Hola a todos.
Recuerdo que, cuando estudié análisis de la variable compleja, enunciamos un teorema fantástico y poderoso: El teorema de los residuos. Me parecía increíble que el valor de una integral, a lo largo de un camino cerrado homotópico a un punto sólo dependiera de las contribuciones de las singularidades del integrando (los residuos) abarcadas por el camino.
No obstante, así es y así se demuestra. No entraré en el detalle de la demostración de este teorema (hay mucha información en la web) ni en sus diversas aplicaciones. Lo que me interesa explicar a continuación es un método de cálculo de los residuos de una función en un caso concreto de singularidades. En efecto, dichas singularidades pueden ser aisladas o no (la singularidad de una función no es necesariamente un punto pero puede ser un segmento lo que no impide tener un residuo), y en el caso de que sean aisladas pueden ser evitables, esenciales o ser polos.
Nos centraremos, en todo lo que sigue, en las singularidades aisladas. Además, descartaremos las singularidades evitables ya que tienen residuo trivial (el desarrollo en serie de Laurent no tiene potencias negativas). También, dejaremos de lado a las singularidades esenciales que precisan hallar explícitamente el desarrollo de Laurent para obtener el residuo.
Así pues, nos ceñiremos al estudio de los residuos de funciones que presentan polos. Para ello, recordemos rigurosamente lo que es un polo y un res
iduo:
1-Definiciones::
Consideremos el desarrollo de Laurent de una función \( f \) en \( z_0 \):
\( f(z)=\displaystyle\sum_{-\infty}^{+\infty}a_n(z-z_0)^n \)
1-a) \( z_0 \) es un
polo de orden \( n \in\mathbb{N} \) de f si los coeficientes del desarrollo de Laurent cumplen que:
\( a_{-n}\neq 0 \) y \( a_k=0 \) si \( k<-n \)
Es decir, que el desarrollo de Laurent tiene un número finito de potencias negativas (si no la singularidad sería esencial) y el orden del polo viene dado por el mínimo entero \( n \) tal que \( a_{-n}\neq 0 \).
1-b) En el desarrollo de Laurent que hemos considerado, llamamos al coeficiente \( a_{-1} \) el
residuo de \( f \) en \( z_0 \).
1-c) Ahora bien, consideremos una función compleja de la forma:
\( h(z)=\displaystyle\frac{f(z)}{g(z)} \)
con \( f \) y \( g \) analíticas. El conjunto de singularidades \( S \) de \( h \) es, por lo tanto, el conjunto de los ceros de \( g \). Esto es:
\( S=\{z\in\mathbb{C}|g(z)=0\} \)
\( S \) es por lo tanto un conjunto de puntos aislados (podría dar la demostración en un siguiente post para los que lo deseen) y son los polos de la función \( h \). Para este tipo de singularidades, existe una fórmula con la cual podemos siempre calcular los residuos:
\( \boxed{Res(h,z_0)=\displaystyle\lim_{z\to z_0}\displaystyle\frac{1}{(n-1)!}\displaystyle\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \{(z-z_0)^nh(z)\}} \) (1)
donde \( n \) es el orden del polo. Veamos, pues, cuál es la mejor opción para calcular residuos según el orden del polo considerado.
