Variable.compleja.2ed.Schaum.Spiegel_1

186 Capítulo 6   Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent

dos series que convergen para |z| < 1. Se resta y se obtiene
�1 z� � �
ln þ z ¼ 2z þ z3 þ z5 þ � � � ¼ X1 2z2nþ1
� 3 5 2n þ 1
1 n¼0

que converge para |z| < 1. También puede mostrarse que esta serie converge para |z| = 1, salvo en z = 1.

6.24.  a ) Obtenga el desarrollo de f (z) = sen z en una serie de Taylor en torno a z = p/4.
  b) Determine la región de convergencia de esta serie.

Solución

a)  f (z) ¼f (sze)n¼z, sfe0n(zz),¼f 0(czo)s¼z, cfo00(szz),¼f 00(�z)s¼en�z, sfe00n0(z), ¼f 000(�z)c¼os�z, cfoIVs (zz,)f¼IV(sze)n¼z, s.e.n. z, . . .
f (p=4f)(p¼=p4)2ffiffi¼=2p, fffi2ffi0(=p2=, 4f )0(¼p=p4)2ffiffi¼=2p, f2ffiffi00=(2p,=f40)0(¼p=�4)p¼2ffiffi=�2p, f2ffiffi00=0(2p, =f400)0(p¼=�4)p¼ffi2ffi=�2p, fffi2ffiIV=2(p, =f I4V)(¼p=p4)2ffiffi¼=2p, .2ffi.ffi=. 2, . . .

Así,sicnocme osaina¼c=epap=4¼/,4p, =4,

f (z) ¼f (fppz22()a2ffi2ffiffiffi¼¼¼)�þþ1fppp22(fþ2affi2ffi20ffiffiffi2()ffi�aþ(þ(z)1z(�pz�fþ20�2ffi(pffipa((z=)az=(4�)4z�)þ)��p�p=fa=(420z)40p()þ)��a�2ffi2�)ffi2(p!2fz(!(!20z=0z�p(4��a�)2ffi2)affi22(p!2)pz!�2(!=z=�þ44(�)z)a22f�)p�02�00=3(pþ4a(!2z=)p)2(43�f�z0ffi2)!3�0ffi30�3!(pa!þ(2=zp)a(43��)�zffi2)!33�ffi3�!�þp�þ(z=a�4�)��3)��3�þp�þ=�4��)��3�
¼
¼ þ � � �

Otro método. Sea u = z − p/4 o z = u + p/4. De ese modo se tiene

sen z ¼ sen(u þ p=4) ¼ sen u cos(p=4) þ cos u sen(p=4)

pffiffi
¼ 2 (sen u þ cos u)
2
pffiffi �� � � ��
¼ 2 u � u3 þ u5 � � � � þ 1 � u2 þ u4 � � � �
2 3! 5! 2! 4!

¼ pffiffi � þ u � u2 � u3 þ u4 þ � � �
2 1 2! 3! 4! �
2

¼ pffiffi � þ (z � p=4) � (z � p=4)2 � (z � p=4)3 þ � � �
2 1 2! 3! �
2

b)  Como la singularidad de sen z más cercana a p/4 está al infinito, la serie converge para todo valor finito de z,
es decir, para |z| < ∞. A esto también se llega con el criterio del cociente.

Teorema de Laurent

6.25.  D emuestre el teorema de Laurent: Suponga que f (z) es analítica en el interior de la frontera de una región
, y sobre ella, en forma de anillo, limitada por dos circunferencias concéntricas C1 y C2 con centro en a y

radios r1 y r2, respectivamente (r1 > r2) (véase la figura 6-5). Así, para toda z en ,

X1 X1 a � n
f (z) ¼ X1 an(z � a)n þ
¼ n¼0 an(z � a)n þ X1 (za��an)n
f (z)
n¼1
1 n¼1 (z � a)n
  donde 21pi þ n¼0f (w)
2pi
an ¼ 1 þ (w �f (wa)nþ1 dw n ¼ 0, 1, 2, . . .
an ¼ 21pi dw
2pi C1 (w � a)nþ1 n ¼ 0, 1, 2, . . .
a�n ¼ f (w)
a�n ¼ þ n ¼ 1, 2, 3, . . .
n ¼ 1, 2, 3, . . .
C1
þ (w �f (aw))�nþ1 dw
C2 (w � a)�nþ1 dw
C2

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Problemas resueltos  187

Solución

De acuerdo con la fórmula integral de Cauchy [véase el problema 5.23, página 159], se tiene

1 þ f (w) 1 þ f (w) C1 C2
2pi w�z 2pi w�z z
f (z) ¼ dw � dw (1)
r1 a
C1 C2 r2

Considere la primera integral en (1). Igual que en el problema 6.22, ecuación (2), se tiene

w 1 1 zzw(w¼¼¼¼w�1�1�(w(wawwa�z�11þ)��f¼¼1aa(aaw�(wþþz))wff��11�(1((�zww1��aazz�a)a����2((þ)azz1f1þaaaa)1��(=))w2�2�(zaaw�þþ���))(==�þz1��((aa�w�w�)a(��2(z)��þwþagþ�)=�aa((�(a(z(z))www�gg)a���n)����þnaa1))aaa(þnn(z)))��wnng�1�1�wþþza�)�a��n)�wwanzza1�����þnwaaaa���1w�znnw�w�z 1�1�aa�zznw(21�) Figura 6-5
�wwz 1��¼
¼
z((22 )) (2) (2)

de manera que 1 2C2þ111ppwiifCC(þþ�1w1 2ww)zff1p((��wdwi wCþ))zz1 ¼wddfww(þ�2w1p¼¼)�zi�þþ2C2dþ�111ppwþ��wii��f¼CC(þ�þ�(�z11wþþþ�2ww)a2ff1p(((p(���azzwiwd�)i��Cwþ�n))aa221�þppawaþ1ddf))ii(Cwwþn(n�zz1w��2��þþ(11)pa2wCCþþpiafazz11d�22()i��(C(wwnþppww1�a)iifaþfa(1)��w((nCCCwwþþþfz111�aa2d())�(((w))pwwwwnna)iffafþ)���dd(((2CwwwþwwU1aaad)))(þþ)))nwwn22 fUU�ddd(wwnwnwa)þ)2 dw
2pi Un

¼ a0¼¼þaa0a0 1þþ(¼zaa�a11((0azzþ)��þaaa1�))(�zþþ��þ�� ��aa��)nþþ�þ1aa(�nzn�����11þ((azza)��nn��aa11))(þnnz���1U1 þþna )UUn�nn1 þ Un (3)

donde a0 ¼aa0021p¼¼i 2C2þa111pp0wiif¼CCþþ(�11ww2w)aff1p((��wiwdCwþ))aa1,wddfww(�aw,,1)a¼aad112w1p¼¼, i 2C2þa111pp1(iiw¼CCþþf11�(2((www1pa)ff)i��((2Cwwþ1aad))())ww22,f�dd(wwwa.),,.)2. ,.d. ..w..a,,,n�1aa. ¼.nn��. ,1121p¼¼ai n2C2þ�111pp1(iiw¼CCþþf11�(2((www1pa)ff)i��((nCwwþ1aad))())wwnn f�dd(wwwa))n dw

y zz(zzizn�¼¼¼¼¼¼1�tea(zg(zz(azzzr�þ��)11Ua1���fl1na(aaeazawa�¼þnþ)þU)U)�fff�(1(1nn12((1(wazzwwz11pw�¼¼�a)�)�.���2i���S((2C2(þUþwwaaweaa111pp11a1aa�)n)))��i2ii�2�2=wnz�¼CC(þþþþþt�1z1�aae�a��þ2)r)�)���=ww=c1p=azz�a��((a((�a����iz�wz��zm(þþ)Cþnþz���g�1wabaaa�f�((i(�a�a(waaww�waz((w()nn)na)zz)zggww�g��)�)�nzff��w�n�((��aa1wadwaaayaa))w�)þ)))zn)zn)nznn�n�n�wd�d1e11fwwn(wþþ�zþw(��2)��z�)wwawzzadzp�w���a��nraazaaaa��o��1bnnnwtzzze��n�111ewwrw

Ahora considere la wse����1guwwwzn¼d�11�1�a
� ¼

de modo que � 21p���i C22þ221p1p1pwiifiCC(Cþ�þþw222 ww)wzfff((�(��dwwww))z)zz¼¼dddwwwþz2a1p�¼¼¼¼¼¼��i�1þaCþz2þz2þ�z2aa2a1p1pþ1�pþ�����z���ifii�1�1�1�2(aC(aCaCþ�þ�þ�wz1p222þþþþþþaa�)zzzifff�C�2�(2(þ(�(2((d2awz3wz1wp1zp1pw)(aaaa�)�a)a�2)iiwi��(�þCCCþþþzþdd2a2da323a�3ww�)w)2()((�22w2ww1pa(�(þ(þþaþþzzþ)�zi��)�n�þ�C�n2�2þ2���21p1ap1a1�p�a�a(a(a)�)�f)i�ziziw)n)n)nþ(þCCþnan�Cþ��nþ��þw22�2�111()(((((nafazfzzfzzwwzdwa()()(aa��a�ww��nw�2w������þ)))nþanafanaaaddada()a)))))Vwwnwn2w2nV2nþ)þþnþþffþfd(((VVwwVwwVVVnn)n)n)n ndddwww (4)


donde a�1 a�1 ¼ 22þ21p1p1pfiii(Cþþwþ2 )fffd(((wwww)),) dw, a�2 ¼ 22þ21p1p1p(iiwiCþþþ2�(((wwwa)���f (aaaw))))fffd(((wwww,))) dw, . . . , a�n ¼ 22þ21p1p1p(iiwi Cþþþ2�(((wwwa)���n�a1aaf)))n(nn�w��111)fffd(((wwww))) dw
y a¼a��1211p¼¼i ddwwa,,�2 a¼a��2221p¼¼i d.dw.w.,,, .a..�...n,,a¼a��n2n1p¼¼i ddww
C2 CC22 C2 CC22 C2 CC22

Vn Vn ¼ 2þ11p1�iwþþþ����wwwza����n aaaf���(wnnnz)fff�(((wwww))) dw
¼VVn2n1p¼¼i C222ppiizCCC22�2 azz �� aza� wzz ��dwww ddww

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188 Capítulo 6   Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent

De (1), (3) y (4) se tiene

f (z) ¼ fa0 þ a1(z � a) þ � � � þ an�1(z � a)n�1g

� a�1 a�2 a�n � (5)
z�a � a)2 � a)n
þ þ (z þ � � � þ (z þ Un þ Vn

Si se demuestra que a) límn→∞ Un = 0 y b) límn→∞ Vn = 0, se llega al resultado buscado. La prueba de a) es
consecuencia del problema 6.22. Para demostrar b) se observa primero que, como w está sobre C2,
����wz ��aa���� ¼ k , 1

donde k es una constante. Asimismo, se tiene | f (w)| < M, donde M es una constante y

|z − w| = |(z − a) − (w − a)| ≥ |z − a| − r2

Por tanto, de acuerdo con la propiedad e) de la página 112, se tiene
�������Cþ2 dw�������
jVnj ¼ 1 �w � a�n f (w)
2p z � a z�w

� 1 jz knM r2 2pr2 ¼ jz knMr2 r2
2p � aj � � aj �

Así, límn→∞ Vn = 0 y termina la prueba.

6.26.  D e (l(zazs�e�ef22uz1((z1nzz))c3��(3eeiz;o22;zz�11ne2e))zz33zs1¼;;)s¼3ig;11uzz..i ¼¼ezn¼t11e..s1, .encue(n(ctcr))e zlz((a�cc�s))z( zesc3s3rzze)eine��nzzdzzz;�ss33e;eezLnns3zeazzzun¼;;¼rze;0n0zz.t.¼¼ezn¼00t..o 0rn. o a la((ese)i)ngzz((2u2ee(l(z))a(zer�1�1izz)d 22a3((3zzzd)2)2�1�1(2iz;n;d�133i))cz22z3a¼;;)d¼2a;3.3zz..¼¼z
  a) 
3. 3.
¼3.

  b)  (c(zazd��a 3((c3zz)a)s��(sszoeen�33nizd))ze3þss1þn1ee)tnns2i2fezzi;n;qþþ11zueþz221zl¼;;a¼2s;�i�zzn2¼¼g2z.u. ¼l��a(r(22d�idd..))2ad(.(((zzddyþ)þ)(d dé1(()1zz)ez)(zþþ(lzzrþaþ11d))zz2i((12ozz))zþþ(;d;zeþ22czz))o2¼;;n¼)v;�e�zzrg2¼¼2ze..n¼��ci22a�..d2e. cada serie.
  En

Solución

a)  SeaLezt−z �1 =1 ¼u. uA. sTí,hzen=z1¼+1uþyu and

(z e2z ¼ e2þ2u ¼ e2 � e2u ¼ e2 � þ 2u þ (2u)2 þ (2u)3 þ (2u)4 þ �� �
� 1)3 u3 u3 u3 1 2! 3! 4! �

¼ (z e2 þ (z 2e2 þ 2e2 þ 4e2 þ 2e2 (z � 1) þ � � �
� 1)3 � 1)2 z�1 3 3

z = 1 es un polo de orden 3, o triple polo.
La serie converge para todos los valores de z  1.

b)  Sea z + 2 = u o z = u − 2. Entonces 5)�1u �
�
(z � 3) senz 1 2 ¼ (u � 5) senu1 ¼ (u � � 1 þ 1 � � �
þ 3! u3 5! u5

¼ 1 � 5 � 1 þ 5 þ 1 � � � �
u 3! u2 3! u3 5! u4

¼ 1 � z 5 2 � 6(z 1 2)2 þ 6(z 5 2)3 þ 1 2)4 � � � �
þ þ þ 120(z þ

z = −2 es una singularidad esencial.
La serie converge para todo valor de z  −2.
� � ��
c) z � sen z ¼ 1 z � z � z3 þ z5 � z7 þ � � �
z3 z3 3! 5! 7!

