫ ∞
−∞f (x)eiaxdx
donde f es una función meromorfa en C y que tiene un número finito de polos, ninguno
de los cuales esta sobre el eje real. Existe una constante K, tal que | f (z)| ≤ K|z| .
Consideremos primero la integral con R > 0∫ R
−Rf (x)eixdx
Luego la integral dada por ∫CR
f (z)eizdz
donde CR es el semicírculo superior dado por z = Reit, t ∈ [0, pi]].Sea el contorno de Jordan C = [−R, R] ∪ CR. Por el teorema de Cauchy, tenemos∫ R
−Rf (x)eixdx +
∫CR
f (z)eizdz = 2πi ∑zi∈Int(C)
Res( f (z)eiz,zi)
Para el estudio de la segunda integral utilizaremos el siguiente lema.
62
Lema 5 Sea R > 0 y CR es el semicírculo dado por z = Reit, donde t ∈ [o,π].Entonces, ∫
CR
|eiz||dz| < π
PruebaNotemos que, ∫
CR
|eiz||dz| =∫ π
0|eiReit ||Rieit|dt
= R∫ π
0|eiReit |dt
= R∫ π
0|eRicoste−Rsent|dt
= R∫ π
0e−Rsentdt
= 2R∫ π
2
0e−Rsentdt
Para 0≤ t ≤ π/2, tenemos que
sen(t) ≥ 2tπ
luego ∫ π2
0e−Rsentdt ≤
∫ π2
0e−2πtRdt
leqπ
2R
[1− e−R
]<
π
2R
De aqui ∫CR
|eiz||dz| = 2R∫ π
2
0e−Rsent
≤ 2Rπ
2R= π
Así, ∣∣∣∣∫CR
f (z)eizdz∣∣∣∣ ≤ ∫
CR
| f (z)eizdz|
=∫
CR
| f (z)||eiz||dz|
≤ KR
∫CR
|eiz||dz|
<KR
π
63
Finalmentelı́m
R→∞
∫CR
f (z)dz = 0
donde ∫ ∞
−∞f (x)eixdx = 2πi ∑
zi∈CRes( f (z)eiz,zi)
Ejemplo 24 Cuando se tiene un número fijo a > 0, calcular la siguiente integral∫ ∞
−∞
cosxx2 + a2 dx.
Sea la función
F(z) =eiz
z2 + a2
tiene polos simples en z = ±ai. Luego consideramos el contorno de Jordan C = [−R, R] ∪ CR
Por el teorema de residuos de Cauchy, tenemos∫ R
−RF(x)dx +
∫CR
F(z)dz = 2πiRes(F(z), ia)
donde,
Res(F(z), ia) = lı́mz→ia
(z− ia)F(z)
= lı́mz→ia
eiz
z + ia
=e−a
2ia
entonces ∫ R
−RF(x)dx +
∫CR
F(z)dz = 2πie−a
2ia=
π
ae−a
64
Por otro lado,
∣∣∣∣∫CR
F(z)dz∣∣∣∣ ≤ ∫
CR
∣∣∣∣ eiz
z2 + a2 dz∣∣∣∣
≤ 1R2 − a2
∫CR
|eiz||dz|
<1
R2 − a2 π
Así,lı́m
R→∞
∫CR
F(z)dz = 0
y nuestra ecuación queda ∫ ∞
−∞F(x)dx =
π
ae−a
∫ ∞
−∞
cosxx2 + a2 dx = RE
(∫ ∞
−∞F(x)dx
)=
π
ae−a
Ejemplo 25 Cuando se tiene dos números fijos a > b > 0, calcular la siguiente integral∫ ∞
−∞
x3senx(x2 + a2)(x2 + b2)
Sea la función
F(z) =z3eiz
(z2 + a2)(z2 + b2)
tiene 4 polos simples en z = ±ai,±bi.Consideremos el contorno de Jordan C = [−R, R] ∪ CR con R > a.
