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2.-'''Calcule''' <math>\int_{-\infty}^\infty\frac{x+1}{x^4+1}\,dx</math>
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Tomamos la función compleja <math>f(z)=\frac{z+1}{z^4+1}</math> de la cual tomamos las raíces <math>z^4+1\,</math> para determinar los polos.Los cuales estan dados por:
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<math>z_1=e^{\frac{1}{4}i\pi} \,</math>, <math>z_2=e^{\frac{3}{4}i\pi} \,</math>, <math>z_3=e^{\frac{-3}{4}i\pi} \,</math>, <math>z_4=e^{\frac{-1}{4}i\pi} \,</math>
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por tanto, <math>{\displaystyle \int}_{c}f(z)=2\pi i[ (f(z),z_1)+ (f(z),z_2)] </math>
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para obtener los residuos aplicamos
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<math>Res(f(z),e^{\frac{1}{4}i\pi})= \lim_{z \to e^\frac{1}{4}i\pi}(z-e^{\frac{1}{4}i\pi})\frac{z+1}{(z^4+1)}</math>
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Aplicando la regla de L´ Hopital obtenemos
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<math>Res(f(z),e^{\frac{1}{4}i\pi})= \lim_{z \to e^\frac{1}{4}i\pi}\frac{(z-e^{\frac{1}{4}i\pi})+(z+1)}{4z^3}=\frac{1}{4}(e^{\frac{-1}{4}i\pi}+e^{\frac{-3}{4}i\pi})</math>
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<math>Res(f(z),e^{\frac{3}{4}i\pi})= \lim_{z \to e^\frac{3}{4}i\pi}(z-e^{\frac{3}{4}i\pi})\frac{z+1}{(z^4+1)}</math>
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<math>Res(f(z),e^{\frac{3}{4}i\pi})= \lim_{z \to e^\frac{3}{4}i\pi}\frac{(z-e^{\frac{3}{4}i\pi})+(z+1)}{4z^3}=\frac{1}{4}(e^{\frac{-3}{2}i\pi}+e^{\frac{-9}{4}i\pi})</math>
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Aplicando la fórmula de Euler <math>e^{i x} = \cos x + i\,\mbox{sen}\,x</math> llegamos al resultado de la integral real.
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<math>{\displaystyle \int}_{c}f(z)=\int_{-\infty}^\infty\frac{x+1}{x^4+1}\,dx=2\pi i\frac{1}{4}
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(e^{\frac{-1}{2}i\pi}+e^{\frac{-3}{4}i\pi}+e^{\frac{-3}{2}i\pi}+e^{\frac{-9}{4}i\pi})=\frac{\pi \sqrt{2}}{2}</math>
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3. Calcule <math>\int_0^{2\pi } \frac{1}{2-\text{sin}(\theta )} \, d\theta </math> .
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Primero haciendo la sustitución <math>\text{sin}(\theta )=\frac{1}{2i}\left(z-\frac{1}{z}\right)</math> y
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<math>d\theta =\frac{dz}{iz}</math> . Dicha sustitución proviene del hecho que
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<math>\sin \left[ \theta  \right]=\frac{{{e}^{i\theta }}-{{e}^{-i\theta }}}{2i}</math>,
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<math>z={{e}^{i\theta }}\,</math> y  <math>dz=i{{e}^{i\theta }}d\theta\,</math>.
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Continuando con el problema, obtenemos la integral
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<math>\int _c\frac{1}{2+\left(\frac{1}{2i z}\left(z-\frac{1}{z}\right) \right)}\frac{dz}{i z} </math>
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Simplificando queda <math>\int _c\frac{2}{4i z -z^2+1}dz\text{  }\frac{(-1)}{(-1)}</math>   
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o      <math>\int _c\frac{-2}{ z^2-4i z-1}dz</math>
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Luego buscamos los polos del denomidador osea los polos de <math>{{z}^{2}}-4iz-1\,</math>
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los cuales son <math> z=\overset{+}{-}\sqrt{3}i+2i\,</math>
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solo tomamos el polo  <math>-\sqrt{3}i+2i</math>
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porque es el único que esta dentro del circulo de radio uno, el cual es la región sobre la que estamos integrando.
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Ahora obtenemos el Residuo de la funcion que es igual a
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<math>\operatorname{Re}s(f(z),-\sqrt{3}i+2i)=\underset{z\to (-\sqrt{3}i+2i)}{\mathop{\lim }}\,\frac{z-(-\sqrt{3}i+2i)}{{{z}^{2}}-4iz-1}=\left( -\frac{i}{2\sqrt{3}i} \right)</math>
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hay que recordar que sacamos un
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<math>-2\,</math> de la integral por lo que al multiplicar ese
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<math>-2\,</math>  por <math>-\frac{i}{2 \sqrt{3}}</math>
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obtenemos <math>\frac{2i}{2 \sqrt{3}}</math>
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y finalmente por la definición