¼ 1 �z3 � z5 þ z7 � � � � ¼ 1 � z2 þ z4 � � � �
z3 3! 5! 7! � 3! 5! 7!

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Problemas resueltos  189

z = 0 es una singularidad removible.
La serie converge para todo valor de z.

d)  Sea z + 2 = u. Entonces

z ¼ u�2 ¼ 2 � u � 1 ¼ 2 � u (1 þ u þ u2 þ u3 þ � � � )
1)(z (u � 1)u u � u
(z þ þ 2) 1 u

¼ 2 þ 1 þ u þ u2 þ � � � ¼ z 2 2 þ 1 þ (z þ 2) þ (z þ 2)2 þ � � �
u þ

z = −2 es un polo de orden 1, o polo simple.
La serie converge para todo valor de z tal que 0 < |z + 2| < 1.

e)  Sea z − 3 = u. Así, de acuerdo con el teorema del binomio,

z2(z 1 3)2 ¼ 1 u)2 ¼ 9u2(1 1 u=3)2
� u2(3 þ þ
� �
¼ 1 1 þ (�2)�3u� þ (�2)(�3) �u�2 þ (�2)(�3)(�4) �u�3 þ � � �
9u2 2! 3 3! 3

¼ 1 � 2 þ 1 � 4 u þ � � �
9u2 27u 27 243

¼ 9(z 1 3)2 � 2 3) þ 1 � 4(z � 3) þ � � �
� 27(z � 27 243

z = 3 es un polo de orden 2, o polo doble.
La serie converge para todo valor de z tal que 0 < |z − 3| < 3.

6.27.  O btenga el desarrollo de f (z) = (z þ 1 þ 3) ¼en12u�naz sþ1er1ie�d�e 12La�uzrþe1nt3�válida para:
1)(z

  aIf) j1zj<.|z1|,< 3,  b) |z| > 3,  c) 0 < |z + 1| < 2,  d) |z| < 1.
p¼ar2c1iza�le1s,� �
Sa)o  lAulcdieóscn2o(mz 1þpo1n)er¼en2zfr(a1cþc1io1n=ezs) 1 þ 1 � 1 þ � � � ¼ 1 � 1 þ 1 � 1 þ � � �
z z2 z3 2z 2z2 2z3 2z4

If jzj , 3, þ1 �1)11(z�þz3þ) ¼z221��zz3þ1þ1�� ����21¼�z1þ1�3�z
SIfi |jzzj| >.
112,,(z 1 3) ¼ 6(1 1 z=3) ¼(z 6 3 9 27 6 18 þ z2 � z3 þ � � �
þ þ 54 162

2(z 1 1) ¼ 2z(1 1 1=z) ¼ 1 � � 1 þ 1 � 1 þ � � � ¼ 1 � 1 þ 1 � 1 þ � � �
þ þ 2z 1 z z22 z33 � 2z 2z22 2z33 2z44

SIfi |jzj| <, 33,, � �
1 �
2(z 1 3) ¼ 6(1 1 z=3) ¼ 1 � z þ z22 � z33 þ � � ¼ 1 � z þ z22 � z33 þ � � �
þ þ 6 3 9 27 6 18 54 162

Así, la expansión de Laurent válida tanto para |z| > 1 como para |z| < 3, es decir, 1 < |z| < 3, es

�� �� �� �� 11 þþ 11 �� 11 þþ 11 �� 11 þþ zz �� zz222 þþ zz333 �� �� �� ��
22zz444 22zz333 22zz222 22zz 66 1188 5544 116622
>..
b)  SIIfif |jjzzz|jj 111,,, swweeetihehnaaveve,ecaaossmiinno ppeanarrtet l((aain)),,ciso a),
11
¼¼ 11 �� 11 þþ 11 �� 11 þþ �� �� ��
22((zz þþ 11)) 22zz 22zz222 22zz333 22zz444

SIIiff |jjzzz|jj >..333,,, �� ��
11 ��
22((zz 11 33)) ¼¼ 22zz((11 11 33==zz)) ¼¼ 11 �� 33 þþ 99 �� 2277 þþ �� �� ¼¼ 11 �� 33 þþ 99 �� 2277 þþ �� �� ��
þþ þþ 22zz zz zz222 zz333 22zz 22zz222 22zz333 22zz444

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190 Capítulo 6   Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent

De este modo, la expansión de Laurent válida tanto para |z| > 1 como para |z| > 3, es decir, para |z| > 3,

es por sustracción

Let z þ 1 ¼ u. Then zzzz11112222 ���� zzzz44443333 þþþþ 1111zzzz43434433 ���� 4444zzzz50505500 þþþþ ���� ���� ����

c)  SLLeeeatt zzz +þþ 11 =¼¼ uu.. ATThhseíe,nn ���1 uuu4222 uuu8333 ������
11 44 88
(z þþþ 1 þþþ 3) ¼¼¼ u2u2u2((((((uzuzuz 111þ11þ1þþþþ111222))))))���¼¼¼411414222þuþuþu(((111188118þþþ(1((11zzz u=2) ¼¼¼ 1 ��� u þþþ ��� þþþ ��� ���
((zz 1)11(z 33)) ¼ uu==22)) � 211u uu2 �
11))((zz ¼¼ þ 1) �� 221uu 22 ��
þþ 11)) 1116
1166 (z þ 111)))222 þ � �
((zz þþ þþ �� ��

evvvIsfaaavllljiiizádddjli,fffdoooarrr1pjjj,uuuajjrja,,,|u222|,,,<uuu===2,000uooorrr 0000,,,o 0jjjzzz<þþþ|111zjjj+,,,1222| ...< 2.
d)  SIIffi j|jzzj|j <,, 11,,
1 ¼¼¼ 1 ¼¼¼ 1 ��� þþþ zzz222 ��� zzz333 þþþ ��� ��� ��� ¼¼¼ 1 ��� 1 þþþ 1 zzz222 ��� 1 zzz333 þþþ ��� ��� ���
2(z 11þ 1) 2(111þ z) 112 (1 z ) 112 112 z 112 112
22((zz þþ 11)) 22((11 þþ zz)) 22 ((11 zz )) 22 22 zz 22 22

IIISfffijjj|zzzzjjj|,,,<3333,,,,wwwdeeee ahhhcaaauvvveeeerdbbboyyy cpppoaaanrrrttte(((laaai)))n,,, ciso a), 5zzz2224 1zzz63332
5544 116622
2(z 1 3) ¼ 1 � z þ � þ � � �
22((zz 11þþþ 33)) ¼¼ 116 �� 1zz8 þþ �� þþ �� �� ��
66 1188
Así, la expansión de Laurent buscada, válida para |z| < 1 y |z| < 3, es decir, para |z| < 1, es por sustracción

1 � 4 z þ 13 z2 � 40 z3 þ � � �
3 9 27 81

Ésta es una serie de Taylor.

Desarrollo de Lagrange

6.28.  Demuestre el desarrollo de Lagrange (6.11) de la página 176.

Solución

Suponga que C se toma de manera que en el interior de C sólo exista un cero simple de z = a + zf(z). Así, de
acuerdo con el problema 5.90 de la página 167, con g(z) = z y f (z) = z − a − zf(z), se tiene

1 þ � 1 � zf0(w) �
2pi w w � a � zf(w) dw
z ¼

C � �
þ zf0(w)g � aÞ dw
1 w 1
¼ 2pi w � a f1 � 1 � zf(w)=ðw

C � zf0(w)g(X1 znfn(w)=(w � )
a)n dw
¼ 1 þ w w a f1 n¼0
2pi �
C

¼ 1 þ w dw þ X1 zn þ � wfn(w) � wfn�1(w)f0(w)� dw
2pi w�a 2pi (w � a)nþ1 (w � a)n
C n¼1
C

¼ a � X1 z n þ w d � fn(w) � ¼ a þ X1 z n þ fn(w) dw
n¼1 2pi n dw (w � a)n dw n¼1 2pin (w � a)n
C C

¼ a þ X1 zn dn�1 [fn(a)]
n! dan�1
n¼1

Continuación analítica

6.29.  Muestre que las seriesPa1) 2nP1¼znþn0 12nzaþnn1dyanbd) P1 (nP12¼(z0�(�2(iz)i�n)�þn i1)in)sþno1n continuaciones analíticas una de la otra.

n¼0 n¼0

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Problemas resueltos  191

Solución

a)  De acuerdo con el criterio del cociente, la serie converge para |z| < 2 (sombreada en la figura 6-6). En esta
1 z/2,
circunferencia, la serie, que es una serie geométrica cuyo primer término es 2 y cuyo radio es puede
sumarse y representa la función

1 1=2 ¼ 2 1 z
� z=2 �

b)  De acuerdo con <el1c,reitsedrieocidr,el|zc−ocii|en<tep, l5ffiffia(sveéraiseecloanfvigeu1rgraþe 6pz-a6þr)a. z2 þ z4 þ z8 þ � � � ¼ y þ P1 z2n
|(z − i)/(2 − i)|
1 n¼0

Epsurnimmeasertrasetcéyirrmcrueinpnorfeeesrseenn1ct/ai(a2l,a−lafusin)ecyriióec,nuqyuoeraedsSiuonn(eazs)s(¼ezr−iPe gikn)e¼/o1(m2fk−é(tzri)i).c,apcuueydoe Þ |z – i| = √5
C F(z) dz
√5

1=(2 � i) ¼ 1 i x
(z � i)=(2 � 2

1 � � i) 2 z

Como estas series de potencias representan la misma función |z| = 2
−regi)i|ón=cpomffi5ffi ,úsneasilgous einqteure1iosþroenszcdþoenlztai2nsþucairczci4uoþnnfeeszr8eannþcail�aít�sic�|az¼s| =u1n2aþ
en la P1 z2n Figura 6-6
y |(z
n¼0
Demdueelsatropetr5ffiqaffi .ueSnl(az)s¼eriPe 1nk¼þ1 fzk(þz).z2
6.30.  mSoáslualcláSiódn(enz)|z¼| =P1kn¼. 1 fk(z). þ z4 Þ zF8(zþ) d�z� � ¼ 1 þ P1 z2n no puede continuarse analíticamente

þC n¼0

Þ
C F(z) dz

Sea F (z)(z¼) ¼1 þ1 þz þz þz2 zþ2 þz4 zþ4 þz8 zþ8 þ� � ��.�.A� s.í,

F(Fz)(z¼) ¼z þz þF(Fz2()z;2); F(Fz)(z¼) ¼z þz þz2 zþ2 þF(Fz4()z;4); F(Fz)(z¼) ¼z þz þz2 zþ2 þz4 zþ4 þF(Fz8()z8þ) þ� � �� �:� :

De lo que resulta claro que todos los valores de z dados por z = 1, z2 = 1, z4 = 1, z8 = 1,. . . son singularidades
de F (z). Todas estas singularidades se encuentran en la circunferencia |z| = 1. Con cualquier arco pequeño de esa
circunferencia, habrá una cantidad infinita de singularidades. Estas singularidades representan una barrera infran-
queable y, por tanto, la continuación analítica más allá de |z| = 1 es imposible. La circunferencia |z| = 1 constituye
una frontera natural.

Problemas diversos

6.31.  Sea {fk(z)}, k = 1, 2, 3,. . . una sucesión de funciones analíticas en una región . Suponga que
X1

F(z) ¼ fk(z)

k¼1

  es uniformemente convergente en . Demuestre que F (z) es analítica en .
pffiffi P1
1 þ z þ z2 þ z4 þ z8 þ � � � ¼ 1 þ z2n
Soluc5ión n¼0

Sea Sn(z) ¼ Pn fk (z). Por defiÞnCicFió(nz)ddez convergencia uniforme, dado un e > 0 puede hallarse un entero positivo

k¼1

N que dependa de e y no de z tal que para toda z en ,

pffiffi 1 þ þAz2hoþrazs4uþpozn8gaþq�u�e�C¼es1uþnaPcun1r|Fv¼a(0zsz)i2m−n pSlen(cze)|rr<adea  para toda n > N en (1)
5 z contenida por completo y denote por L su longitud. Así,

Pn dqeueacÞuCeFrd(zo) con el problema 6.16, como fk(z), k = 1, 2, 3,. . . son continuas, F (z) también es continua, de manera
dz existe. Asimismo, con (1), se ve que, para n > N,
Sn(z) ¼ k¼1 fk (z).

