Teorema de los residuos de Cauchy
Ceros de una función compleja
En general, se entiende que un número "x" es cero de una función "f" si al evaluar la función en ese número, el resultado es cero. En el contexto de una función compleja y analítica, la cual acepta una representación en serie de potencias, un número $z_{0}$ es considerado cero de dicha función si:
\[ f(z_{0})=f'(z_{0})=f''(z_{0})=f'''(z_{0})=...=f^{(n-1)}(z_{0})=0,\:f^{(n)}(z_{0})\neq 0\]
Con esta expresión se puede observar que el número que anula la función "f" tambien anula sus derivadas, pero no necesariamente su derivada n-ésima. Por ejemplo, consideremos los ceros de la función $f(z)=z^{4}+z^{2}$, que son $z_{0}=0, z_{1}=i, z_{2}=-i$. Al calcular la primera derivada, se obtiene $f'(z) =4z^{3}+2z$ de manera que si esta se evalúa con los ceros mencionados, solo $z_{0}$ la anula. Por otro lado, evaluar la segunda derivada $f''(z)=12z^{2}+2$ con los mismos ceros, ninguno de ellos la anula. Por lo tanto se puede concluir que
\[A:\:f(\pm i)=0,f'(\pm i)\neq 0\]
\[B:\:f(0)=f'(0)=0,f''(0)\neq 0\]
Observe que no todos los ceros se comportan de la misma forma, lo que lleva a distinguir dos tipos de ceros, (cero simple y cero de orden n). El cero simple anula a la función "f", mientras que el de orden "n" la anula hasta su derivada de orden "n+1". Este comportamiento puede extenderse a la notación en serie de potencias de una función compleja, concluyendo en este teorema: Una función "f" que es analítica en algún disco $|z-z_{0}|<R$ tiene un cero de orden "n" en $z=z_{0}$ si y solo si "f" se puede escribir como
\[ f(z)=(z-z_{0})^{n}\phi(z)\]
donde $\phi(z)$ es analítica en $z=z_{0}$ y $\phi(z_{0})\neq 0$.
Cabe mencionar que la función $\phi(z)$ es la representación en serie de Taylor de la función compleja "f" alrededor del cero descrito, excluyendo el primer elemento no nulo, lo cual tiene sentido. Pues, la tesis del teorema en realidad se expresa como sigue:
\[f(z)=(z-z_{0})^{n}\sum_{k=0}^{\infty}a_{k+m}(z-z_{0})^{k}\]
donde $k=m-n$ siendo "m" el orden de la derivada de "f" y "n" el orden de su cero.
Retomando el ejemplo planteado al principio, por cada cero se tiene una forma diferente de escribir "f":
- Con centro en $z_{0}=0$:
\[ f(z)=z^{2}(1+z^{2})\]
el cero es de orden 2
- Con centro en $z_{1}=i$:
\[ f(z)=(z-i)[-2i-5(z-i)+4i(z-i)^{2}+(z-i)^{3}]\]
se tiene un cero simple
- Con centro en $z_{2}=-i$:
\[f(z)=(z+i)[2i-5(z+i)-4i(z+i)^{2}+(z+i)^{3}]\]
se tiene un cero simple
Note que en cada desarrollo de Taylor, el factor $z-z_{0}$ es separado del primer elemento no nulo, lo que hace que se cumpla $\phi(z_{0})\neq 0$.
Polo de una función compleja
Siguiendo con la clasificación de singularidades mediante serie de Laurent, se puede decir que: una función "f" analítica en algún anillo $0<|z-z_{0}|<R$ tiene un polo de orden "n" en $z=z_{0}$ si y solo si "f" se puede escribir como
\[ f(z)=\frac{\phi(z)}{(z-z_{0})^{n}}\]
donde $\phi(z)$ es analítica en $z=z_{0}$ y $\phi(z_{0})\neq 0$.
Análogo al teorema del cero, el polo puede identificarse separando el término se potencia negativa que acompaña al primer elemento no nulo de la serie de Laurent. No obstante, el siguiente teorema ayuda a determinar el orden de un polo por simple inspección.
Sea $f(z)=\frac{h(z)}{g(z)}$, donde "h" y "g" son analíticas en un disco abierto alrededor de $z_{0}$. Supongamos que $h(z_{0})\neq 0$, pero "g" tiene un cero de orden "n" en $z_{0}$. Entonces "f" tiene un polo de orden "n" en $z=z_{0}$.