Por el teorema de Cuachy, tenemos∫ R
−RF(x)dx +
∫CR
F(z)dz = 2πi(Res(F(z), ia) + Res(F(z), ib)
65
Calculando sus respectivos residuos
Res(F(z), ia) = lı́mz→ia
(z− ia)F(z)
= lı́mz→ia
z3eiz
(z + ia)(z2 + b2)
=a2e−a
2(a2 − b2)
Res(F(z), ib) = lı́mz→ib
(z− ib)F(z)
= lı́mz→ib
z3eiz
(z2 + a2)(z + ib)
=−b2e−b
2(a2 − b2)∫ R
−RF(x)dx +
∫CR
F(z)dz = 2πi(
a2e−a
2(a2 − b2)− b2e−b
2(a2 − b2)
)=
a2e−a − b2e−b
a2 − b2 πi
comolı́m
R→∞
∫CR
F(z)dz = 0
se obtiene que ∫ ∞
−∞F(x)dx = lı́m
∫ R
−RF(x)dx =
a2e−a − b2e−b
a2 − b2 πi
Así, ∫ ∞
−∞
x3senx(x2 + a2)(x2 + b2)
dx = Im(∫ ∞
−∞F(x)dx
)=
a2e−a − b2e−b
a2 − b2 π
NotaA continuación mostraremos un ajuste en la técnica anterior, es decir, cuando la funcióntenga alguna singularidad en el eje real.
Ejemplo 26 Calcular la siguiente integral∫ ∞
0
senxx
dx
donde, F(z) = eiz
z tiene un polo en z = 0. Consideremos en su lugar
G(z) =eiz − 1
z
66
donde tiene una singularidad removible en z = 0.luego consideramos el contorno de Jordan C = [−R, R] ∪ CR con R > 0.Por el teorema de Cauchy tenemos que∫ R
−RG(x)dx +
∫CR
G(z)dz = 0
Por otro lado ∫CR
G(z)dz =∫
CR
eiz − 1z
=∫
CR
eiz
z−∫ π
o
ReitiReit dt
=∫
CR
eiz
z− iπ
Por lo tanto ∫ R
−RG(x)dx +
∫CR
G(z)dz =∫ R
−RG(x)dx +
∫CR
eiz
z− iπ = 0∣∣∣∣∫ R
−RG(x)dx− iπ
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∫CR
eiz
z
∣∣∣∣≤ 1
R
∫CR
|eiz||dz|
<π
R
Asi, ∫ R
−R
senxx
dx = Im(∫ R
−RG(x)dx
)≤
∫ R
−RG(x)dx
π
R>
∣∣∣∣∫ R
−RG(x)dx− iπ
∣∣∣∣ ≥ ∣∣∣∣∫ R
−R
senxx
dx− π
∣∣∣∣Cuando R tiende al infinito.
∫ ∞
−∞
senxx
dx = π y∫ ∞
0
senxx
dx =π
2.
Lema 6 Sea G una función con un polo en 0. Entonces
lı́mε→0
∫Cε
G(z)dz = πiRes(G,0)
67
PruebaEscribimos G(z) =
az+ h(z) donde h(z) es holomorfa en 0. Como h(z) es entera, entonces
∃M > 0 tal que |h(z)| < M, ∀|z| ≤ 1.Entonces, ∣∣∣∣∫Cε
h(z)dz∣∣∣∣ ≤ ||h(z)||Cε
L(Cε)
< Mεπ
Asi,lı́mε→0
∫Cε
h(z)dz = 0
Por lo tanto
lı́mε→0
∫Cε
G(z)dz = lı́mε→0
∫Cε
az
dz = πia = πiRes(G,0)
Ejemplo 27 Retornando al ejemplo anterior, ahora lo resolveremos utilizando el lema anterior
F(z) =eiz
z
al evaluar la integral en el contorno de Jordan C = [−R, R] ∪ CR utilizada anteriormente es inútil,desde que z = 0 es una singularidad que está en el contorno.Por lo tanto consideramos el siguiente contorno de Jordan
C = [−R,−ε] ∪ Cε ∪ [ε, R] ∪ CR
con R > ε > 0.
Definimos Cε por
Cε : [π,2π] → C
t → Cε(t) = εeit
68
Por el teorema de Cuachy de residuos tenemos que∫ −ε
−RF(z)dz +
∫Cε
F(z)dz +∫ R
εF(z)dz
∫CR
F(z)dz = 2πiRes(F,0)
Notemos que F(z) es analítica en C excepto en z = 0 y con Res(F,0) = 1, por lo tanto podemosescribir
F(z) =1z+ G(z)
∫Cε
F(z)dz =∫
Cε
1z
dz +∫
Cε
G(z)dz
= πi +∫
Cε
G(z)dz
Entonces queda ∫ −ε
−RF(z)dz +
∫Cε
G(z)dz +∫ R
εF(z)dz +
∫CR
F(z)dz = πi.