������þ F(z) dz � Xn þ fk(z) dz������ ¼ ������ þ fF(z) � Sn(z)g dz������

C k¼1 C C

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192 Capítulo 6   Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent

Como e puede hacerse tan pequeña como se desee, se ve que

þ X1 þ
F(z) dz ¼ fk(z) dz

C k¼1 C

Pero de acuerdo con el teorema de Cauchy, Þ fk(zþ) dz ¼ 0. Por tanto,

C

F(z) dz ¼ 0

C

y de esta manera, de acuerdo con el teorema de Morera (página 145, capítulo 5), F (z) debe ser analítica.

6.32.  Demuestre que una función analítica no puede ser acotada en la vecindad de una singularidad aislada.

Solución

Sea f (z) analítica en el interior y sobre una circunferencia C de radio r salvo en la singularidad aislada z = a, que
se toma como centro de C. Así, de acuerdo con el teorema de Laurent, f (z) tiene un desarrollo de Laurent
ff((zz)) f¼¼(z)kkX¼X¼¼11��11kX¼aa1�kk(1(zza��k(aza))�kk a)k (1)

donde los coeficientes ak están dados por la ecuación (6.7) de la página 174. En particular,
aa��nn a¼¼�n221p1p¼ii 2CþCþ1p((izzCþ��f(faza((z)z)��)�) fnnaþþ(z)11�) dndþzz1 dnnz ¼¼n11,,¼22,,1,33,,2..,..3 .., ...
(2)

Ahora, si |f (z)| < M para una constante M, es decir, si f (z) es acotada, entonces, de acuerdo con (2),
Por tanto, como r puedejjaah��anncjjjae¼¼r�sne2j211pap¼r������b�C2þCþi1tpr((azz������rCþ��ia(maza))e�nnn��ta11ef)fn(p(�zze))1qdfdu(zzze�������)ñ��daz,2������2s11ppe�trri2nne1�p�n11er��na�MM−1n���=22Mpp0�rr,2¼¼np=rMM¼rr1nn,M2,rn3,. . ., es decir, a−1 = a−2 =
a−3 = . . . = 0, y la serie de Laurent se reduce a una serie de Taylor en torno a z = a. Esto muestra que f (z) es
analítica en z = a de manera que z = a no es una singularidad, lo que contradice la hipótesis. Esta contradicción
muestra que, en la vecindad de una singularidad aislada, f (z) no puede ser acotada.

6.33.  Demuestre que si z  0, entonces ee11==22aa((zz��11==zz)) ¼¼ XX11 JJnn((aa))zznn
  donde
nn¼¼��11

JJnn((aa)) ¼¼ 11 22ððpp ccooss((nnuu �� aa sseenn uu)) dduu nn ¼¼ 00,, 11,, 22,, .. .. ..
22pp
00
Solución

El punto z = 0 es la única singularidad finita de la función e1/2a(z−1/z) y, por tanto, para la función debe haber un
desarrollo en una serie de Laurent de la forma

ee11==22aa((zz��11==zz)) ¼¼ XX11 JJnn((aa))zznn (1)

nn¼¼��11

que es válida para |z| > 0. De acuerdo con la ecuación (6.7) de la página 174, los coeficientes Jn(a) están dados
por
þþ
JJnn((aa)) ¼¼ 11 ee11==22aa((zz��11==zz))
22ppii zznnþþ11 ddzz (2)

CC

donde C es cualquier curva simple cerrada que tenga z = 0 en su interior.

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Problemas resueltos  193

En especial, si C se elige como una circunferencia de radio 1 con centro en el origen, la ecuación de C es |z| = 1
o z = eiu. Entonces (2) se convierte en

1 2ðp e1=2a(eiu �e�iu ) 1 2ðp
2pi ei(nþ1)u 2p
Jn(a) ¼ ieiu du ¼ eia sen u�inu du

00

1 2ðp þ2ip 2ðp 1 2ðp
2p 2p
¼ cos(a sen u � nu) du sen(a sen u � nu) du ¼ cos(nu � a sen u) du

00 0

al aprovechar que I ¼ Ð 2p sen(a sen u � nu ) du ¼ 0. A este último resultado se llega debido a que, con u = 2p − f,
se encuentra que
0

2ðp 2ðp
I ¼ sen(�a sen f � 2pn þ nf) df ¼ � sen(a sen f � nf) df ¼ �I

00

de manera que I = −I e I = 0. Con lo que se demuestra el resultado deseado.
La función Jn(a) se conoce como función de Bessel de primera clase de orden n.
En el capítulo 10 se verá más sobre las funciones de Bessel.

6.34.  Los polinomios de Legendre Pn(t), n = 0, 1, 2, 3, . . . se definen mediante la fórmula de Rodrigues
PnP(tn)(t¼) ¼2n12nn1!ndd!tndndt(nnt2(t�2 �1)1n)n

a)  Demuestre que si C es cualquier curva simple cerrada que encierre el punto z = t, entonces
PnP(tn)(t¼) ¼21p2i1p�i21�n21Cþn þ((zz(2(�zz�2�t)�1ntþ))1nn1þ)nd1 zdz

C

Esta fórmula se conoce como representación de Schlaefli o fórmula de Schlaefli para Pn(t).

b)  Demuestre que 1 2ðp pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2p t2 � 1
Solución Pn(t) ¼ (t þ cos u)n du

0

a)  De acuerdo con la fórmula integral de Cauchy, si C encierra el punto t, y

f (fnf)((n(nt))()(tt¼))f¼(¼ndd)t(dndntdt)ntnnfn¼(ftf()(dtdt¼)t)nn¼¼2fnp(2!2tnpi)np!!Cþ¼ii þCþ(2zn(p(�z!zfi�(�ftCþzf)()(tnzt()zþ))zn)n1þþ�1fd1(ztdzd))znzþ1 dz C √|t 2– 1|
θ
Así, al tomar f (tf)(t¼) ¼(ft(2(tt)�2¼�1)(n1t2)dn�e m1)annefrCa(zfq)(uz¼)e ¼(fz(2z()z�2¼�1)(nz12,)n�w, ew1)en,, sweeobtiene
el resultado busfc(at)do¼ (t2 � 1)n f (z) ¼ (z2 � 1)n, we t

PnPP(ntn()(tt¼¼))P¼¼¼¼22n1nn(122122tn1�nn)1nn!1n2�n¼¼dd�!1p2!t2dndn1pid221pt1nt(nnnnCþi1ntin(2�þ(t!Cþ(t(2�2zd2zd(1p(�(2t�z(�nzz1nzi�2�)2(�1tCþn1t�))�21)tnnt()nþ)(�)1znnz1n1þ)2þ�)n11nd1�)ztdnd)1znzþ)n1 dz Figura 6-7 x

C

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194 Capítulo 6   Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent

b)  pSai jrszaejz�Ce�lteijgstj¼ezjz¼C�p�pctffijffitjoffijffi2ffi¼mtffi¼2ffi�ffiffio�ffipffi1pfficffiffijffi1íffitffijrffioj2tfficffi2ffirffio�uffi�ffirzlffiffioffi1z¼ffi1ffijffic¼jffiootoornþtrzþczpe¼¼npffitffit2tffirtffiffioþ2�ffiþffiffi�ffieffip1ffinpffieffi1ffitffiitffie2ffituffi2yffii,�uffiffi�0,ffirffiffia10ffi�ffi1dffieffi�eiiuouipu,u,p,0ffijffi0t,ffi2ffij�ffit2ffi�2ffi�ffip2ffiu�ffippffiu.1pffiffi,ffi.jffi1,ffitffijffij2tffiffi2,2ffiffi�2ffipc�ffipffioffi..ffi1ffi.m1ffiCjffijffioonseesmtoueesntreal en la figura 6-7, una ecuación
inciso a) se tiene

PPn (nt()t)¼P¼P2n1n(n2(t1)tn�)2¼�¼1p21p2i12n12iðnp�2ð�pf2(21fpt1p(þiti2þð2pðppfpfffit(ffi2(tffiffitffiþ2�(ffiþffipffi�(ffiffipp1ffiffitpffiffieffi21ffiffitffitffiiffiffie2tffi2u�ffiffi2ffiffii)ffi�uffi�(ffi2ffi�ffi(p)ffi1ffiffipffi2�ffieffi11ffiffitffiffi1�iffiffiee2ffituffiffi1e2iffii)u�uffiign1ffiu�))ffinþffi)g2nffip121ffinþffi1�ffipeffi1�ffiteiffi2uffiiffit1uffi)21�ffig)nffiffignnþ�ffinþffip11ffipffi1iffi1ffietffiffii2tffiiffie2uffi�ffiiffiu�ffidffiffiu1dffiffi1ffiiuffieieiuiu dduu

0 0 00

¼¼21n21n� 2¼�1¼p21p2122ðn1pn2ð�pf�(2f2t1p(21pt2�2ð2pð�p1ff()1(tþ)2t2þ��2t21p1t)p)tffiþffi2þffitffi(ffi2�ffit2ffi(22ffi�ttffiffipt21�ffipffieffi1�ffitffiiffi1e2tffiuffi2()ffii1�uffiþ(tnffi�)2tffi=þffi2n2ffi1�(ffi=ffi1�t2ffieffi(2eit1ui2�1u)þ)n�þn=1=2()21(te)2t22ei�u2�igun1ge1n)�)eei2�n2iuiinugugdnneude�u�ininuudduu

0 0 00

¼¼21n21n� 2¼�1¼p21p2122ðn1pn2ð�pf�(2f2t1p(21pt2�2ð2pð�p1ff()1(te)2t�2e�i�u�iuþ11)þ()e2te�(t22�tpitu2�iputffiþ�ffi2þffi1tffiffi2�()ffi21ffi(tn2ffi�t)2tffi=ffipt2n12ffip�ffi=ffi1�2þffitffiffi2tffi1þffi2ffi1(�ffi)ffi�t)nffi(2ffin=ffit1ffi=22�ffi12ffiffiþ�þ1()1(te)2ti2eu�ig�ung1nd1)u)edeiuuiuggnndduu

0 0 00

¼¼21n21n� 2¼�1¼p21p2122ðn1pn2ð�pf�22f21tp21ppt2pðffit2pðffi2pffiffitfffi2�ffif2ffi2ffi�tffiffipt1(ffipffitffi1(2þffitffitffi2tffi2þffi�2ffi2�ffi�ffi�ffi(21ffitffi1ffi(()21ffi1(ttnffiffi)2þ2t�=2nþ2��=�2212()11(t1c))2t)n2oc�n=so�=22us1g1u)n)gcncdoousdsuuuggnndduu

0 0 00

¼¼21p21p2ð¼p2¼ðp(t2(21þpt1pþ2ðp2pðpptffi(ffi2(tffiffitffiþ2�ffiþffiffi�ffiffip1ffipffiffi1cffitffiffi2tffiocffi2ffiso�ffiffi�ffiusffiffi)1uffiffin1ffi)fficdncouodssuuu))nndduu

0 0 00

En el capítulo 10 se ve más sobre polinomios de Legendre.

Problemas complementarios

Sucesiones de funciones y series de funciones

6.35.  Con la definición, demuestre:  a)nl!ínlm!í1m133nnnn�þþ�2zz2zz¼¼33, ,,  (bb(b)))nl!ínlm!í1m1nn2 2nþnzþzz2z2¼¼00.. .

6.36.  Sean límn→∞ un(z) = U(z) y límn→∞ vn(z) = V(z). Compruebe que a) límn→∞ {un(z) vn(z)} = U(z) V(z),
b) límn→∞ {un(z)vn(z)} = U(z)V(z),  c) límn→∞ un(z)/vn(z) = U(z)/V(z) si V(z)  0.

6.37.  a) Verifique que lasseerrieies 1 þ z þ z2 þ� � �p¼araXn1¼l1oszn2q�nu1ecclooannsvveeerrriggeeePspan1¼ra0 |z| < 2 y b) encuentre su suma.
6.38.  a ) Determine el 2 22 23 de z (�1)n(zn þ znþ1) converge y b)

conjunto de valores encuentre su

suma.

6.39.  a) ¿Para qué valores de z converge la serie P1 1=(z2 þ 1)n ?, y b) ¿cuál es su suma?

n¼1

6.40.  Suponga que límn→∞ |un(z)| = 0. Demuestre que límn→∞ un(z) = 0. ¿Lo contrario es verdadero? Justifique su
respuesta.

6.41.  Demuestre que, para toda z finita, límn→∞ zn/n! = 0.

6.42.  Sea {an}, n = 1, 2, 3, . . . una sucesión de números positivos cuyo límite es cero. Suponga que |un(z)| ≤ an para
n = 1, 2, 3,. . .. Demuestre que límn→∞ un(z) = 0.

6.43.  Demuestre que si a una serie se le agrega o se le elimina un número finito de términos, esto no afecta a la
convergencia o divergencia de la serie.