Demostración:
Si "h" tiene un cero de orden "n" entonces se puede escribir
\[ h(z)=(z-z_{0})^{n}\phi(z)\]
de modo que
\[f(z)=\frac{g(z)}{(z-z_{0})\phi(z)}\]
como "g" y "ø" son analíticas en $z=z_{0}$ y si debido al teorema del cero se sabe que $\phi (z_{0})\neq 0$, entonces se puede deducir que "g/ø" es analítica en $z_{0}$. Además, $g(z_{0})\neq 0$ implica que $\frac{g(z_{0})}{\phi(z_{0})}\neq 0$ de modo que
\[f(z)=\frac{1}{(z-z_{0})^{n}}\left[\frac{g(z)}{\phi(z)}\right]\]
Esta es la tesis del teorema del polo, demostrando así que "f" tiene un polo de orden "n" en $z_{0}$.
Ejemplos:
- Determine los ceros y el orden para la función $f(z)=e^{2z}-e^{z}$
Para calcular los ceros se procede a resolver una ecuación exponencial
\[e^{z}(e^{z}-1)=0\]
\[e^{z}=1\]
\[z=\log 1\rightarrow z=2\pi in\]
Ahora, para determinar el orden de los infinitos ceros es necesario determinar la serie de Taylor para "f". No obstante, para mayor facilidad, se puede calcular la serie al rededor del valor de "z" donde "n=0".
\[f(z)=e^{2z}-e^{z}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2z)^{n}}{n!}-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{n!}\]
luego, expandiendo la suma es posible reconocer el primer elemento no nulo que determinar el orden del cero
\[f(z)=z+\frac{(2z)^{2}}{2!}-\frac{z^{2}}{2!}+\frac{(2z)^{3}}{3!}-\frac{z^{3}}{3!}+\frac{(2z)^{4}}{4!}-\frac{z^{4}}{4!}+...\]
\[f(z)=z\left[1+\frac{2^{2}z}{2!}-\frac{z}{2!}+\frac{2^{3}z^{2}}{3!}-\frac{z^{2}}{3!}+\frac{2^{4}z^{3}}{4!}-\frac{z^{3}}{4!}+...\right]\]
Entonces "z=0" es un cero simple y por tanto $z=2\pi in,\, n=0, \pm 1, \pm 2, \pm 3, ...$ son ceros simples.
- Determine el orden de los polos para la función $f(z)=\frac{3z-1}{z^{2}+2z+5}$
Calculando los ceros del denominador se tiene
\[ z^{2}+2z+5=0\rightarrow z=\frac{-2\pm 4i}{2}=-1\pm 2i \]
de modo que
\[f(z)=\frac{3z-1}{[z-(-1+2i)][z-(-1-2i)]}\]
Así entonces, por simple inspección se puede decir que $z=-1 \pm 2i$ son polos simples
Teorema del residuo
Considere una función analítica "f" con una singularidad en $z=z_{0}$, cuya representación en serie de Laurent alrededor del anillo $\Gamma$ con centro en la singularidad es:
\[ f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}a_{n}(z-z_{0})^{n}\]
Ahora considere una curva "C" contenida en dicho anillo. La integral cerrada de "f" sobre "C" es:
\[I=\oint_{C}\sum_{n=-\infty}^{\infty}a_{n}(z-z_{0})^{n}\mathrm{d}z\]
Incorporando la integral en la sumatoria se tiene
\[I=\sum_{n=-\infty}^{\infty}a_{n}\oint_{C}(z-z_{0})^{n}\mathrm{d}z\]
de manera que se tienen dos situaciones:
- Si $n\neq -1$ entonces $\oint_{C}(z-z_{0})^{n}\mathrm{d}z=0$ por el teorema de Cauchy
- Si $n= -1$ entonces $\oint_{C}\frac{1}{(z-z_{0})}\mathrm{d}z=2\pi i$ por la integral de contorno sobre la parametrización de "C".