Sabemos además que, ∣∣∣∣∫Cε
G(z)dz∣∣∣∣ < Mπε
y ∣∣∣∣∫CR
F(z)dz∣∣∣∣ ≤ 1
R
∫CR
|eiz||dz| < π
R
Luego ∣∣∣∣∫ −ε
−RF(z)dz +
∫ R
εF(z)dz− πi
∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣∫Cε
G(z)dz∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∫CR
F(z)dz∣∣∣∣
< Mπε +π
R
Así, ∫ ∞
−∞F(x)dx = lı́m
ε→0,R→∞
(∫ −ε
−RF(z)dz +
∫ R
εF(z)dz
)= πi
Tomando la parte imaginaria tenemos ∫ ∞
−∞
senxx
= π
Ejemplo 28 Cuado se tiene un número fijo a > 0, calcular la integral∫ cosxa2 − x2 dx
69
Sea la función
F(z) =eiz
a2 − z2
tiene polos simples en z = ±a.Consideremos el contorno de Jordan
C = [−R,−a− r1] ∪ Cr1 ∪ [−a + r1, a− r2] ∪ Cr2 ∪ [a + r2, R] ∪ CR
donde R > 2a y 0 < r1,r2 < a.
Calculando sus residuos, tenemos que
Res(F,−a) = lı́mz→−a
(z + a)F(z)
= lı́mz→−a
eiz
z + a
=e−ia
2a
Por lo tanto, para z = −a
F(z) =e−ia
2a(z + a) + G1(z)
donde G1(z) es analítica en {z, |z + a| ≤ a}, de ahi existe M1 > 0 tal que |G1(z)| < M1 ,para todo z tal que |z + a| ≤ a, r1 < a.
Res(F, a) = lı́mz→a
(z− a)F(z)
= lı́mz→a
eiz
−z + a
= − eia
2a
Luego, para z = a
F(z) = − eia
2a(z− a) + G2(z)
70
donde G2(z) es analítica en {z, |z− a| ≤ a}, de ahi existe M2 > 0 tal que |G2(z)|< M2 , para todoz tal que |z− a| ≤ a, r2 < a.Utilizando el teorema de Cauchy de residuos, tenemos∫ −a−r1
−RF(x)dx +
∫ a−r2
−a+r1
F(x)dx +∫ R
a+r2
F(x)dx +∫
Cr1
F(z)dz +∫
Cr2
F(z)dz +∫
CR
F(z)dz
= 2πi
(∑
zi=−a,aRes(F,zi)
)
= 2πi(
e−ia
2a− eia
2a
)=
2π
asen(a)
Así, ∫C
F(z)dz =π
asen(a)
Por otro lado tenemos que∣∣∣∣∣∫
Cr1
G1(z)dz
∣∣∣∣∣ ≤ ||G1||Cr1L(Cr1) < M1r1π∣∣∣∣∣
∫Cr2
G2(z)dz
∣∣∣∣∣ ≤ ||G2||Cr2L(Cr2) < M2r2π∣∣∣∣∫CR
F(z)dz∣∣∣∣ ≤ 1
−a2 + R2
∫CR
|eiz||dz| < π
R2 − a2
∣∣∣∣∫ −a−r1
−RF(x)dx +
∫ a−r2
−a+r1
F(x)dx +∫ R
a+r2
F(x)dx− π
asena
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∫
Cr1
G1(z)dz +∫
Cr2
G2(z)dz +∫
CR
F(z)dz
∣∣∣∣∣≤
∣∣∣∣∣∫
Cr1
G1(z)dz
∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∫
Cr2
G2(z)dz
∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∫CR
F(z)dz∣∣∣∣
< M1r1π + M2r2π +π
R2 − a2
Haciendo r1,r2→ 0, R→∞ ∫ ∞
−∞F(x)dx =
π
asen(a)
Tomando su parte real ∫ ∞
−∞
cosxa2 − x2 dx =
π
asen(a)
71
4.4. Integrales trigonométricas
Sea Q una función racional continua de dos variables sobre el círculo unitario Q := Q(x,y).Donde deseamos calcular la integral de la forma∫ 2π
0Q(cosθ, senθ)dθ
donde se puede escribir como
cosθ =z + 1
z2
senθ =z− 1
z2i
donde z esta en el círculo unitario, z = eiθ .Es natural considerar la siguiente funcion.