6.44.  S ean Sn = ilznac+siusmo2zaa2 )d+eha3lalzl3ese+lraie.s.Pu.m+1na¼0ndz(ePnn,lþTa1nP¼n1s1e=1n)n¼=riz20eznn(.+Pn þzn1¼211+)n=z2zn3n + . . . + zn. a) Muestre que Sn = (Tn − nzn+1)/(1 − z).
6.45.  b) Con el y determine el conjunto de valores en los que la serie
converge.
.
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Problemas complementarios  195

Convergencia absoluta y convergencia uniforme

6.46.  a ) Demuestre que un(z) = 3z + 4z2/n, n = 1, 2, 3,. . . , converge uniformemente a 3z para toda z en el interior de
la circunferencia |z| = 1.

  b) ¿Puede ampliarse la circunferencia del inciso a)? Explique.
6.47.  a) Determine si la sucesión un(z) = nz/(n2 + z2) [problema 6.35b)] converge uniformemente a cero para toda z en

el interior de |z| = 3. b) ¿Es válido el resultado del inciso a) para todos los valores finitos de z?
6.48.  Demuestre que la serie 1 + az + a2z2 + . . . converge uniformemente a 1/(1 − az) en el interior y sobre la

circunferencia |z| = R, donde R < 1/|a|.
6.49.  I nvestigue la convergencia a) absoluta y b) uniforme de la serie

z þ z(3 � z) þ z(3 � z)2 þ z(3 � z)3 þ � � �
3 32 33 34

6.50.  Investigue la convergencia a) absoluta y b) uniforme de la serie del problema 6.38.

6.51.  Investigue la convergencia a) absoluta y b) uniforme de la serie del problema 6.39.

6.52.  Sea {an} una sucesión de constantes positivas cuyo límite es cero, y suponga que, para toda z en una región ,
|un(z)| ≤ an, n = 1, 2, 3,. . . . Demuestre que límn→∞ un(z) = 0 uniformemente en .

6.53.  a ) Demuestre que para toda z finita tal que Re{z2} > 0, la sucesión un(z) = nze−nz2 converge a cero, y represente
en forma geométrica esta región. b) Analice la convergencia uniforme de la sucesión del inciso a).

6.54.  Suponga que P1 an y P1 abn convergen absolutamente. Demuestre que P1 acn, donde cn = a0bn + 

n¼0 n¼0 n¼0
a1bn−1 + . . . + anb0 converge absolutamente.

6.55.  Suponga eqsueabcsPaodluan1¼tau1n(yapudnffinffiffieiffiþffifffiPodffiffiffir1offiffimn1s�¼es1mep(rpeinffieffin)nffisffitffieffiþeffifficsffiffioffi1ffiaffinb�vseoprlgunffieffit)natey. uniformemente convergente Pen1 . (Dpeffinffimffiffiþffiuffiffiffieffi1ffisffi t�repqunffiffie) en su
producto
n¼1

Criterios especiaPlen1s¼1dune cPon1n¼v1eurn gencia P1 un

n¼1

6.56.  Pruebe la convergencia de:
((a(a)(a()a(a)(a)Xna() (Xn)1¼aa)X(n1a¼Xn)1Xa1)¼n1)¼X1n1X¼)n11¼21X1Xn¼n121¼1n1¼X2n1n21¼2111nþ2n1þ2n11þn212þn1þ1n21nþ11þ1n,1þ11þ,111,þ1,,11,(,(b1,(,b ()b(,)b(b()b)Xbn(b)(Xn)1b¼b)X()1n¼Xn)b1X1)¼n1¼X1n1X¼)n11¼31X1X¼nn131¼1n1¼X3n1n31¼31n1n�3nn�3n1n�n33n�nn�1n3nn�1n�1n,n�1n�,1n1,�1,,11,(, (c1,,(c)(c(,)c(cc)(c)Xn)c()(Xn)1¼cc)X(n1¼Xn)1Xc1)¼n1¼X1n1X¼)n11¼31X1Xn¼n131¼1n1¼X3n1n31¼3121n32nn3n1n2�n323�nn2þn�2n3þnn�2n�nþn2nþ2�nþ3�nnnþ23þ�nþ�nnþ3þ3nþ�þ3nþ3þþ2n3nþ2þ33n2,þ2þ,322,þ2,, 22,(,(d2,,(d(d)d(,)d(d)()d)Xnd()(Xn)1d¼d)X(n1¼Xn)d1X1)¼n1¼X1n1X¼)n11¼41X1Xn¼(n141(¼1n1�¼X4n1n(4�1(¼411n�(þ4n1�(4nþ�11(n�4)þ41n�(þ()1nþ3n14�n�)nþ(31)þ1n)n�3,nþ3)1þn1,)3n3,þn) 13),,nn33),(,(ne3e,(,e)(e)(,e(e)(e)Xne()(Xn)1¼ee)X(1n¼Xn)1Xe1)¼n1¼X1n1X¼)n11¼p1X1X¼nn1p1¼11¼Xpn1pnffi1¼p1ffi1np2ffi3pnffiffi213ffinffinffip2ffinpffi3þn2ffiffin3ffi2þffinpffin3ffiffi�2nþ3ffin2ffinffin�þ3ffiffiffinþn2�2ffiffi3nffin3ffiþn�ffiffiffiþffi�1nffi2ffiffinn3�þffiffi1nffiþffi�ffiffinffiþn1ffiffiffiffin�1þþ�ffiffiffin1ffiþffiffiffi1þ2ffin�ffiffiffin1þ2ffiffiffiffiþffiffiffi1n21ffi.ffiffiþ2ffiþffi.ffi21ffiffiffi2ffi.ffiþffi2.ffiffiffi.ffiffi2ffi2ffi.ffiffiffi.ffiffi2ffi..ffi .

6.57.  Investigue la convergencia de:
66(..(a55(a)(89a()a(a)..(a)X  na() (Xn)1¼aaIE)X(n1a¼Xn)n1Xa1)¼n1)¼nX1n1vX¼)n11¼nc1X1Xn¼ne1n1¼1u1¼Xnn1sþn1¼þn1et11nþ1innþ1g1þjnn1þjzt1þuznr1jjþ1jþzejjez,11jjzþ,jjz1jlz,ljjj,aazj,zj,(jj,z(rbc,j(,be()o b(,)bg(bn()b)Xinb()(vbXón)1b¼b)X(n1¼eX)nn)b1X1)¼n1r¼X1n1X¼)ng1d1¼n1X1Xn¼(n1nee(1¼1�1¼Xnn1þ(�nn(1¼nþ11�c(n1�cþ(n�þ11(oþj�n)in1X�(þjnz()1annþX�n1znj1�¼)nj(þ1Xj)þn1z¼vj1Xnj)n�zd,0nX1¼jjnz)þ1n1,1¼jXe0j)nz1Xn¼ejnz,0jn)11j¼rj,)n0Xe1Xn¼zj,nzn0ngnej),1(¼0jen1¼Xjn,nz0e(ncennee n,1¼n0j(,ce0en�)n(nenenpc�n(,e)en0ncp(�nencni)cen(pece�nn=c)iXp�1nnc()=en(npi4Xeeni�)1n)1¼pci�=4ac)Xpn(11n=¼iennX.4�1n=)�i1Xc1p)4¼1n.pi=n1¼4X1d1n=�1.X¼)4i1npi1.14¼=n=1Xe.11X¼n1n1i4n.41=¼1.21:¼Xn1n124n..1¼n112þn21.þn211þ2nn1þ21þj21n2þjz1þz1j2jþjþz1jj1z,jjzþ,j1jzjz,jjj,zj,zj, (jj,z(d,j,(d()d(,d)d(d()d))Xnd()(Xn)1d¼d)X(n1¼Xn)d1X1)¼n1¼X1n1X¼)n11¼n1X1Xn¼n1n1¼121¼Xnn12n1¼n1112þn12þn211þ2n1nþ21þz12n2þz1þ.z121þz.þz.1zþ.z.z.z.z.. .

66..6601(a(..  a) ()aEIa(nX)n)na1X¼vn)c1¼Xen0u1¼0sXn(et01¼ni(n(gn0(atþunr)(þ(eze(nþ1zXn(þll1)þ1z¼aaþ(1()0nþz(i)rr1)n(ieeþ(þn)n)igngþn()niþnii2þóó)(2)þnnnz2)1,þ)dd2),(e,e)n i()P,cbc(þnboo)(bb)nn1n)2(X)¼nvvb)1X¼ne0e)1¼Xn1,rra1¼1ggXnnnX1n1e¼en1X¼2(nnn1bn1¼2X1n0�cc1)¼210n�X3ini(10a�1¼3a2nnX(n3nn101¼(��edaþnn�e231ebþ(zzp�e2nnþszz1pn�þiX2nnozz�e1)p�þi1þ¼2zn3l21)þ�izzz1110u=np�3)2111z=�þ�it33n(2a11�)=.nnzn23X�.n11nd=�e1X,¼nþ.2n�e21,¼Xn1zz p.1,¼1n1Xþ�ni(nn11,¼4)c(nzc(34c)n1(�n11()=4)c(n�2(�(nnX()1nn�4c.n1X¼21(n(n)X)nnn1�¼2Xn1n1)1,¼þ(1(¼n21)nþX11zn((n1þ1¼2z1�)((�(nn1�z1)(þ4c�(1(5n1�))�nz�i=1(5)n!))(21�i=n1)5�n!nn)X12nzin)=)n!1¼)2.25nn)znni=n.n)1z!þ)2:(n.nnz:z(.1�n:�):15ni=)!)2nnz.n : P1 an � pnffiffi )
(pnffiffiffiffiþffiffiffiffiffi1ffiffi
P1 (pffinffiffiffiþffiffiffiffiffi1ffiffi pnffiffi ) n¼0
6.62.  D emuestre que la serie � diverge aunque el término n-ésimo tienda a
n¼1 P1

n¼1

cero.

6.63.  S ea N un entero positivo y suponga que, para toda n > N, |un| > 1/(n ln n). Demuestre que P1 un diverge.
6.64.  Demuestre la validez a) dPel n1c¼ri1teurnio de la raíz n-ésima [teorema 6.12], b) del
n¼1

criterio de la integral [teorema 6.13],

de la página 172.

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196 Capítulo 6   Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent

6.65.  Encuentre el intervalo de convergencia de 1 + 2z + z2 + 2z3 + z4 + 2z5 + . . . .

6.66.  Demuestre el criterio de Raabe (teorema 6.14), de la página 172.

6.67.  Pruebe la convergencia de2:2lanl1n)12222l2n1lþn12þ22323þlnþl1n12323l3n1lþn12þ23434þlnþl1n12424l4n1lþn12þ24�4��þ��þ�,�,� � �, ,  5151bþ)þ515115þ��þ��848451þ51þ�� ��8451845þ1��þ�8�48541�5�1�1�7�181�74814�þ��þ1�71�71��þ��þ�,�,� � �, ,

  c)2525þþ25525þ2��þ�1�715072502�þ��þ1�71057205þ2��þ�1�71507250�2���1�11�172105720�5�þ�1�þ11215�25��þ��þ�,�, � � �,d,) lnl2n222lþnlþ2n22l2nl3þn33þ3lþnlþ3n33l3nl4þn44þ4lþnlþ4n44�4��þ��þ�.�.� � �. .

Teoremas sobre convergencia uniforme y series de potencias

6.68.  Para las series siguientes, determine la región en la que la serie es uniformemente convergente:
 Xna1¼Xn)1¼X1n1X¼n131¼13n1z3nþn3znþnznþ1nzþ1n,1,1,(,b (b)(b)(bXbn))1¼X)n1¼X1n1¼Xn1(1¼1z(1z(�nz(�nz2�in2)�i2n2)in22)in,2)n2,n, , c)Xn1¼Xn1¼X1n1X¼n1(1¼1n(1n(þn(þ1nþ11þ11)z11)nz1)nz,)nz, n, , d) Xn1¼Xn1¼X1n1X¼n1n1¼1pn21pn2nffiþpffin2ffinpþffiþ2ffinþffijþffizffinþffijffiþffi1jffizffiffij2þffi1jzffijffi2ffi.1jzffiffi2.1jffiffi2. .

6.69.  Demuestre el teorema 6.20, de la página 172.

6.70.  E nuncie y verifique los teoremas para sucesiones análogos a los teoremas para series 6.18, 6.19 y 6.20, de la
página 172.

6.71.  a) Mediante diferenciación de ambos lados de la identidad

  encuentre la suma de la seriePP1 n1�11n¼¼1z1n¼nzzn1n þ z þ z2 þ z3 þ��� jzj , 1 pasos.
para |z| < 1. Justifique todos los

ð1   baS ))e(baEE)nnz ccFruueinaeedlnnttynðrr!eetnannn1ln!l!!la!íð0q1m111s1uuuðnðð0e11n1um!(uunu0za1(nnn)z(≤((ddð)zz1zoz)e))u,zdddnlzza≤z(,,z,( s)b1ed)Y(r,(b(Yzbbib(y,)Fe)z())izE)sPn)FFPeF(n¼dbiai¼cin1nn)nð01n¼uuPddd¼Pe1nnF1ððn(nnnði1n0l!z!nntí¼n1n2n)rmn¼d2z10enn1l=lnzn!0!lííað!nímm1uapmn11nnnu1naz(znunzunrlzu!e(ínann)mzn−o((1)|z(znzzd)d)zu|oo)3zzon.<,dd(dzz)1z(o.bd)zF. ind ð n o
6.72.  lím un(z)
n!1 dz
un(z) dz,  n!1

0 0 00 0 00 00 0

  b) Explique por qué las respuestas de los incisos a) y b) no son iguales [véase el problema 6.53].