Así entonces, se concluye que la integral cerrada de la función "f" sobre "C" anula todos los términos de su serie de Laurent excepto $a_{-1}$. Esta característica hace que este término se lo conozca como residuo, el cual puede ser denotado como $\textrm{Res}(f,z_{0})$, y por tanto
\[\oint_{C} f(z)\mathrm{d}z=a_{-1}\oint_{C}\frac{1}{(z-z_{0})}\mathrm{d}z=2\pi i\, \textrm{Res}(f,z_{0})\]
Residuo en un polo simple
Si "f" tiene un polo simple en $z_{0}$, entonces
\[\textrm{Res}\,(f,z_{0})=\displaystyle\lim_{z\to z_{0}}(z-z_{0})f(z)\]
Demostración:
Si "f" tiene un polo simple en $z_{0}$, entonces su desarrollo de Laurent alrededor de ese punto es:
\[f(z)=\frac{a_{-1}}{z-z_{0}}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(z-z_{0})^{n}\]
en algún anillo $0<|z-z_{0}|<R$, entonces
\[(z-z_{0})f(z)=a_{-1}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(z-z_{0})^{n+1}\]
de modo que aplicando el límite de la definición de polo se tiene que:
\[\displaystyle\lim_{z\to z_{0}}(z-z_{0})f(z)=a_{-1}=\textrm{Res}(f,z_{0})\]
Demostrando así la relación del residuo con el polo simple. Por otro lado, si consideramos el teorema del polo por simple inspección, se puede reescribir la expresión anterior a
\[\textrm{Res}(f,z_{0})=\displaystyle\lim_{z\to z_{0}}(z-z_{0})\frac{h(z)}{g(z)}=\displaystyle\lim_{z\to z_{0}}\frac{h(z)}{\frac{g(z)-0}{z-z_{0}}}\]
\[\textrm{Res}(f,z_{0})=\frac{\displaystyle\lim_{z\to z_{0}}h(z)}{\displaystyle\lim_{z\to z_{0}}\frac{g(z)-g(z_{0})}{z-z_{0}}}=\frac{h(z_{0})}{g'(z_{0})}\]
Note que si en $z_{0}$, "g" tiene un cero simple, entonces se puede decir que $g(z_{0})=0$; y usando esta equivalencia se obtuvo la definción de derivada compleja. De este modo se tiene una forma más compacta para calcular el residuo en un polo simple.
Ejemplos: Calcular los residuos en las singularidades aisladas para las siguientes funciones
- $f(z)=\frac{2}{(z-1)(z+4)}$
Por simple inspección se puede notar que la función tiene dos polos. Por tanto se calculan dos residuos en polo simple como sigue:
\[g(z)=\frac{\frac{2}{z+4}}{z-1}\rightarrow\textrm{Res}(g,1)=\frac{\frac{2}{z+4}\left.\begin{matrix}\\\end{matrix}\right|_{z=1}}{1}=\frac{2}{5}\]
\[g(z)=\frac{\frac{2}{z-1}}{z+4}\rightarrow\textrm{Res}(g,-4)=\frac{\frac{2}{z-1}\left.\begin{matrix}\\\end{matrix}\right|_{z=-4}}{1}=-\frac{2}{5}\]
- $f(z)=e^{-\frac{2}{z^{2}}}$
En este caso se tiene una singularidad esencial, de modo que es necesario desarrollar la serie de Laurent alrededor de la singularidad para obtener el primer elemento no nulo de la parte principal (residuo).
\[ f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{n}}{z^{2n}n!}(-1)^{n}\]
\[ f(z)=1-\frac{2}{z^{2}}+\frac{2^{2}}{z^{4}2!}-\frac{2^{3}}{z^{6}3!}+\frac{2^{4}}{z^{8}4!}-...\]
\[\textrm{Res}(f,0)=0\]
Nótese que en esta serie no existe el término $a_{-1}$. Pues observe que en la definción de residuo, este término es factor de $\frac{1}{z-z_{0}}$. Por tanto, al tratarse de una suma, se puede decir que $a_{-1}=0$.
- $f(z) =\sec z$
Reescribiendo "f" se tienen polos simples en los ceros de la función coseno complejo. Por tanto, aplicando la singularidad en polos simples por simple inspección se tiene.