f (z) =Q(
z+ 1z
2 , z− 1z
2i
)iz
Teorema 28 Sea Q(x,y) una funcion racional que es continua en x2 + y2 = 1. Sea f la funciónde encima.Entonces
∫ 2
0πQ(cosθ, senθ)dθ = 2πi ∑
zi∈Int(C)Res( f (z),zi)
Sea C el círculo unitario definido por
C : [0,2π] → C
z → C(z) = eiθ
Por el teorema de Cauchy de residuos tenemos∫C
f (z)dz = 2πi ∑zi∈C
Res( f (z),zi)
Por otro lado ∫C
f (z)dz =∫ 2π
0f (eiθ)ieiθdθ
=∫ 2π
0
Q(cosθ, senθ)
ieiθ ieiθdθ
=∫ 2π
0Q(cosθ, senθ)dθ
72
Así, ∫ 2π
0Q(cosθ, senθ)dθ = 2πi ∑
zi∈Int(C)Res( f (z),zi)
Ejemplo 29 Sea a > 1, calcular la siguiente integral∫ 2π
0
1a + senθ
dθ
Sea f función continua sobre el círculo unitario
f (z) =Q(cosθ, senθ)
iz
=1
a + senθ
1iz
=2i
2ia + z− 1z
1iz
=2iz
z2 + 2iaz− 11iz
=2
z2 + 2iaz− 1
donde f (z) tiene dos polosz1 = −ai + i
√a2 − 1
z2 = −ai− i√
a2 − 1
73
Asi, Res( f (z),z1) = lı́mz→z1
(z− z1) f (z) =1
i√
a2 − 1Por lo tanto la integral queda ∫ 2π
0
1a + senθ
= 2πiRes( f (z),z1)
= 2πi1
i√
a2 − 1
=2π√a2 − 1
4.5. Transformada de Mellin
La transformada de Mellin es la transformada más popular en el análisis de algoritmos.La popularidad de esta transformada radica en dos propiedades importantes. Permite lareducción de ciertas ecuaciones funcionales en unas algebraicas, y suministra un mapeodirecto entre expansiones asintóticas de una función cercana a cero o al infinito y el con-junto de singularidades de la transformada en el plano complejo, esto se verá estudiadajunto con su serie de Taylor y serie de Laurent.
Esta transformada fue estudiada inicialmente por Riemann en conección con la funciónzeta. El trabajo de Riemann fue extendido posteriormente por Cahen. Mellin fue, sin em-bargo, el primer matemático a estudiar sistemáticamente las propiedades de la transfor-mada y de su inversa.
El interes de Mellin era la teoría de las funciones especiales y de su uso en las solucionesde las ecuaciones diferenciales hipergeométricas de Euler. Hoy en día, la Transformada deMellin tiene aplicaciones en diversas áreas de la Física y en la Ingeniería, además de laMatemática pura (análisis complejo) y en el cálculo numérico.Entre las aplicaciones generales de la transformada de Mellin, se pueden citar el cálculo deséries infinitas, el cálculo de integrales de producto de funciones, la solución de la ecuaciónde Euler -Cauchy, la solución de la ecuación de Laplace en una cuña infinita, el análisis dela expansión asintótica de integrales y por último el análisis del comportamiento asintóticode series armónicas.
Definición 28 (Transformada de Mellin) Sean 0 < a < 1 y f (z) una función analítica en C
excepto en un número de polos, ninguno de los cuales está en el eje real positivo x > 0, además f (z)no es entero.Llamaremos la transformada de Mellin a las integrales de tipo
M{ f (x)} =∫ ∞
0f (x)xa dx
x
74
Como toda transformada integral, el operador M es también lineal. Definimos la transfor-mada de Mellin de f (t) por M{ f (t)} = F(s).Entre otras principales propiedades definimos:
1. Escalonamiento de los ejes M{ f (at)} = a−1.F(s)
2. Potenciación M{ f (tb)} = 1|b|F
( sb
)
3. Diferenciación M{
ddtk f (t)
}= (−1)kF(s− k).