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<math>\frac{1}{2\pi  i}\int _cf(z)dz=\left\{\text{Res}\left(f(z),z_1\right)+\text{...}+\text{Res}\left(f(z),z_k\right)\right\}
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la integral es igual a
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<math>\frac{2\pi}{\sqrt{3}}</math>
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4. Calcule <math>\int_0^{2\pi}\frac{1}{\left(1-2b\text{cos}[\theta]+b^2\right)}\,d\theta </math> ,      <math>b>1\,</math>
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<math>\int_0^{2\pi}\frac{1}{\left(1-2b\text{cos}[\theta]+b^2\right)}\,d\theta </math> ,      <math>b>1\,</math> 
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al sustituir  <math>\text{cos}[\theta]=\frac{1}{2}\left(z+\frac{1}{z}\right)</math>
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y  <math>d\theta =\frac{dz}{iz}</math>. La sustitución proviene del hecho que
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<math>\cos \left[ \theta  \right]=\frac{{{e}^{i\theta }}-{{e}^{-i\theta }}}{2}</math> y
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<math>z={{e}^{i\theta }}\,</math> y  <math>dz=i{{e}^{i\theta }}d\theta\,</math>.
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Continuando con el problema, obtenemos la integral 
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<math>\int _c\frac{1}{i(1-z b)(z-b)}dz</math>
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Buscasmos los polos de la función  <math>\frac{1}{i(1-zb)(z-b)}</math>     
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obtenemos que los dos polos  que son
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<math>z=b\,</math>    y    <math>z=\frac{1}{b}</math>    como 
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<math>b>1\,</math>
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entonces el unico polo que estaría en la región que
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nos interesa es  <math>z=\frac{1}{b}</math>
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por lo tanto solo necesitamos calcular el residuo de 
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<math>f(z)\,</math>  para este polo.
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<math>\operatorname{Re}s(f(z),\tfrac{1}{b})=li{{m}_{z\longrightarrow \left( \frac{1}{b} \right)}}\frac{z-\left( \frac{1}{b} \right)}{i(1-zb)(z-b)}=\left( -\frac{i}{-1+{{b}^{2}}} \right)</math>
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finalmente la integral
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<math>\int_0^{2\pi}\frac{1}{\left(1-2b\text{cos}[\theta]+b^2\right)}\,d\theta</math>   
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es igual a  <math>\frac{2 \pi }{-1+b^2}</math>   
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--[[Usuario:Pedro Pablo Ramírez Martínez|Pedro Pablo Ramírez Martínez]] 14:18 9 dic 2010 (UTC)
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9. Pruebe que <math>2\int_{0}^{\pi}\frac{d\theta}{b+\cos\theta}=\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{b+\cos\theta},b>1</math>
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<math>f(-\theta)=\frac{1}{b+\cos(-\theta)}</math> pero el coseno es una función
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par por lo que <math>\cos\theta=\cos(-\theta)</math>
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asi <math>f(-\theta)=f(\theta)</math> por lo que la función es par.
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De los cursos de cálculo se sabe que:
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Para integrales de funciones pares de -L a L con periodo 2L
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<math>\int_{-L}^{L}f(\theta)d\theta=2\int_{0}^{^{L}}f(\theta)d\theta</math>
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La integral <math>2\int_{0}^{\pi}\frac{d\theta}{b+\cos\theta}</math> calcula
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el area bajo la curva sobre medio periodo, pero al multiplicar por
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2, obtenemos el area total de un periodo entero.
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La integral <math>\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{b+\cos\theta}</math> calcula
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el area bajo la curva de un periodo completo.
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Por lo tanto <math>2\int_{0}^{\pi}\frac{d\theta}{b+\cos\theta}=\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{b+\cos\theta}</math>
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--[[Usuario:Carlos López Cobá|Carlos López Cobá]] 10:04 14 dic 2010 (UTC)
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[[Compleja:ej-cap1.1]]
 