2- Polo simple (n=1):
Cuando \( n=1 \) (polo simple), esta fórmula suele ser útil por ser sencilla. En efecto, se tiene que:
\( Res(f,z_o)=\displaystyle\lim_{z\to z_0}(z-z_0)h(z) \)
Además, en nuestro caso particular,
\( h(z)=\displaystyle\frac{f(z)}{g(z)} \)
tenemos que:
\( Res(f,z_o)=\displaystyle\lim_{z\to z_0}(z-z_0)h(z)=\displaystyle\lim_{z\to z_0}\displaystyle\frac{f(z)}{\frac{g(z)}{z-z_0}} \)
No obstante, fijándonos en que \( g(z_0)=0 \) y \( \displaystyle\lim_{z\to z_0}\displaystyle\frac{g(z)-g(z_0)}{z-z_0}=g'(z_0) \) obtenemos:
\( \boxed{Res(f,z_o)=\displaystyle\frac{f(z_0)}{g'(z_0)}} \)
3-Polos de orden superior a la unidad: En este caso, la fórmula (1) no es, en general, muy útil. Efectivamente, en primer lugar se tendría que encontrar la derivada (no trivial en general)
\( \displaystyle\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \{(z-z_0)^nh(z)\} \)
que da una indeterminación, y luego se procedería a calcular el límite (Hôpital, desarrollos limitados...).
Parece, pues, que ésta no es la manera más inteligente de calcular el residuo.
En mi opinión, colocar a esta fórmula como "remedio milagro" para la búsqueda de residuos (correspondientes a polos) en los manuales es un error pedagógico. En efecto, el estudiante la memoriza (o la anota en su formulario) pensando que le servirá siempre (por ser completamente general) y se olvida de entender realmente la esencia de lo que está haciendo.
Luego, si en el examen le sale un polo de orden 4, por ejemplo, se encuentra con unos cálculos tediosos para los cuales no está preparado y, por ende, pierde un tiempo valioso con muchas probabilidades de equivocarse o rendirse ante la complejidad.
Por ello, la esencia de mi artículo toma todo su sentido en este preciso instante. Intentaré proporcionaros un método fiable, rápido e intuitivo de cómo encontrar los residuos de una función en polos de orden mayores a la unidad.
A los que tengáis que usar el teorema de los residuos a menudo, os recomiendo encarecidamente que cojáis lápiz y papel y os apuntéis lo que sigue (no es complicado pero no basta con leerlo). No os preocupéis si, al principio, os cuesta un poco entenderlo. No deja de ser un método así que requiere un poco de práctica.
Además, el tiempo que invirtáis en practicar estará, de sobra, compensado por la rapidez con la cual seréis capaces de hallar los residuos de un función que presenta polos (que, en general, son la mayoría en las clases de variable compleja). Ánimo y a estudiar jejeje.
Nuestro propósito es calcular \( Res(h,z_0) \) siendo \( z_0 \) un polo de orden \( n \) de \( h \). Esto es, \( z_0 \) es un cero de orden (multiplicidad) \( n \) de \( g \). Por ser \( g \) analítica, le corresponde un desarrollo en serie como sigue:
\( g(z)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}a_k(z-z_0)^k \)
Pero todos los términos hasta el rango \( n \) son nulos, por lo que podemos escribir que:
\( \boxed{g(z)=\displaystyle\sum_{k=n}^{\infty}a_k(z-z_0)^k=(z-z_0)^n\underbrace{\{a_n+a_{n+1}(z-z_0)+a_{n+2}(z-z_0)^2+\cdots\}}_{g_r(z)}} \)
con \( a_n\neq 0 \) (
si no \( z_0 \) sería un cero de orden \( n+1 \) de \( g \)) y donde hemos introducido \( g_r \) que llamaremos función reducida de \( g \).
Dicha función reducida de \( g \) es analítica en un disco centrado en \( z_0 \) y no se anula en dicho punto, por lo que podemos definir la función reducida de \( h \) como:
\( h_r(z)=\displaystyle\frac{f(z)}{g_r(z)} \)
Está claro, pues, que \( h_r \) es analítica en el disco de analiticidad de \( g_r \) centrado en \( z_0 \).