k−1
∏j=0
(s− k + j)
4. Producto de funciones M{ f (t).g(t)} =∫ +∞
−∞F(ρ)G(t− ρ)dρ
Teorema 29 Sea f lo suficientemente cercana a cero, cuando x tiende al infinito, entonces la trans-formada de Mellin está dada por la siguiente fórmula
∫ ∞
0f (x)xa dx
x= −πe−πia
senπa ∑zi∈C
Res(za−1 f (z),zi)
PruebaExiste t0 ∈ (0,2π) tal que el segmento que une εeit0 yReit0 no pasan por ninguna singulari-dad de f (z) en {z, |z| ≤ R} Sea,
C1 = [ε, R] ∪ C1(R) ∪ [Reit0 ,εeit0 ] ∪ C1(ε)
C2 = [R,ε] ∪ C2(ε) ∪ [εeit0 , Reit0 ] ∪ C2(R)
Donde ∫C
f (x)xa−1dx =∫
C1
f (x)xa−1dx +∫
C2
f (x)xa−1dx
75
Notemos que ∫C1
f (z)za−1dz =∫[ε,R]
f (z)za−1dz +∫
C1(R)f (z)za−1dz
+∫[Reit0 ,εeit0 ]
f (x)za−1dx +∫
C1(ε)f (z)za−1dz
y ∫C2
f (z)za−1dz =∫[R,ε]
f (z)za−1dz +∫
C2(ε)f (z)za−1dz
+∫[εeit0 ,Reit0 ]
f (z)za−1dz +∫
C2(R)f (z)za−1dz
Para evaluar esta última integral, necesitamos que t0 ≤ arg(z) ≤ 2π.notemos que para [ε, R], tenemos que
z = x = xe2πi
za−1 = xa−1e2πi(a−1)
Entonces, ∫[R,ε]
f (z)za−1dz = −∫ R
εf (z)za−1dz = −
∫ R
εf (x)xa−1e2πi(a−1)dx∫
[R,ε]f (z)za−1dz = −e2πi(a−1)
∫ R
εf (x)xa−1dx
Además tenemos que∫[Reit0 ,εeit0 ]
f (z)za−1dz +∫[εeit0 ,Reit0 ]
f (z)za−1dz = 0
y por lo tanto∫C
f (z)za−1dz =∫[ε,R]
f (z)za−1dz +∫[R,ε]
f (z)za−1dz +∫
C1(R)f (z)za−1dz
+∫
C2(ε)f (z)za−1dz +
∫[Reit0 ,εeit0 ]
f (x)za−1dx +∫[εeit0 ,Reit0 ]
f (z)za−1dz
+∫
C1
(ε) f (z)za−1dz +∫
C2
(R) f (z)za−1dz∫C
f (z)za−1dz = (1− e2πi(a−1))∫ R
εf (x)xa−1dx +
∫C(R)
f (z)za−1dz +∫
C(ε)f (z)za−1dz
y cuando ε→ 0 y R→∞ obtenemos∫ ∞
−∞f (z)za−1dz = (1− e2πi(a−1))
∫ ∞
0f (x)xa−1dx
76
Por lo tanto ∫ ∞
0f (x)xa dx
x=
1(1− e2πia)
∫ ∞
−∞f (x)xa−1dx
=1
1− e2πia 2πi ∑zi∈C,zi 6=0
Res( f (z)za−1,zi)
= −2πie−2πi
eπia − e−πia ∑zi∈C,zi 6=0
Res( f (z)za−1,zi)
= −2πie−2πi
2isenπa ∑zi∈C,zi 6=0
Res( f (z)za−1,zi)
= −πe−2πi
senπa ∑zi∈C,zi 6=0
Res( f (z)za−1,zi)
Ejemplo 30 Calcular la siguiente integral ∫ ∞
0
xa−1
1 + x
Notemos que la función
F(z) =za−1
1 + ztiene un polo simple en z = −1.