[[Compleja:ej-cap1.1]]

Revisión actual - 05:04 14 dic 2010

2.-Calcule \(\int_{-\infty}^\infty\frac{x+1}{x^4+1}\,dx\)

Tomamos la función compleja \(f(z)=\frac{z+1}{z^4+1}\) de la cual tomamos las raíces \(z^4+1\,\) para determinar los polos.Los cuales estan dados por\[z_1=e^{\frac{1}{4}i\pi} \,\], \(z_2=e^{\frac{3}{4}i\pi} \,\), \(z_3=e^{\frac{-3}{4}i\pi} \,\), \(z_4=e^{\frac{-1}{4}i\pi} \,\)

por tanto, \({\displaystyle \int}_{c}f(z)=2\pi i[ (f(z),z_1)+ (f(z),z_2)] \)

para obtener los residuos aplicamos

\(Res(f(z),e^{\frac{1}{4}i\pi})= \lim_{z \to e^\frac{1}{4}i\pi}(z-e^{\frac{1}{4}i\pi})\frac{z+1}{(z^4+1)}\)

Aplicando la regla de L´ Hopital obtenemos

\(Res(f(z),e^{\frac{1}{4}i\pi})= \lim_{z \to e^\frac{1}{4}i\pi}\frac{(z-e^{\frac{1}{4}i\pi})+(z+1)}{4z^3}=\frac{1}{4}(e^{\frac{-1}{4}i\pi}+e^{\frac{-3}{4}i\pi})\)

\(Res(f(z),e^{\frac{3}{4}i\pi})= \lim_{z \to e^\frac{3}{4}i\pi}(z-e^{\frac{3}{4}i\pi})\frac{z+1}{(z^4+1)}\)

\(Res(f(z),e^{\frac{3}{4}i\pi})= \lim_{z \to e^\frac{3}{4}i\pi}\frac{(z-e^{\frac{3}{4}i\pi})+(z+1)}{4z^3}=\frac{1}{4}(e^{\frac{-3}{2}i\pi}+e^{\frac{-9}{4}i\pi})\)

Aplicando la fórmula de Euler \(e^{i x} = \cos x + i\,\mbox{sen}\,x\) llegamos al resultado de la integral real.

\({\displaystyle \int}_{c}f(z)=\int_{-\infty}^\infty\frac{x+1}{x^4+1}\,dx=2\pi i\frac{1}{4} (e^{\frac{-1}{2}i\pi}+e^{\frac{-3}{4}i\pi}+e^{\frac{-3}{2}i\pi}+e^{\frac{-9}{4}i\pi})=\frac{\pi \sqrt{2}}{2}\)

--Oscar Rodriguez 17:40 9 dic 2010 (UTC)

p.199

mfg-wiki 15:01 30 nov 2010 (UTC)


3. Calcule \(\int_0^{2\pi } \frac{1}{2-\text{sin}(\theta )} \, d\theta \) .

Primero haciendo la sustitución \(\text{sin}(\theta )=\frac{1}{2i}\left(z-\frac{1}{z}\right)\) y

\(d\theta =\frac{dz}{iz}\) . Dicha sustitución proviene del hecho que \(\sin \left[ \theta \right]=\frac{{{e}^{i\theta }}-{{e}^{-i\theta }}}{2i}\), \(z={{e}^{i\theta }}\,\) y \(dz=i{{e}^{i\theta }}d\theta\,\).

Continuando con el problema, obtenemos la integral


\(\int _c\frac{1}{2+\left(\frac{1}{2i z}\left(z-\frac{1}{z}\right) \right)}\frac{dz}{i z} \)

Simplificando queda \(\int _c\frac{2}{4i z -z^2+1}dz\text{ }\frac{(-1)}{(-1)}\)

o \(\int _c\frac{-2}{ z^2-4i z-1}dz\)

Luego buscamos los polos del denomidador osea los polos de \({{z}^{2}}-4iz-1\,\) los cuales son \( z=\overset{+}{-}\sqrt{3}i+2i\,\)

solo tomamos el polo \(-\sqrt{3}i+2i\)

porque es el único que esta dentro del circulo de radio uno, el cual es la región sobre la que estamos integrando.