¿Por qué hemos intoducido estas funciones reducidas? Pues porque, ahora, podemos hallar la serie de Laurent de \( h \) obteniendo la serie entera (de Taylor con potencias positivas exclusivamente) de \( h_r \), y, en consecuencia, podremos hallar el residuo que buscamos, que corresponde al coeficiente del término en \( (z-z_0)^{-1} \) de la serie de Laurent de \( h \), a partir del desarrollo en serie de \( h_r \). Y ¿a qué coeficientes de dicha serie corresponde el residuo? Pues al término en \( (z-z_0)^{n-1} \) del desarrollo de \( h_r \). En efecto, tenemos que:
\( \boxed{h(z)=\displaystyle\frac{f(z)}{(z-z_0)^n g_r (z)}=\displaystyle\frac{h_r(z)}{(z-z_0)^n}} \)
Finalmente, bastará con hallar el desarrollo en serie entera de \( h_r \) hasta el orden \( n-1 \) para hallar \( Res(h,z_0) \).
Ahora, nos podemos fijar en que, a partir de este resultado, volvemos a encontrar la fórmula (1). Efectivamente, el coeficiente del desarrollo de Taylor de \( h_r \) correspondiente a la potencia \( n-1 \)-ésima es, por definición:
\( \displaystyle\frac{1}{(n-1)!}\displaystyle\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}\{h_r(z_0)\} \)
Pero, \( h_r(z)=(z-z_0)^nh(z) \). Entonces, este coeficiente (que es el residuo) se puede encontrar mediante el límite de la fórmula (1). No obstante, en la práctica, será mucho más rápido y eficiente hallar el desarrollo en serie de Taylor de \( h_r \) en \( z_0 \) mediante la división de potencias crecientes de la serie de \( f \) respecto de \( g_r \). Esto es, tenemos los siguientes desarrollos en serie:
\( f(z)=b_0+b_1\xi+b_2\xi^2+\cdots\\g_r(z)=a_n+a_{n+1}\xi+a_{n+2}\xi^2+\cdots \)
donde los \( a_k \) son los coeficientes del desarrollo de \( g \) y donde hemos hecho \( \xi=z-z_0 \). Planteamos la división en potencias crecientes:
\( b_0+b_1\xi+b_2\xi^2+\cdots\quad |\underline{ a_n+a_{n+1}\xi+a_{n+2}\xi^2+\cdots}\Longrightarrow\displaystyle\frac{b_0}{a_n}+\cdots \)
Cuando lleguemos a la potencia \( n-1 \), tendremos el residuo deseado. El proceso de la división en potencias crecientes parece ser engorroso, no obstante lo es muchísimo menos que el cálculo de la derivada y del límite planteado en la fórmula (1) .
4-Ejemplo:Sea la integral impropia:
\( \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\displaystyle\frac{\cos{mx}}{(x^2+a^2)^2}\,dx\quad con\quad a,m>0 \)
Para resolverla gracias al teorema de los residuos, extendemos la función integrando al plano complejo, definiendo así:
\( h(z)=\displaystyle\frac{{\rm e}^{imz}}{(z^2+a^2)^2}\quad con\quad a,m\in\mathbb{R}^+ \)
En este artículo, mi intención no es la de resolver esta integral (quien tenga dudas de cómo se hace o simplemente quiera saberlo, no dude en preguntar) sino que quería contextualizar el cálculo que sigue.
El teorema de los residuos nos lleva a calcular el residuo de \( h \) en el polo \( z_0=ia \). Esto es:
\( \boxed{Res(h(z),z_0)} \)
Ante todo, es fácil ver que \( z_0=ia \) es un polo doble (de orden 2) de \( h \). Veamos cómo sería la resolución de este problema con la fórmula general.