Res(F(z),−1) = lı́mz→−1
(z + 1)za−1
1 + z= lı́m
z→−1za−1
= e(a−1)πi = −eaπi
Consideremos el contornoC = [δ, R] ∪ S(R) ∪ [R,δ] ∪ L(δ)
donde R > 1 > δ > 0 Por el teorema de Cauchy de residuos, tenemos
77
∫C
F(z)dz = (1− e2πia)∫ R
δF(z)dz +
∫S(R)
F(z)dz +∫
L(δ)F(z)dz = −2πieaπi
Notemos que ∣∣∣∣∫S(R)F(z)dz
∣∣∣∣ ≤ ||F(z)||S(R)L(S(R)) <Ra−1
R− 12πR∣∣∣∣∫L(δ)
F(z)dz∣∣∣∣ ≤ ||F(z)||L(δ)L(L(δ)) <
δa−1
δ− 12πδ
Cuando δ→ 0 y R→∞ ambas integrales tienden a cero.Luego tenemos que para 0 < a < 1∫ ∞
0F(z)dz = −2πi
eaπi
1− e2πia =π
senπa
4.5.1. Aplicaciones de la transformada de Mellin
La transformada de Mellin facilita la conversión de complicadas ecuaciones algebraicas enexpresiones simples y fáciles de resolver. Su aplicación está ganando mucha importanciaen la geofísica, en particular en el área de procesos de señales y la interpretación de datosde campos potenciales.También es ampliamente utilizada en ciencias de la computación para el análisis de al-goritmos debido a su propiedad de invarianza de escala. La magnitud de la Transforma-ción Mellin de una función escalada es idéntica a la magnitud de la función original paraentradas puramente imaginarias. Esta propiedad de invarianza de escala es análoga a lapropiedad de invarianza de cambio de la Transformada de Fourier. La magnitud de unatransformada de Fourier de una función desplazada en el tiempo es idéntica a la mag-nitud de la transformada de Fourier de la función original. Esta propiedad es útil en elreconocimiento de imágenes. Una imagen de un objeto se escala fácilmente cuando el ob-jeto se mueve hacia o desde la cámara.En la mecánica cuántica y especialmente en la teoría de campos cuánticos, el espacio deFourier es enormemente útil y se usa mucho porque el momento y la posición son trans-formaciones de Fourier entre sí. Puesto que, se puede definir la transformada de Fourieren términos de la transformada de Mellin y viceversa; entonces tenemos:
F{ f (t)} = M{ f (−ln(t))}.(it) y M{ f (t)} = F{ f (e−t)}.(−it)
Solución de la Ecuación de Cauchy- Euler por medio de la Transformada de Mellin.La ecuación de Cauchy-Euler es una ecuación diferencial ordinaria de orden n con coe-ficientes variables no homogénea, donde an, an−1, · · · , a1, a0, son constantes reales. O deigual modo:
n
∑k=1
akxk dk
dxk y + a0y = f (x)
78
Aplicando la transformada de Mellin obtenemos
M
{n
∑k=1
akxk dk
dxk y + a0y
}= M f (x)
Suponiendo que el término no homogéneo, f (x), es transformable según Mellin, denota-da por M{ f (x)} = F(s) y que la transformada de Mellin de una suma es la suma de lastransformadas, obtenemos:
n
∑k=1
akY(s)(−1)kn
∏i=1
(s + k− 1) + a0Y(s) = F(s)
De aquí:
Y(s) =F(s)
a0 + ∑nk=1 ak(−1)k ∏n
i=1(s + k− 1)
Tomando la transformada inversa de Mellin a la última expresión, se llega a la solución dela Ecuación de Cauchy-Euler.
79
Conclusiones
1. Dada una singularidad de una función holomorfa su serie de Laurent es una gene-ralización de la serie de Taylor. Se puede obtener una serie de Taylor dentro y fuerade la región anular de la singularidad.
2. En una función holomorfa se utiliza el teorema de Cauchy en la prueba de existenciade su serie de Laurent
3. Cuando z0 es una singularidad aislada de f (z), se da la siguiente clasificación paraz0:
a) Singularidad separable
b) Polo
c) Singularidad esencial
4. El cálculo de ciertas integrales se realizan mediante la Transformada de Mellin, cuan-do x tiende al infinito se tiene que f (x) está cerca de cero, la solución de la integralestá dada por la siguiente fórmula.
∫ ∞
0f (x)xa dx
x= −πe−πia
senπa ∑zi∈C
Res(za−1 f (z),zi)
donde Res es el residuo de la función za−1 f (z) en el polo zi estudiado en el capí-tulo 4.
5. La transformada de Mellin es útil para la solución de ecuaciones diferenciales ordi-narias, bajo ciertas condiciones, estudiada en el capítulo 4.
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Bibliografía
[1] Ahlfors, L.V Complex Analysis, 3a ed. McGraw-Hill Book Company, Inc, NuevaYork, 1979.
[2] Churchill, R.V.Variable compleja y aplicaciones 3a ed. McGraw-Hill Book Company,Nueva York, 1981.
[3] Grove, E.A , y G Ladas, Introduction to complex variables, Houghton Mifflin Com-pany, Boston , 1974.
[4] Serge Lang, Complex Analysis, 4a ed. Springer, ed. Board, USA.
[5] https://www.lua.ovh/mundo/tab/pt/TransformadadeMellin/
[6] https://www.fenix.tecnico.ulisboa.pt/downloadFile/aced-apontamentos.pdf
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