6.73.  Demuestre el teorema de Abel [teorema 6.24, página 173].

p14=¼(661..771þ45�z..    231)aDbc)))¼þeDDSm511ieeusm�m�eesuu17zeteer2lþessiþgtterre�eelz��l4t�qqae1�u.uop1zr4eeaPr=�z¼Pem¼(6p1p11p1444m1n1===þazð01n¼z1¼¼þa((¼(¼s1d1111��u16p1e4nz�1þ11þþþdc.n=2�z2fh31z�)��¼(2n f(5zzzz1zoz¼þ2t222,nh3113)13)r1)þ)d¼a51=1¼þ¼jþ¼þ�etzz��jzf2l51151t113151a(),a�017z����n¼þ��p)2 z−þ1á3¼þ17t317zz51.117g1za222�þþiþnz��þz0nþþ�þ�−4e,�az��51711zn��5uz.z��21z��z�z44sþ����4l7�1þ1�.eza¼��.1.�36.z1zp1�4z(qz7.z��þa�=z7zzð¼¼0�zu4�z¼�6)6¼(11þ1s6e111�.�þtzþuzðð00zzzoþ�zðþf1þ0dc�zs s�1�1z(¼�h��zsupu1�601�f�z��uzþþdcrdco)t�2þ�z2�þðodc0hhhzzz13r�)=fvhfzz¼zsa1oo�jtft¼2þpz2eutzhho�rtr2þadc0jzh¼f¼aat�r51hjrj1z,¼(,tat�zzafz0jactjjo�zzzf�tf2)th|oj(zr(,fz,1��z3¼00¼an3(71,z.|�jt)0)z2þz1<z1þe33j)zf0¼¼33þ.z1.l3(,,¼�3zþ0þ.5�1i5u00nz)�þ.�4zs,1,0�c�3zz¼553e1.5ui5,u�.zs5zþssz(5u��7o0eae7�z¼s�,)6z1eaþ5z(z(775uat7a7)þzð0zo(zs7))��þaþ7ces1��tpt)ouþoo�z(�þr7��dcmta7o�o��hpzp)�vþp�f�zrr�opte2ooroh�rur�vv¼taoe�hjepetvz�barjztfteotehh(,�v0ataqhett)uz1a3t¼3et.hþa0t ,z55us�e (a) to prove that
z7 þ � ��
7

6.76.  a) D etermine Y (z) ¼ P1 anzn tal que para toda z en |z| ≤ 1, Y'(z) = Y(z), Y(0) = 1. Indique los teoremas

n¼0

empleados y verifique que el resultado sea una solución.

  b) ¿Es válido el resultado del inciso a) en el exterior de |z| ≤ 1? Justifique su respuesta.
  c) Muestre que Y(z) = ez satisface la ecuación diferencial y la condición del inciso a).

  d) ¿Puede identificarse la serie del inciso a) con ez? Explique.

6.77.  a) D ada la ecuación diferencial Y''(z) + Y(z) = 0, Y(0) = 0, Y'(0) = 1, emplee métodos para series a fin de obtener
la expansión de la serie

sen z ¼ z �z33! þ z5 � z7 þ � � �
5! 7!

  b) ¿Cómo se obtiene una serie correspondiente a cos z?

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Problemas complementarios  197

Teorema de Taylor

6.78.  O btenga el desarrollo de las funciones siguientes en una serie de Taylor en torno al punto indicado y, en cada caso,
determine la región de convergencia.

  a ) e�z; z ¼ee0�� ezz;�; zzz;¼¼z (¼00c)01=(1((þccc))()zc1)1);==1(z(11=¼(þþ11þzz));;zz)z;¼¼z ¼11 1(e) ze2z;((eze))(¼eezz))e�e22zz1ze;;2zzz;¼¼z ¼��11�1
  b) cos z; z ¼ccoopscsoz=z;s2; zz;¼¼z(d¼p)p==zp223=�2((3dddz))()2dzz)þ33 z��43z�33�zz2322zþþ;2 zþ44z¼z4��z2�22;;2zz;¼¼z ¼22 2

6.79.  Suponga que las funciones siguientes se desarrollan en una serie de Taylor en torno al punto indicado. ¿Cuál sería
la región de convergencia? No realice la expansión.

s ea n)zss=ee(nnssz2eezznn=þs=e(z(szzsnz=e2=42e(n(z)þnszþz2=;2zez(=nþz4þ=z4(2)(z¼);2z4=þ4;2()zþ)þzz;0;42¼,z¼)4zþ4;)¼¼0);z0;4(, zc,¼0)z0;),¼,¼(z0c(,0z)¼c(0(,c)cþ,c())0z()(c,3(zþ()cz)zcþ)=þ)3(þ((zc)(z3()=z3þ3z)�()þ=)z(þ==3z((�1(z)3zþz3=))�(�)1(�=z=z3)((1)z�1�1z=))�)((�(41zzz))1��14(�;)z)(z(1;z44�4z)¼z)�)(�;;;4z¼zz)4z2�4;),¼¼¼2);z;4,z¼2)z22;(¼,,,e¼ (z2)e,2¼)2((e,(ee,eze)2)=()z,e=z(ee()e(zeezezz()=z)=)ez(=z�zeze(z�(e=)zz(zzz=1z=�1(e�z)zz�z)(;(=;z1�1zzz)1z�)(�;;¼1)z¼;z)1z�1;z)4¼¼4);zi;1¼i,z,¼4)z4;¼ii4¼,,z4i,i4((¼4,ggii,))(, (4ggis(s),)(egeg(cs)cs()gegepp)csc)(szegzepgsp;;cs)ce)zezcpzp;;cs¼pe¼zzzzp;c;z¼¼1z;pzz1;zz¼1¼z1;¼¼z111¼1 1

z =b()ezzzz==/þ(((zzeee==1zzz((z)eþeþ+=;zzzz(=z=þe1þ1(1(zze)¼)e)=;1zþ;1;z()zþ)ezz0þ;;1z¼,=¼z)1zþ1;)¼¼0);z00;1,z,,¼0)z0 ;,¼,¼(z0d,0¼)0,(,d(e0d)(�,(d)ddze)2)()�eds(eez�e(e)d2�d−�nz)s2)z(ezzhe22d2�se(nse)ses�zzeh�e2enznþe(nnz2shz2�hehhs(s(þnz2e(z(2zezhzn)þnsþ;2(þhe+hz)(zn(2;z2þ2zh¼2))zþ)(;þ;);2z¼;zz0)2zþ2z;,)¼¼¼0);z=;2,z¼0)0z0;0,¼,,¼z,0 ,0¼0,, 0(f,()f)((z(fffz)c)()cof(zozt()fzfhfct c))hc)oz(o2ozft2zctzhz)htzoc;chc;2too2zzoh2ztztcth;h¼z;2ho¼;zz2z2t2;hzz0¼z¼0z;z,;2;¼,zz¼z0z0;,¼,0=¼z0, ,0¼00,,.0,
6.80.  Verifique las expansiones 1, 2 y z3zpzz arzazzezz, sen y cos z, de las páginas 173 y 174.
z
z

666...888231...s    eDMbMc)ezuussmeeee¼ssccusssttteeezarrez1ceecsnsn¼¼tþez�szqqrzsstcse2te1¼atuuee¼1ae1czazncnsz¼eesnqtns2tnþzea�eþ¼1aez�1zu¼aszþ2cnnnz1n¼t2szte1eþ¼tz)aþ�a2�zez2z¼1azs¼nzt2n¼z2sn521tn2at1en1t¼�a¼zeaþ1þza2�nzznz�z¼¼2¼zzþz2nnnz2sþnt242z�12tþa¼ze¼�1z¼þ3zza252þzz2þ¼12zþz¼ztzn2nz�z52631nt!za�2þ32�42z¼z¼�a¼z¼z22z4�z5n¼þzþ52z2z2n2�z�z41þz33t�¼zþþ�z3z4�za¼2�6z433þ2¼z!4z¼þzz4þ35z2zn623�2þ!z35�¼þzz33þ2zzþ1z5þ5z¼¼��þþ3z,4623z655z!3þ!�z03!423zz��3z�þ�34zþz232�3zzþ44z��¼þ1�þþ�z5þz3�zzzþ54363152!3zz3z,3��3�jþ55þ!�5þz3z0zz�6þ531z5zþ4þz!�z,þ6z533�zz2�54þz!z!þ530�71zj153�715,3þ7þ,5z3�!z105�2!þþþ30j5þ�1zz,��!zþ643335�z2!þ�52þ�zz133z��11zj5�5�7jz,7�z�5þ5þ!7þz5z0jz5z1�j5þ1þz5355zzz,,7!�jp5z412553!7z0��,�17þzþz�75j1z!707j�77þzz2,�1�7!��þþj4�5=115�z2,þ,!�1551z4,!��p,z4��þz5j2�5!zþ�0z7jþj755�z7,�þþ�1��z25þ=z,�pz�71j,�,�z!7�p4,z77�þ�p�j1þ2z�7�7jþ5���1,=!�4,��5�zþ=,,�,�!þ=4z�,�zþ2,7,j�p���72��þ�7þj2j1,��þ�,�,z�p,,z�!��, 4=j�,�,pþ,,j��jz,��(j��2j�=þ��jz,c=z,�,j,��,�,p2cj��jz)2,(,j,�jj�jj),jj,��zcz=z,z,,zj,zj,jj1,��jj)pzjz,c2j(jz((jjj,1�jc.cs,j,,,c,z,z=,1pjc,jj))c,,j)jz,jzj1(2z.s.jzz=jcjj,zjz,1c(1p,p1jcpjzc2()jj.,cj,1,1.1sj..cz¼szsz,=,,j=)=,cjc1cjz)p,c(2.¼22..j1c.1z,sp,czz,1=1,,pc)c1,.s2¼1=...¼s1¼zþc=z1,pc2.2þ.z1.s,¼1zz1=z1,zc¼2.þ¼6þzzþ1z, þ1z¼6þz16zzz7þþ3þ71zz6þz63z6zþ3þ30637z7þ76þ6zzþ630zz33073�63z7þ�3þ7�306zþ�6�z30�3þ370�,,�6��þzþ�30���,,�0��0þ�,���,,,�0�0,,�0,j,j�0zz,,0jj0,jj,z,z,j,jj0jz,z,pjpj,jjz,zj,ppjj,z,pjpp,p p
2 224 24 z 6z 6360 360

6.84.  A l sustituir z por iz en la expansión del problema 6.82, obtenga el resultado del problema 6.23c), de la página
185.

6.85.  ¿Cómo se obtiene una serie para a) tanh z, b) sech z, c) csch z a partir de las series del problema 6.83?

6.86.  D emuestre la unicidad de la expansión de la serie de Taylor de f (z) en torno a z = a.

  [ Sugerencia: Suponga que f (z) ¼ P1 cn (z � a)n ¼ P1 dn(z � a)n y muestre que cn = dn, n = 0, 1, 2, 3,… .]

n¼0 n¼0

6.87.  Demuestre el teorema 6.6 del binomio, de la página 174.
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
6.88.  Suponga que se elige la rama de 1 þ z3 con el valor 1 para z = 0. Muestre que

pffiffiffi1ffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 1 � 1 z3 þ 1 � 3 z6 � 1 � 3 � 5 z9 þ � � � jzj , 1
1 þ z3 2 2 � 4 2 � 4 � 6

6.89.  a ) Elija la rama de sen−1z en la que se tiene el valor cero para z = 0. Muestre que

sen�1 z ¼ z þ 1 z3 þ 1 � 3 z5 þ 1 � 3 � 5 z7 þ �� � jzj , 1
2 3 2 � 4 5 2 � 4 � 6 7

  b) Demuestre que el resultado del inciso a) es válido para z = i.

6.90.  a ) Obtenga el desarrollo de f (z) = ln(3 − iz) en una serie de potencias de z − 2i, al elegir la rama del logaritmo
en la que f (0) = ln 3, y b) determine la región de convergencia.

Teorema de Laurent

6.91.  O btenga el desarrollo de ff ((zz))=¼11/=((zz−�33))en una serie de Laurent válida pajrzaj a,) |3z|, <(b)3j,zbj).|z|3>. 3.

6.92.  O btenga el desarrollo de f (z) ¼ z en una serie de Laurent válida para:
(z � 1)(2 � z)

  a) |z| < 1,  b) 1 < |zj|z<j ,2, 1, c)(|bz)| >1 ,2, jzjd,) |z2−, 1| > 1jz,j  .e)20, < |z −jz2�| <1j 1.. 1, 0 , jz � 2j , 1.

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198 Capítulo 6   Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent

6.93.  O btenga el desarrollo de f (z) = 1/z (z − 2) en una serie de Laurent válida para a) 0 < |z| < 2, b) |z| > 2.
6.94.  E ncuentre un desarrollo de f (z) = z/(z2 + 1) válido para |z − 3| > 2.
6.95.  E ncuentre un desarrollo de f (z) = 1/(z − 2)2 en una serie de Laurent válido para a) |z| < 2, b) |z| > 2.
6.96.  Obtenga el desarrollo de las funciones siguientes en una serie de Laurent en torno a z = 0, e indique en cada caso

el tipo de singularidad.
  a)  (1 − cos z)/z,  b)  ez/z3,  c)  z−1 cosh z−1,  d )  z2e−z4
6.97.  S uponga que tan z se desarrolla en una serie de Laurent en torno a z = p/2. Muestre que: a) la parte principal
es − 1/(z − p/2), b) esta serie converge para 0 < |z − p/2| < p/2, c) z = p/2 es un polo simple.
6.98.  Determine y clasifique todas las singularidades de las funciones:
  a)  1/(2 sen z − 1)2,  b)  z/(e1/z − 1),  c)  cos(z2 + z−2),  d )  tan−1(z2 + 2z + 2),  e)  z/(ez − 1).
6.99.  a ) Desarrolle f (z) = ez/(z−2) en una serie de Laurent en torno a z = 2 y b) determine la región de convergencia de
esta serie. c) Clasifique las singularidades de f (z).