4-a) En primer lugar, tendremos que calcular la derivada de \( (z-z_0)h(z)=\displaystyle\frac{{\rm e}^{imz}}{(z+ia)^2} \) que, de por sí, lleva algo de cálculo en el cual hay que estar atento para no equivocarse:
\( \displaystyle\frac{d}{dz}\{(z-z_0)h(z)\}=\displaystyle\frac{im{\rm e}^{imz}(z+ia)^2-2(z+ia){\rm e}^{imz}}{(z+ia)^4} \)
\( \displaystyle\frac{d}{dz}\{(z-z_0)h(z)\}={\rm e}^{imz}\displaystyle\frac{im(z+ia)^2-2(z+ia)}{(z+ia)^4} \)
\( \displaystyle\frac{d}{dz}\{(z-z_0)h(z)\}=\displaystyle\frac{{\rm e}^{imz}}{(z+ia)^3}(im(z+ia)-2) \)
\( \boxed{\displaystyle\frac{d}{dz}\{(z-z_0)h(z)\}=\displaystyle\frac{{\rm e}^{imz}}{(z+ia)^3}(imz-ma-2)} \)
Ahora, ya que en este caso \( 1/(n-1)!=1 \), falta tomar el límite \( z\to z_0 \):
\( \displaystyle\lim_{z\to ia}\displaystyle\frac{{\rm e}^{imz}}{(z+ia)^3}(imz-ma-2)=\displaystyle\frac{{\rm e}^{-ma}}{(2ia)^3}(-ma-ma-2) \)
\( \displaystyle\lim_{z\to ia}\displaystyle\frac{{\rm e}^{imz}}{(z+ia)^3}(imz-ma-2)=\displaystyle\frac{{\rm e}^{-ma}}{-8ia^3}(-2ma-2) \)
\( \displaystyle\lim_{z\to ia}\displaystyle\frac{{\rm e}^{imz}}{(z+ia)^3}(imz-ma-2)=\displaystyle\frac{{\rm e}^{-ma}}{4ia^3}(ma+1) \)
\( \Longrightarrow\boxed{Res(h,ia)=\displaystyle\frac{{\rm e}^{-ma}}{4ia^3}(ma+1)} \)
Podéis comprobar que este cálculo no es ni muy largo ni muy difícil, pero el método que os propuse en mi artículo es mucho más rápido y eficaz.
4-b) Usaré exactamente las mismas notaciones. En este caso, tenemos que:
\( f(z)={\rm e}^{imz} \)
\( g_r(z)=(z+ia)^2 \)
EL primer paso consiste en desarrollar a estas dos funciones analíticas en un disco centrado en \( z_0=ia \) en serie de potencias. Además, sabemos que, del resultado de la división según las potencias crecientes, sólo necesitaremos el coeficiente del termino en \( \xi^{n-1}=\xi \) (ya que \( n=2 \) es el orden del polo), así que no precisamos de muchos términos en los desarrollos (obviamente pondremos todos los de \( g_r \) por ser un polinomio de desarrollo finito):
\( f(z)={\rm e}^{imz}={\rm e}^{-ma}(1+im\xi+\cdots) \)
\( g_r(z)=(z+ia)^2=-4a^2+4ia\xi+\xi^2 \)
Finalmente, procedemos a la división según potencias crecientes (que no es más que una división euclídea de polinomios con dichos polinomios ordenados de potencias menores a mayores) parándonos en el coeficiente del término en \( \xi \) (sólo tenemos que hacer 2 pasos de la división!!!!) y obteniendo:
\( 1+im\xi+\cdots\,:\,-4a^2+4ia\xi+\xi^2=\displaystyle\frac{1}{4a^2}-\displaystyle\frac{i}{4a^3}(ma+1)\xi \)
De donde, multiplicando por el factor \( {\rm e}^{-ma} \) que nos hemos dejado para hacer la división, obtenemos el resultado deseado:
\( \boxed{Res(h,ia)=\displaystyle\frac{{\rm e}^{-ma}}{4ia^3}(ma+1)} \)
Por lo tanto, hay bastante menos cálculo con éste método que con la fórmula general. Además, cuando tengáis práctica, lo que acabo de hacer se vuelve muy fácil.
P.D: Me gustaría agradecer a Carlos Ivorra por el tiempo que ha dedicado a leer mi artículo en busca de errores linguísticos ( el castellano no es mi idioma materno).