\[f(z)=\frac{1}{\cos z}\rightarrow\textrm{Res}\left[f,\frac{\pi}{2}(2n+1)\right]=\frac{1}{-\sin z |_{z=0}}\]
\[\textrm{Res}\left[f,\frac{\pi}{2}(2n+1)\right]=(-1)^{n+1},\: n=0,\pm 1, \pm 2, \pm 3,...\]
Teorema del residuo de Cauchy
Sea "C" una trayectoria cerrada y sea "f" diferenciable en "C" y en todos los puntos encerrados por "C", excepto para $z=z_{1},....z_{n}$, que son todas las singularidades aisladas de "f" encerradas por "C". Entonces
\[\oint_{C} f(z)\mathrm{d}z=2\pi i\sum_{k=1}^{n}\textrm{Res}\, (f,z_{k})\]
Demostración:
Considere la trayectoria "C" mostrada en la figura. Aplicando el teorema de la deformación generalizada se tiene que
\[\oint_{C}f(z)\mathrm{d}z=\sum_{j=1}^{n}\oint_{\gamma_{j}}f(z)\mathrm{d}z\]
Expandiendo la suma y aplicando el teorema del residuo en cada integral se tiene que
\[\oint_{C}f(z)\mathrm{d}z=\oint_{\gamma _{1}}f(z)\mathrm{d}z+\oint_{\gamma _{2}}f(z)\mathrm{d}z+\oint_{\gamma _{3}}f(z)\mathrm{d}z+...+\oint_{\gamma _{n}}f(z)\mathrm{d}z\]
\[\oint_{C}f(z)\mathrm{d}z=2\pi i\textrm{Res}(f,z_{1})+2\pi i\textrm{Res}(f,z_{2})+2\pi i\textrm{Res}(f,z_{3})+...+2\pi i\textrm{Res}(f,z_{n})\]
\[\oint_{C}f(z)\mathrm{d}z=2\pi i\sum_{k=0}^{n}\textrm{Res}(f,z_{k})\]
Ejemplo: Evaluar la integral dada mediante el teorema del residuo de Cauchy
\[\oint_{C}\frac{iz}{(z^{2}+9)(z-i)}\mathrm{d}z,\:C:|z+3i|=2\]
Factorizando el denominador se puede notar que el integrando tiene 3 polos simples. Por tanto, es necesario verificar cuales polos son puntos interiores de la curva "C".
\[ I=\oint_{C}\frac{iz}{(z+3i)(z-3i)(z-i)}\mathrm{d}z\]
 |
| Entre los tres polos solo $\mathit{z_{0}=-3i}$ es punto interior de C |
Por tanto, aplicando el teorema del residuo de Cauchy y por simple inspección del residuo en polo simple, se tiene:
\[ I=2\pi i\textrm{Res}(f,-3i)=2\pi i\frac{\left(\frac{iz}{z^{2}-4iz-3}\right)\left.\begin{matrix}\\\end{matrix}\right|_{z=-3i}}{1}=-\frac{\pi i}{4}\]
Así entonces, es notable que el teorema del residuo de Cauchy es útil para evaluar integrales de contorno.
Residuo en un polo de orden "n"
Si "f" tiene un polo de orden "n" en $z=z_{0}$, entonces
\[\textrm{Res}(f,z_{0})=\frac{1}{(n-1)!}\displaystyle\lim_{z\to z_{0}}\frac{\mathrm{d}^{n-1}}{\mathrm{d}z^{n-1}}[(z-z_{0})^{n}f(z)]\]
Demostración:
Considere la serie de Laurent de una función "f" alrededor del polo $z_{0}$
\[ f(z)=\frac{a_{-n}}{(z-z_{0})^{n}}+\frac{a_{-n+1}}{(z-z_{0})^{n-1}}+...+\frac{a_{-1}}{z-z_{0}}+\sum_{m=0}^{\infty}a_{n}(z-z_{0})^{m}\]
Multiplicando por el factor $(z-z_{0})^{n}$ es posible escribir al miembro derecho de la ecuación como una serie de potencias positivas para asegurar que tenga derivada n-ésima en todo el plano complejo
\[(z-z_{0})^{n}f(z)=a_{-n}+a_{-n+1}(z-z_{0})+...+a_{-1}(z-z_{0})^{n-1}+\sum_{m=0}^{\infty}a_{m}(z-z_{0})^{m+n}\]
Así entonces, para despejar el término $a_{-1}$ se puede derivar "n-1" veces a ambos miembros de la ecuación como sigue:
\[\small \frac{\mathrm{d}^{n-1}}{\mathrm{d}z^{n-1}}[(z-z_{0})^{n}f(z)]=(n-1)!a_{-1}+\sum_{m=0}^{\infty}a_{m}(m+n)(m+n-1)...(m+1)(z-z_{0})^{m+1}\]
Ahora note que si hacemos un limite donde z tiende al polo, todos los elementos de la suma del miembro derecho se anulan quedando únicamente el elemento $(n-1)!a_{-1}$ de modo que así es posible despejar el residuo de "f"