6.100.  E stablezca el resultado (6.7), de la página 174, sobre los coeficientes en una serie de Laurent.

6.101.  Demuestre que las únicas singularidades de una función racional son polos.

6.102.  D emuestre el recíproco del problema 6.101, es decir, si las únicas singularidades de una función son polos, la
función debe ser racional.

Desarollo de Lagrange

6.103.  M uestre que la raíz de la ecuación z = 1 + zz p que es 1 para z = 0, está dada por

z ¼ 1 þ z þ 2p z2 þ (3p)(3p � 1) z3 þ (4p)(4p � 1)(4p � 2) z 4 þ � � .
2! 3! 4!

6.104.  E n el problema 6.103, calcule la raíz si p = 1/2 y z = 1, a) mediante una serie y b) exactamente. Compare las
dos respuestas.

6.105.  Con la ecuación z = a + 1 z(z2 − 1), muestre que
2

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ 1 þ X1 zn dn (a2 � 1)n
1 � 2az þ z2 2nn! dan
n¼1

6.106.  M uestre que el desarrollo de Lagrange sirve para resolver el problema de Kepler de determinar la raíz de
z = a + z sen z para la cual z = a cuando z = 0.

6.107.  D emuestre el desarrollo de Lagrange, fórmula 6.11, de la página 176.

Continuación analítica

6.108.  a)  Demuestre que

F2(z) ¼ 1 1 i X1 �z þ i�n
þ 1 þ i
n¼0

  e s una continuación analítica de F1(z) ¼ P1 zn, y muestre gráficamente las regiones de convergencia de la

serie. n¼0

  b)  Determine la función representada por todas las continuaciones analíticas de F1(z).
X1
6.109.  Sea F1(z) ¼ znþ1
n¼0 3n .

  a)  Encuentre una continuación analítica de F1(z) que converja para z = 3 − 4i.

  b)  Determine el valor de la continuación analítica del inciso a) para z = 3 − 4i.

6.110.  Compruebe que la serie z1! + z2! + z3! + . . . tiene la frontera natural |z| = 1.

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Problemas complementarios  199

Problemas diversos

6.111.  a)  Demuestre que P1 1=np diverge si la constante p ≤ 1.

n¼1

  b)  Verifique que si Þp es complejo, la serie del inciso a) converge si Re{p} > 1.
  c)  Investigue la convCeGrg(ezn)cdiza o divergencia de la serie del inciso a) si Re{p} ≤ 1.

6.112.  Demuestre la convergencia o divergencia:
6.113.(((( bbaaabP ))))))a  raXXXXnnnn11¼¼11¼¼m((((1111babaonnii))))ppeesþþtnnnnrffiffinnXXnXnXffiffianþþnþþ1¼1¼1ii¼1¼r 11((11((((qssbaba22ninuiee))pe))penne��þnþnnn22nffinffiPffiXþXnXffiþnnnXþnnþii1i1¼i1¼1¼1))¼nn1�11(�11(szs221 enienipepenz�n�þznþnn2n2¼nnffiffinnffiþnffiþiþiþi)i¼)nzn((((((sccdds2þ20e))e)).n,�n�zXX2EXXnn2nn211n¼¼11¼¼niui)þ11)22l((n((necdnncdnnr)z)(( )))ssll 3iip nn))eeXXnXnXnnþnrnnn1¼1nn¼1e¼1¼��1s212�11((e((n((�ncdnncdn11(�()))s)ltsil==inó¼)en)ennXnXnXnnnXnnnnne133¼1¼1¼1�¼�X))l121 11211a((nnnn1r1((g=szls=ilin)eunnn)enPPnn,nmn((((3n3n�ffee�)) e))))1111(n(11XXXXznnnnto=1111¼¼¼¼=�nzPnnn1111Ps((((33feinnccfe¼¼1)g))1oo))ee1u¼��ttXXihhnnXXnnnne11¼¼11¼��¼221nn11n1111PPt((�((enc¼nnnfec¼fe1:oe ))o1e))11�t  �th=hXXnnXXnnnn�1z1¼¼2�11¼¼2 1n111n1¼1 nnnc¼nc¼oe1oe�t�thþhnn�2�2 11z1
nn 1 þ � � � ¼ X�1 zn
þ z2
0

  ODDbeemstepnuugeésast,refeaollrqdsPueju1zsefma1�o��zprf1arraforo1zojr,rzzjlar¼nPljP�o,1zj¼1zz1��d�z11���1z1eþ0j1,1z.s,1zzjzze¼nj2¼nn,z,¼1þ3¼lz,nzz1þ01zzþ,0e.3,z.n¼zEþzl2znu2xz(þln�pzþznl�anl�¼izz�qzsz3¼3¼eu1(þ¼reþz)iX(e�lþ�(1z1a�z�d���1f(e��zaz¼)n1M1l¼�þa1,)�cX)aXþ1i12(1cþa11z)l.12(az�z(zuz�z�n�1z�nr1,12�i,�n(1)�z122.122¼)��)2z�2z��113(z��zz)�23(1�(1z1þz�21¼�2¼13�=�()z�1z1331133¼)��þ)3��31þ11141(þ1z)=þ34=(z�(zz�z�31¼z�3¼14��þ�)�1144�114)�zþ�1)4.þ24�þ1�z�1z�þ���þ��.���z�1�z.21.¼2þþX��0�1����z¼¼n X�X�0101 zznn
6.114. 
6.115. 

6.116.  En la serie z2 þ 1 z2 z2 þ (1 z2 þ (1 z2 þ � � � .
þ þ z2)2 þ z2)3

a)  Muestre que la suma de los n primeros términos es Sn(z) = 1 + z2 − 1/(1 + z2)n−1.

b)  Muestre que la suma de la serie es 1 + z2 para z  0, y 0 para z = 0; y por ende, que z = 0 es un punto de
discontinuidad.

c)  Muestre que en la región |z| ≤ d, donde d > 0, esta serie no es uniformemente convergente.

6.117.  S i F(z) ¼ 3z � 3 , enPcun1e¼n1tr1e=unnpa serie de Laurent F (z) en torno a z =1 que converja para 1 < |z − 1| < 1.
(2z � 1)(z � 2) 2

6.118.  S ea G(z) = (tan−1 zc))/Ez4v.aal)úeDÞeCsaGrr(ozl)ldezG, (dzo)nedneuCnaesseurniecdueadLraaudroencto.nb)véDretitceersmeinne2la región de convergencia de la
serie del inciso a). 2i, −2 2i.

6.119.  Considere las funciones ze1/z2, (sen2 z)/z, 1/z(4 − z), las cuales tienen singularidades en z = 0:

a)  dé un desarrollo en una serie de Laurent en torno a z = 0 y determine la región de convergencia;

b)  indique en cada caso si z = 0 es una singularidad removible, una singularidad esencial o un polo;

c)  evalúe la integral de la función en torno a la circunferencia |z| = 2.

6.120.  a ) Investigue la convergencia doef X1 1 b) ¿Contradice su respuesta al inciso a) del problema 6.8?
n1þ1=n .
n¼1

6.121.  a ) Muestre que la serie siguiente, donde z = x + iy, converge absolutamente en la región limitada por sen2x +
senh2 y = 1:

sen z þ sen2 z þ sen3 z þ � � �
12 þ 1 22 þ 1 32 þ 1

b) Represente en forma gráfica la región del inciso a).

6.122.  Si |z| > 0, demuestre que cosh(z + 1/z) = c0 + c1(z + 1/z) + c2(z2 + 1/z2) + . . . , donde

1 2ðp
2p
cn ¼ cos nf cosh(2 cos f) df

0

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200 Capítulo 6   Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent

6.123.  S i f (z) tiene ceros simples en 1 − i y en 1 + i, polos dobles en − 1 + i y en −1 − i, pero ningunas otras
singularidades finitas, demuestre que la función debe estar dada por

f (z) ¼ k z2 � 2z þ 2
(z2 þ 2z þ 2)2

  donde k es quuneazp,czoae,rnzeasszzteta,soznne,edzntzeaes¼zzzeas,¼nrXenbe1¼nzXnzi1t1z¼¼sr1ea¼2nrXnni21¼X=naz2n1¼1.=¼s12e2snXnnn2e1¼!=(nnn2n1=!(2spne2s=pnnen4!n=(n=2)n!(4zpsn)nepz.=nnn4=!.()4nz)pnz.=n.4)zn .
6.124.  Demuestre

þ z þ nz]. 6.125.  MI[ SnSnvuu(ezge)ssett¼riregenu1qceui�2alea:2¼(lc1Dn¼o=1e2n1s1�v2c¼þe�o¼12rmgn1þ212ez1p�)þno31¼.:�c]in�12i13ag121þ�a41uþ�þ13ne41li31�21þf�t�oþé�14r�r�mm14,�þ13�þe�,in�d�o41e�,þn�ly,-aé�jss�uei�smr,tiieofiXnqe1¼nuXn1e1¼f1rt[aoX1nc[1¼dXn1þc1o¼1isþ1o([nnl1Xno[(e1¼1n�sþs1þ�pp1(za[an)1(s1rzznoc�])þiz[s�a1].1l[(z[e1þn)Szsz)uþ�]zny[g]1z[en1m]z1rþz).euz]þn].en[cs1znit]azrþ.e]:.iqUnsuizsSse]en.Sl(eainzls()inzpsS¼-)rénSo¼(sn1bizi(sm)lz1�e)S¼am�n¼(s(1a1zu(=1)6m�1.=¼�2a1þ(31p1(þ.=1n]a�1=zrn)c1þ:z(ii)a1þ:l=nie1zns)zþ:)i:inz):i
(n � 1)z][1
6.126. 

 
is

6.12G7.Gi vSievinGelanG1ivsi1�evene�rG12ine1þi12v1�þe31�n�2131121þ�41þ�þ311431�12þ��þ�41��14�þ13�þ�� � � � converge a S, demuestre que la serie reordenada
1 þ���
4 1 1þþ31131�1þ�þ121321þ113�þþ�151215þ121þþ�þ711517�115þ�þþ141714þ171�þþ�194119þ114þþ�þ111911119þ1�þþ�1161111þ61þ�þ�� �611��16�þ¼��þ¼�23�1�S23þ�¼:S¼�:32� 23�S¼:S:

þ 1 � 1 þ � � � ¼ 3 S:   Explique. 3 2 5 7 4 9 11 6 3 S:
11 6 2 2

  [Sugerencia: De la primera sseerriiee.tO0ombþseer21vyþe eqs0uce�ríSb14a=lþolnc0o2mþ, oco160mþþo� s�12e� mþu0es�tra41 þ 0 pþro61bþlem� �a�;6d.1e2sp5u.]és sume término
por término con la primera en el

6.128.  Demuestre que la serie hipergeoméPtri1ca 1=n1þi P1 1=n1þi

n¼1 n¼1

1 þ a � b z þ a(a þ 1)b(b þ 1) z2 þ a(a þ 1)(a þ 2)b(b þ 1)(b þ 2) z3 þ � � �
1 � c 1�2 � c(c þ 1) 1� 2�3 � c(c þ 1)(c þ 2)

a)  converge absolutamente si |z| < 1,

b)  diverge para |z| > 1,
c)  converge absolutamente para z = 1 si Re{a + b − c} < 0,
d)  satisface la ecuación diferencial z(1 − z)Y'' + {c − (a + b + 1)z}Y' − abY = 0.