Ahora obtenemos el Residuo de la funcion que es igual a

\(\operatorname{Re}s(f(z),-\sqrt{3}i+2i)=\underset{z\to (-\sqrt{3}i+2i)}{\mathop{\lim }}\,\frac{z-(-\sqrt{3}i+2i)}{{{z}^{2}}-4iz-1}=\left( -\frac{i}{2\sqrt{3}i} \right)\)

hay que recordar que sacamos un \(-2\,\) de la integral por lo que al multiplicar ese \(-2\,\) por \(-\frac{i}{2 \sqrt{3}}\)

obtenemos \(\frac{2i}{2 \sqrt{3}}\)

y finalmente por la definición

\(\frac{1}{2\pi i}\int _cf(z)dz=\left\{\text{Res}\left(f(z),z_1\right)+\text{...}+\text{Res}\left(f(z),z_k\right)\right\} \)

la integral es igual a \(\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\)


4. Calcule \(\int_0^{2\pi}\frac{1}{\left(1-2b\text{cos}[\theta]+b^2\right)}\,d\theta \) , \(b>1\,\)

\(\int_0^{2\pi}\frac{1}{\left(1-2b\text{cos}[\theta]+b^2\right)}\,d\theta \) , \(b>1\,\) al sustituir \(\text{cos}[\theta]=\frac{1}{2}\left(z+\frac{1}{z}\right)\)

y \(d\theta =\frac{dz}{iz}\). La sustitución proviene del hecho que

\(\cos \left[ \theta \right]=\frac{{{e}^{i\theta }}-{{e}^{-i\theta }}}{2}\) y

\(z={{e}^{i\theta }}\,\) y \(dz=i{{e}^{i\theta }}d\theta\,\).

Continuando con el problema, obtenemos la integral

\(\int _c\frac{1}{i(1-z b)(z-b)}dz\)

Buscasmos los polos de la función \(\frac{1}{i(1-zb)(z-b)}\)

obtenemos que los dos polos que son

\(z=b\,\) y \(z=\frac{1}{b}\) como


\(b>1\,\)

entonces el unico polo que estaría en la región que

nos interesa es \(z=\frac{1}{b}\)

por lo tanto solo necesitamos calcular el residuo de


\(f(z)\,\) para este polo.


\(\operatorname{Re}s(f(z),\tfrac{1}{b})=li{{m}_{z\longrightarrow \left( \frac{1}{b} \right)}}\frac{z-\left( \frac{1}{b} \right)}{i(1-zb)(z-b)}=\left( -\frac{i}{-1+{{b}^{2}}} \right)\)


finalmente la integral


\(\int_0^{2\pi}\frac{1}{\left(1-2b\text{cos}[\theta]+b^2\right)}\,d\theta\)


es igual a \(\frac{2 \pi }{-1+b^2}\)

--Pedro Pablo Ramírez Martínez 14:18 9 dic 2010 (UTC)


9. Pruebe que \(2\int_{0}^{\pi}\frac{d\theta}{b+\cos\theta}=\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{b+\cos\theta},b>1\)

\(f(-\theta)=\frac{1}{b+\cos(-\theta)}\) pero el coseno es una función par por lo que \(\cos\theta=\cos(-\theta)\)

asi \(f(-\theta)=f(\theta)\) por lo que la función es par.

De los cursos de cálculo se sabe que:

Para integrales de funciones pares de -L a L con periodo 2L

\(\int_{-L}^{L}f(\theta)d\theta=2\int_{0}^{^{L}}f(\theta)d\theta\)

La integral \(2\int_{0}^{\pi}\frac{d\theta}{b+\cos\theta}\) calcula el area bajo la curva sobre medio periodo, pero al multiplicar por 2, obtenemos el area total de un periodo entero.

La integral \(\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{b+\cos\theta}\) calcula el area bajo la curva de un periodo completo.

Por lo tanto \(2\int_{0}^{\pi}\frac{d\theta}{b+\cos\theta}=\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{b+\cos\theta}\)

--Carlos López Cobá 10:04 14 dic 2010 (UTC)



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