\[\textrm{Res}(f,z_{0})=\frac{1}{(n-1)!}\lim_{z \to z_{0}}\frac{\mathrm{d}^{n-1}}{\mathrm{d}z^{n-1}}[(z-z_{0})^{n}f(z)]\]
Ejemplo: Evaluar la integral cerrada
\[\oint_{C}\frac{e^{z}(z^{2}-4)^{2}}{(z+i)^{2}}\mathrm{d}z,\: C: |z-1+2i|=4\]
Con ayuda de un gráfico se puede verificar si la singularidad es punto interior de "C"
 |
| El polo es de orden 2 y es punto interior de C |
Entonces, por el teorema del residuo de Cauchy y utilizando la expresión que permite calcular el residuo en un polo de orden "n" se tiene
\[ I=2\pi i\textrm{Res}(f,-i)=2\pi i\left[\frac{1}{(2-1)!}\displaystyle\lim_{z\to-i}\frac{\mathrm{d}^{(2-1)}}{\mathrm{d}z^{(2-1)}}\left((z+i)^{2}\frac{e^{z}(z^{2}-4)^{2}}{(z+i)^{2}}\right)\right]\]
\[ I=2\pi i\left[\displaystyle\lim_{z\to-i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}e^{z}(z^{2}-4)^{2}\right]=2\pi i\displaystyle\lim_{z\to-i}[e^{z}(z^{2}-4)^{2}+4ze^{z}(z^{2}-4)]\]
\[ I=2\pi i[25e^{-i}+20ie^{-i}]=2\pi ie^{-i}(25+20i)\]
Ejemplo práctico: Evaluar la integral de contorno
\[\oint_{C}z^{3}e^{-\frac{1}{z^{2}}}\mathrm{d}z,\:C:|z|=5\]
Evidentemente la única singularidad es punto interior de la curva "C". No obstante, se trata de una singularidad escencial, de modo que es necesario desarrollar la serie de Laurent alrededor del mismo para el integrando
\[z^{3}e^{-\frac{1}{z^{2}}}=z^{3}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n!z^{2n}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}z^{3-2n}}{n!}\]
Así entonces, por la definción de residuo se procede a expandir la suma
\[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}z^{3-2n}}{n!}=z^{3}-z+\frac{1}{2z}-\frac{1}{3!z^{3}}+\frac{1}{4!z^{-5}}-...\]
Evidentemente el término $a_{-1}$ es 1/2, de modo que aplicando el teorema del residuo de Cauchy se tiene
\[I=2\pi i\textrm{Res}(f,0)=2\pi i\left(\frac{1}{2}\right)=\pi i\]
Ejercicios:
a) Calcule los residuos en todas las singularidades para las siguientes funciones
1) $f(z)=\frac{4z-6}{z(2-z)}$2) $f(z)=\frac{z}{z^{2}+16}$3) $f(z)=\frac{e^{z}}{z-1}$4) $f(z)=\frac{5z^{2}-4z+3}{(z+1)(z+2)(z+3)}$5) $f(z)=\frac{\cos z}{z^{2}(z-\pi)^{3}}$6) $f(z)=\frac{1}{z^{4}+z^{3}-2z^{2}}$
b) Use el teorema del residuo para evaluar las siguientes integrales cerradas
1) $\oint_{C}\frac{1+z^{2}}{(z-1)^{2}(z+2i)}\mathrm{d}z,\: C:|z+i|=7$2) $\oint_{C}\frac{e^{z}}{z}\mathrm{d} z,\: C:|z+3i|=2$3) $\oint_{C}\frac{z+i}{z^{2}+6}\mathrm{d} z$, C: es el cuadrado de lado de longitud 8 y lados paralelos a los ejes, con centro en el origen.4) $\oint_{C}\frac{z}{\sinh^{2}(z)}\mathrm{d} z,\: C:|z-\frac{1}{2}|=1$5) $\oint_{C}\frac{z-\cos(4iz)}{(1+z^{2})(z^{2}-1)}\mathrm{d} z,\: C:|z+i|=1$6) $\oint_{C}\frac{2z-3}{(z+i)^{3}}\mathrm{d} z,\: C:|z-2i|=4$
1) $\oint_{C}\frac{1+z^{2}}{(z-1)^{2}(z+2i)}\mathrm{d}z,\: C:|z+i|=7$
2) $\oint_{C}\frac{e^{z}}{z}\mathrm{d} z,\: C:|z+3i|=2$
3) $\oint_{C}\frac{z+i}{z^{2}+6}\mathrm{d} z$, C: es el cuadrado de lado de longitud 8 y lados paralelos a los ejes, con centro en el origen.
4) $\oint_{C}\frac{z}{\sinh^{2}(z)}\mathrm{d} z,\: C:|z-\frac{1}{2}|=1$
5) $\oint_{C}\frac{z-\cos(4iz)}{(1+z^{2})(z^{2}-1)}\mathrm{d} z,\: C:|z+i|=1$
6) $\oint_{C}\frac{2z-3}{(z+i)^{3}}\mathrm{d} z,\: C:|z-2i|=4$
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