6.129.  Demuestre que, para |z| < 1,

0 þ 1 þ 0 � 41(sþen�01zþ)2 61¼þz2� �þ� 2 � z4 þ 2 � 4 � z6 þ 2 � 4 � 6 � z8 þ ���
2 3 2 3 � 5 3 3 � 5 � 7 4

6.130.  MDLoeucmeasultiercesetqre1e1u1i�e1qn�2ud21ei��q1�P1u2221e�n11��12�¼e3l31�2þt1þi1�p2=33on31�11þ�1d3�þ14e4iþ13��dt�12o�i3vd44�41e�a1��r1s4�g255le�14a�þ.oþs13o�4fsf5�þ�1i(��(n�zþ5�zo3�g�f¼�þu¼1�o�(l�f14za21z��2z)r(6�)��¼36liz3ln�d(þn(þ�3a1¼4322z2zd)1z611�3�l1eþ�2znþ(þ5s)633l21þ2dn1z(þo21:3)e�:þf2)2z�21(s��1þsz2e�e.:)n�¼1n22��:)sz12z2ez)�6zns�3zl�2en2(þn33z32�z�1��zz�þ2..�z3122�:3).2�s.en�z z2 �
6.131.  � .
6.132. 
3

66..113343..S  SuaSUbup))upt  pi�p�Sp��loio1uo11z1sSnpsaeþ�ueþg�p�n�pafodf1a1a2(pa�a�s2(oqz2!oeþzþ�2!1)1uþ)ssþþfe¼óeþ�a¼aa22(a2laz224!f!oaþ24!Pa)a42(!Pþþ4!Sþzp2¼!þ�a)2�urn1þn1aa23o4¼!ap¼3¼Paa3246!p!0aþ3p6�!�0a264!!iþ�6ao!Pþe14an11!þþasn3¼þdn�eþz�a�36!n1a0z�na��36¼!nd��þfa��a36a!a0�c�2e�(þnc��6!z2o�þs!�az�þo��)�þnn��nþ2dn12¼v�z��1þaev2c�þn���eþa2o4e!�þ�l���rPc�4r�an!gþ�2ago1bs�av�bþe�en1ne�s2þsþa3¼1�svþ�rþea36!f0egerfþaab6o3b!2arþ�ioe3bar23egr!2!gþ�3srþ!22na!bs2e1þejþz�p1þjfþzp�nsiþ��azpo3b2jnj��a235bar!ð23fc!0a2�5fb,2ð3p0�ao53,bri!3p2o!1þ�5jþ!3np�!a3r!j2z!n�þj22�iRjþf11þ|Rtvjþfa2þp5bð3z(0a,p(ae57þ�r!3|jaa!s7�r�aar2e75b�!jð3,0n<e�7�,þ!gpni5�Ra!f3b!duþid��euþd�(j)�eþa�Rs)7�rþRjaf0jm�¼2e07�!(n�¼2fa�yi7��rad�oa3�buþd2u�d��e7�!�3n�)ur!�2q!e�u�2i�j0uþdr1��¼s1þ2u2jþrp1¼)2zt¼�¼ed�j,r¼þ0j,��¼2þea2�5bu�ð300X,�npdX�51n!3r1!1(¼q1�R21¼(¼�R≤u�ja�¼uþa0,.þR0fr1.2eþ¼j(PXþrn¼jaPa7,1�rþaa1(¼Rren7�<r!abnoXnn0boj.i�11j)(uþ¼dv2R�þ)v2jaP)Rr0þaer.jþe02r�¼2nþ.2jbnPotan�jtV(hd�)v2(rha�n�baaouer�þeajt)2rþv2r1t22þ¼nit2rþe¼f(h!,þ2i!abqanbtXn)(ht1uþ)1(¼2aR22aae0!þ.tþþb2þqjP)a!u�2br�nbe�o)�jþ�)2v2���rþeþ�2�nt(h��a�a� t�þ2�!b)2 þ � � �
�

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Problemas complementarios  201

6.135.  Con el problema 6.134, demuestre la desigualdad de Cauchy (página 145), a saber,

j f (n)(0)j � M � n! n ¼ 0, 1, 2, . . .
rn

6.136.  S uponga que una función tiene seis ceros de orden 4 y cuatro polos de orden 3, 4, 7 y 8, pero no tiene ninguna otra
singularidad en el plano finito. Demuestre que la función tiene un polo de orden 2 en z = ∞.

6.137.  Determine si las funciones siguientes son enteras, meromórficas o ninguna de las dos cosas:

a)  zz22ee��zz,, zz22ee��zzzz22,,ee��zz,,((cc)) (c(c11coozos2�s�heth�2c((zcz((dczczodczz2dc2o2)oo)2,,)et)) ), sset�2(c(�zc2((((z1zz1o)dcdco)zz,,==)),s,))�s�zhzh((cc,,11czoocz2o2oss��,,hhss zzcczz))22oo==((,,ss((dcz((zfefe,zz),)) )))(((c==((zdcz1zzozzdc))sþ,,sþs)�)eeh(c(n1cn1o11czo(((((=s(2�=o11fesfe�h,zzs=h))=)),,czzzzczzz2)o(((()ef2o,f,f=ees, þsþ)),))se))ze  z,nnzzz1)zz1)(=(==ssþþ=11zzeezz=,=,,n(n,(((11zzhghg(())==1)1),),)zz==((p,,spsfe zzee)))ffisnsffin,ffi,ffiepffi(z e(zpffiffiffi((feffinffinffisþfe(ffi(()zffiffi)(ffizffiffieffihz)ffihg)ffizg==znz)))1p)zzp(sþ=pps1((sþ((effizzffizhehffieggffi=n,ffis1sffin))n))ffizffi1(epffiepffi=ffi)(1ffipp=ffinssffin,1zffiffi=eeffizffizzffiffi,ffiffi=ffizffizsffis=z,nn=ffiffizeeppffiffi)pffiffi),ffinffinffiffi,zffizffiffiffizffiffizffiffizzffiffi==((pphg))zffizffiffiffi(p(ghs(h(geh))g)sffi)  nffi))epffipsffisffinpseeffizffiffiesffinffiffinzffi=sffinepffiffiffiepffiffinffiffinffiffizffiffiffiffizzffiffi=ffiffiz=/ppffizffiffizffi
b)  ccoott22zz,,, ccoott22cczzoo,,tt 22zz,,((dd)) 11 11 1111 11 11111 11 11 111 11 1 11

6.138.  Sea −p < u < p. Demuestre que ln(2 cos u=2) ¼ cos u � 1 cos 2u þ 1 cos 3u � 1 cos 4u þ � � �
2 3 4

6.139.  a) Obtenga el desarrollo de 1/ln(1P+1z) en una serie de Laurent en torno a z = 0 y b) determine la región de
convergencia. zn=n
n¼1

6.140.  Sea S(z) = a0 + a1z + a2z2 + . . . . CPonn1¼la0s2r�enszt3rni.cciones necesarias, demuestre que
SS((zz))
11 �� zz ¼¼ aa00 þþ ((aa00 þþ aa11))zz þþ ((aa00 þþ aa11 þþ aa22))zz22 þþ �� �� ��

6.141.  M uestre que la serie siguiente a) no es absolutamente convergente, pero b) es uniformemente convergente para
todos los valores de z.

ln(2 cos u=2) ¼ cos u11�þþ1121jjzzcjjo��s 222uþþþ11 jjzz13jjcþþos333þþu11�jjzzjj41��co44sþþ411ujjzzþjj þþ� � ��� �� ��

6.142.  Demuestre que P1 zn=n converge en todos los puntos de |z| ≤ 1, excepto en z = 1.

n¼1

6.143.  C ompruebe quePla 1ns¼o0lu2c�inózn3nd.e z = a + zez, que tiene el valor a en z = 0, está dada por
z¼
X1 nn�1enaz n
n!
a þ n¼1

  si |z| < |e−(a+1)|.

6.144.  Encuentre la suma de la serie 1 þ cos u þ cos 2u þ cos 3u þ �� �.
2! 3!
6.145.  S ea F (z) analítica en el plano finito y suponga que F (z) tiene periodo 2p, es decir, F (z + 2p) = F (z). Demuestre
que
F(zF)(¼z) X1 X1 wdohnwedrheeeraen a¼n 2¼1p221ðpp 2ðp dz
¼ aneainnzeinz  F(zF)e(z�)ienz�dinzz
Esta serie se llama serie de Fourier
D emuestre que la serie siguiente es n¼�n1¼�1 0 0 c−ops u<�u12<co0s:2u þ 1 cos 3u � 1 cos 4u þ � � �
3 4
6.146.  para F (z). < u ln(2 cos u=2) ¼
< p y a −p/4 si
igual a p/4 si 0

sen u þ 1 sen 3u þ 51Pse1nn¼51 uznþ=n� � �
3

6.147.  Demuestre que |z| = 1 es una frontera natural para la serie P1 2�nz3n.

n¼0

6.148.  Suponga que f (z) es analítica y no idéntica a cero en la región 0< |z − z0| < R, y suponga que límz→z0 f (z) = 0.
Demuestre que existe un entero positivo n tal que f (z) = (z − z0)n g(z), donde g(z) es analítica en z0 y diferente

de cero.

6.149.  S uponga que f (z) es analítica en una vecindad agujerada de z0 y que límz→z0 | f (z)| = ∞. Demuestre que z = z0 es
un polo de f (z).

6.150.  E xplique por qué el enunciado del problema 6.149 no es válido para f (x) = e1/x2, donde x es real.

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202 Capítulo 6   Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent

6.151.  a)  Muestre que la función f (z) = e1/z puede tomar cualquier valor excepto cero.
b)  Analice la relación entre el resultado del inciso a) y el teorema de Casorati-Weierstrass y el teorema de
Picard.

6.152.  a)  Determine si la función g(z) = z2 − 3z + 2 puede tomar un valor complejo.
b)  ¿Existe alguna relación entre el resultado del inciso a) y los teoremas de Casorati-Weierstrass y de Picard?
Explique.

6.153.  Compruebe el teorema de Casorati-Weierstrass planteado en la página 175 [Sugerencia: Aproveche que si z = a
es una singularidad esencial de f (z), es también una singularidad esencial de 1/{f (z) − A}.]

6.154.  a)  Demuestre que a lo largo de un rayo a través de z = 0, |z + ez| → ∞.

b)  ¿Contradice el resultado del inciso a) al teorema de Casorati-Weierstrass?

6.155.  a)  Demuestre que una función entera f (z) puede tomar cualquier valor, con quizás una excepción.

b)  Ilustre el resultado del inciso a) con f (z) = ez, e indique la excepción en este caso.

c)  ¿Qué relación hay entre este resultado y los teoremas de Casorati-Weierstrass y de Picard?

6.156.  Demuestre que toda función entera tiene una singularidad al infinito. ¿Qué tipo de singularidad debe ser? Justifique

su respuesta. lfablfnnll))n1(n1 ( 1(1l(fþlf1þn1nlþlþn1(n1(þþ1z(1z(þz1þz1þ)zþ)zþ)þz)¼z¼ggzz22)z)zz)z¼)¼¼¼gg��22zzzz¼2¼�2����1�1zz2�þ2�þ���1�1121112þþ��þ��þz1z21112212212�þ�þ�þ�þzz22122122��3�z3þ�zþ313122þ�þþ�3þz3z3131�21�12þþþþ11þþ�þ12�þ21131311þþ�21�21þþzþz31þ3133�12�21�31�31zþzþ�3�3���132��132�4��z4��z4,��4,2�2���4�z4�z4,4,j�j�z�z���jj��,j,�,j�,zz��jj�1�1,,,,jjzzj1j1,j,jzzjj11,, 11
6.157.  Verifique que: 



6.158.  Encuentre la suma de las series siguientes si |a| < 1:

a) PPn11nP¼P¼111nn1nn¼¼aa11nnnnssaaeennnnssnneeuunn,,n nuu,b, )  PPn11nP¼P¼11n11nnn¼¼2211aannnn22ssaaeennnnssnneeuunn.nnuu
Ma)uMesuterestqreusseqeennuezzess¼e¼enXnzz11¼¼þ1þ11zzþþzþþn=zzzz2n2þ2þ22��zcz222o2zz8n8�4�4v��ezz88r44g1gz1z��e55e55spþ1þz1zaf5555or��aþr�þ��|j�z,��,|j��≤���j,j,zz1jj.,j,jzzjj11,,..
6.159.  11..
6.160. 
n¼1

b)  Muestre que la función F (z), definida como la colección de todas las continuaciones analíticas posibles de la
serie del inciso a), tiene un punto singular en z = 1.

c)  Concilie los resultados de los incisos a) y b).

6.161.  s SoesatiXene1nq¼u1ezanln=aznnf2ucncoconinvóvenergrFge (enzst)efdoeernfijnzejild�ianp1teo.rriolra de un círculo de convergencia de radio R. Existe un teorema que
colección de todas las continuaciones posibles de esta serie tiene al

menos un punto singular sobre la circunferencia de convergencia. a) Ilustre el teorema mediante varios ejemplos.

b) ¿Puede probar este teorema?

6.162.  Muestre que

u(r, u) ¼ R2 � r2 2ðp � U(f) df f) þ r2 ¼ a0 þ X1 � r �n fan cos nu þ bn sen nug
2p 2rR cos(u � 2 n¼1 R
R2

0

donde

1 2ðp 1 2ðp
p p U(f)
an ¼ U(f) cos nf df, bn ¼ sen nf df

0 0

6.163.  Sea

ez z 1 ¼ 1 þ B1z þ B2z2 þ B3z3 þ � � �
� 2! 3!

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Respuestas a los problemas complementarios  203

a)  Muestre que los números Bn, llamados números de Bernoulli, satisfacen la fórmula de recursión (B + 1)n =
Bn, donde Bk se sustituye formalmente por Bk, después de la expansión. b) Con el inciso a), o de alguna otra
manera, determine B1,. . ., �B6.
z coth �
6.164.  a)  Demuestre que ez z 1 ¼ z � 1 ..
� 2 2
b)  Con el problema 6.163 y el inciso a) muestre que B2k+1 = 0 si k = 1, 2, 3,. . . .

6.165.  Obtenga los desarrollos de las series

a)  coth z ¼ 1 þ z � z3 þ � � � þ B2n(2z)2n þ � � � , jzj , p
z 3 45 (2n)!z

b) cot z ¼ 1 � z � z3 þ � � � (�1)n B2n(2z)2n þ � � � , jzj , p
z 3 45 (2n)!z

c) tan z ¼ z þ z3 þ 2z5 þ � � � (�1)n�1 2(22n � 1)B2n(2z)2n�1 , jzj , p=2
3 15 (2n)!

d) csc z ¼ 1 þ z þ 7z3 þ � � � (�1)n�1 2(22n�1 � 1)B2nz2n�1 þ � � � , jzj , p
z 6 360 (2n)!

[Sugerencia: Para el inciso a) emplee el problema 6.164; para el inciso b) sustituya en el inciso a) z por iz; para
el inciso c) use tan z = cot z − 2 cot2z; para el inciso d) use csc z = cot z + tan z/2.]

Respuestas a los problemas complementarios

6.37.  a) Sn(z) = {1 − (z/2)n}/(2 − z), y límn→∞Sn(z) existe si |z| < 2, b) S(z) = 1/(2 − z)

6.38.  a) |z| < 1, b) 1 6.39.  a) Para toda z tal que |z2 + 1| > 1, b) 1/z2

6.44.  b) z/(1 − z)2, |z| < 1 6.45.  4

6.49.  a) C onverge absolutamente si |z − 3| < 3 o si z = 0. b) Converge uniformemente para |z − 3| ≤ R, donde 0 < R < 3;
no converge uniformemente en ninguna vecindad que contenga z = 0.

6.50.  a) Converge absolutamente si |z| < 1. b) Converge uniformemente si |z| ≤ R, donde R < 1.
6.51.  a) Converge absolutamente si |z2 + 1| > 1. b) Converge uniformemente si |z2 + 1| ≥ R, donde R > 1.
6.53.  b) No converge uniformemente en ninguna región que contenga z = 0.

6.56.  a) conv., b) conv., c) div., d ) conv., e) div.

6.57.  a) Diverge para toda z finita. b) Converge para toda z. c) Converge para toda z.
d ) Converge para toda z, salvo para z = −n2, n = 1, 2, 3, . . . .

6.58.  Conv. 6.59.  ajz)jzjþzþþijij�ij��11, 1,(,b(bb)(b))j)(jz(jz(þzþþ11)=1)=()z=(z(�z��11)j1)j)�j��33, 3,(,cc(c))(c)j)zjjzjjz,j,,111 jzjjzjjz,j,,11. 1. .

6.60jzj.zj þzjþCzjþzijþojjzijjþzzjnizz�þjivþþ�jþþ�i.j1i�Aiij1,�iijj1jj,�b(1��,��b(s1,b().1,b(11j)11p,zbj)(,,(j,,ba()þz(j(br)((zbbjþabb)z(j))þiz))(jþj|zjj(1zþjj�((z1(()þzz1−zz=)þ1=þþ)1(þþ=1)z(,i1=z()|11�(z=(11)�b≤))z=())�==)z(1==�((z1(()j4�zz1(zzj)�.1zj��) ��j1)þ�1j)�11j113)�))1j3)),�jj3)jj,�(3=��,��c(3(,c()3z,c()3333,jc)�(,,zj,,c)(zj6((c)z((j1cc,.)ccjz6))j,))jzj,j1jjz,1jjzz�.jz1z, jj1jj,C,,13,,1,o111(n11cv)ejrzgje,sjzjij1zjzIzjj,mzjzj�j,zjz,j�jjz,1�zjjzzij1zzj,.ji1≥jj,.j�i,,1.j,,�1.0�14.11.11.4...4.. .jzj , 1.
6.65.  |z| < 1 jzjzj�zj�zj�zij�jjzijj�zzjizz��ji��j���ij4i�iij4.�iijj4jj.�4��.��4.4.44j44.z....� ij � 4. 6.67.  ajz)jjzjcjz�oj�n�RvR.R,wwbhw)hehecreroernRevR.R,,,c,3)3,d3,i,v.,jdzjz)j�z�d�iijvij.�ij��11, 1,(,c(c)(c)j)zjjzjjz�j��RRRwwhwheherererReRR...11, 1,(,d(d)(d)a)allalllzl.z.z.

66666.....7677918290zjlj1nzzzjlj1==.....nzzjjzl1=     =(52nzzjj=zl11=(�,5aa aaa2jjnzz,=1(zjlj1�,=52�jj,)))))nzz1��,=zjlj1(�(=52,1zjzlj1jlj1nzzR�1=�,2b(�(zzjlj1jlj1=z|nzznzz52==,Rj�ji==2nnzzzzb/(1z�,�(==,jjjj/)5z2==R(i�,((2bjjjj1(55|22�,w,)�2z((z()5i5R112(2(�,�,,2�b0w,)(11z�2z�,�,)(,,≤b1(,iR0���w,,2hb,()2z)z(b��(5��0R((i)�h2wbb2��z,e))b(5(RRz((22−bb)�h0iRRw2e22bb,5)R)bzz)irij(2)(�h,,))0iizzew((z2r5jz)2,,))bzz()ww((i00�,hzz))zejr2((2wwz5b)00zz))i)((22�hzej00bbRrzjlj1 d2)5)22��hhi,bb)jþnzzz5R5e��hh=)2r))j,2=i55oþeeRj)j)jze),rje(,2e5þi2[rrnRjj22ze1,�,,p()rrjj22izzþeec,jR,pzzzd(iiee),�jjþiio))R,�2zp(,3jj(,))eRRþ�,R2z,,32pb(RRm,þþ(,,,�,2�3iþþz,pc((,,R)�z(�,2,,3cz5(,pw(2p),,z)��(pp((,25c03z2(,)22pp((ib�a�<zz5,2j2�hc3))2zz(,i,,522�33z�jr)522,,)222c)33��i(e,jzje���((,,2)5c22�z)i��jrz3j((,,2þccj2��5)�z2z)ej2ccizþc5522�,i2))j�z)j552j22iþ)))z�2oj222�zii)bRjþ22jj�,z2ii))(þ2jijn�zzzi))j)2�2þ2z(zzjijj�zi223,,2þzjj(���zzjji|i3eþþ�,��zzp�(z2�(jþþzj3�ii�,(z��lz2j(��j�3�i,a2(�i,31225−ziip(2��22jja(1�135i�)ii,(((,,jj3z2ii�aj1�((15(irjj)3�zz,,c�,ii3jj233)1zza(i,,o�)15jj�,(5i,�3332Y),,23)(d(��i1���|a),(15Yb,3��23��c)(��id(2((i1a)j,Y1��)5�)((3≤c,(3d)aal)2(11zz55()1i�)Y2zaa,c2211e55,33()1d1jjz)()))(22i�,,z3311(,Yj�zcz)))j3zimi,(,)33d)(þ((,),zz1�(1jiizY))j¼,,((c)3)z((zdz1YY)�)(()jz6((z3�3j((¼dd4czYY,())a33,zz1((þj2dd()(ccjz¼��zi4z.�(((j))),ccþ)zj��z1c�(17(z((jj))¼4))j��z��zzzi,j6þ(z)zj))z1�z1zz)(j�j�jj4z¼zz))36z5,,1þ2(((jj1jjþzz.z1))�R��jz¼(((()45�jj1zzz2z1z1�4|,.þþ41jj((j¼R¼i��zz1z1zz�=)51�4z (2jj¼¼jjþ),4zz,þRi4144�=jj)z�a,,�5w1zþ1þ|(524)444,þ��iaR,,12��=þþ()1�wz1lj1�]z��(z4))5,1��1124,3iþ�≥�Rnez(=)�w11z1,(hi=4)zzlj1���5,)1=,24þei(zz)Rj�1h(55nz�)11=wz22()4=þþ(zlj1�ezzbYRR)=13555,1þ142e322(i�))d(h�)þþj1=RRnz1wze(44,=4z))ii2()Rr�,c=j=13þ5e2)�)�44h,(ii(j1)))ew,,z(==z12�4z2r,���(jz!))31)5,,þw�w2e)zz((4(�4,�h1z,2ez2zr�(z1wwzjzz(,�)�44!((j11�þe)���)h,ez22�b((z2(Rz11r3�(j)þþzee!jd����hh�(þ�91i)þeez1þR��ez2�hh32b1)zz2,j)¼r�(!��z))j�z(þoeeR19ij3��))ez2z2)2br4z�e,4z3)).j!zez�(þ(,zzþ22r0rR��19i3jnj�ez2+4z23.z)3�z22,�!)zrrb)z�izzjj�((ez2ezþ2�zz10�4R��!!z33.3j)eez2z22d5izz!�)b�!z�þ)!())�R0343�zj��3.1��ziþþ!25))152RRb,e33��þþ)��zRjþ13�4RRz)333.ij2! ,2,5jþ4i))1jz=1433.z,.j,ji2!)R2,iþ474/zz(33..1jzzj3,w1(.j444)zzi33.,.!j2d2(i�þ337(zii1b!1j!(j.z,1j433,z)d,(ii.�!!,jjþþþ>e)7�1hz1j.4jj,þþd2)j.,�),z,(11)þ�)þþ(,z,141.e2,jd,a�,z)(,,þ,,f(�−jjz2p(.z24ar�,,,ji1d2jjl�()zzf)(..2�ze2ja((zzp4(l.iz. d�!,�)f)(((,,244..2jd�dzl��iapj)(.8)44.,��,dfdz)z��þ,(j2z..l1R2,,d3jz(i))al,)8..z�1)�,,.fz())j,j2cl21(a,il z((38.)22�fz1�)ja5a2j((cl)14z223.iffz(,5,l.aaz)jz1�ffii5jll2)2)jc35,)3itz,.ii!llzjjj))jz)5o5,jj2jj2)ll3i,zz.zjjþj2z�,,1)5,pzz2jjd3izzz.,,,zzjj2��pzz)..5,,þjjjza..=p2jj��z5,.�þ=(5,5,p2�4.5,5,�2dz=þ�2ip,.�2.=,(j2)ip,zpp2�((=2j3(,i,2ppag(z=�(fj2�3,,==g(ilz))�(2==(�3j,gl,(22)ba�(1522(,�jgj2)(,zb,,)a�)(z1z5(,j3,,g()2.ibzja))j1((5,3gz)(�)2((ziggY))j35,,3d��ggz))(ziY))j�3d�z)()(1)�z1Yj�3zd�()zjj1z1�pjjþj)�zzz((1)z1z�zzjj(�þ)z1,=1(jz¼��zjzj(þ),��13(12j4¼jzz,þ,(�113jz¼4j,z,,þ111��3�114jz1,þ,(1=jj�z�51�2z1jjþ2g,=1)2�z5,,1�214iþ=2)=,,2)þz)5,1214=þi22=z(4)þ)j,14i(=21=z11(z4þ),þe911�=(21z(4==þ�e�)9�z(2==122þe�9)��zz222�j�)�z2zz1z23�!j�z2)z2z3�j!j�þþ3z2)z3�!�þ,þ3)��þþ4z33234z3i2!71j34z3i2!7þz=j3,i!7þ�z2jj,þ�zz4.j,�z44.j�þz4.4,�þ4.,�(þ2�.,f(2i�)fj(2�i)fjj,i�)zjj,�jzj,jz5,j5,5,pp=p=2=2, 2,(,g(g)(g)j)zjzj�z��11j
6.91��.� 13�13a�13�)�13�����3191�13913113�z31913�z19��z��91�z91�9119z2�91191z27�zz12zz7�1�2z��71��z2271z223172�122z22117�11277�z�77z28�zz128zz191�2218221�18z��z11��z831�1z381818�3z88111�11311z2�111z3�7�zz3�zz3�3�z33���2��������(����b(��8�b(�)1��b(��1) bz)(zz�b()z((3�b)1((bbb�z1bb)��)z))þ1))þz�1zzþ��zz13��þ���13z1þ1�311z�þ3þþz�þþ23�z23(�zþ233bþ33z�2zzþ)�zz29��þ��29zz2þ29�22z�þ9þþz�1þþ39�z3þ9�zþ399þ99�z3zzþ�zz332��þ��32z73þ32�337þz2þþ72z�þþ27z�þ427�z224227�zþ477þ779�z4zzþ�zz4���þ��4�þ44�443�þ�þþ�þþ� �����2����7����z�4 þ � � �

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204 Capítulo 6   Series infinitas, series de Taylor y series de Laurent

6.92.  a)�������1212�21211221z21zzzz�z21z�����z�34�3443434343z43z2zzzz43222z2222�2z�����2�87�8778878778z87z3zzzz87333z3333�3z�����3�11�111156111111651165656565z1156z4zzzz65444z444�44z�����4��������������������� �� � b)� ��������������þ����þ��þþþþ�þz1þz2z1zzz1112122z222þ212zþ1þþþþ2þ1zþ1z11zz11zzþ1zþþþ1þþzþ1þ11111þ1þþþ1þþþ21þ1212212121z12zzzzþz21zþþþþþzþ14þ4114144141z41z2zzzz41222z222þ22zþþþþþ2þ18þ1881181818z18z3zzzz18333z333þ33zþþþþþ3þ�þ�������������������� �
6.96.  bcea))))21�zz121�z321�!z21�z1z21�12�zzz1�z1z131z3!21�321z3!�33!3þ�!z1!��1221��3�z�!12þ21�z1�12þ21�þ���þþ23!12�þz4��12z��2(221���22z43þ1z4z!z41z�z(14zz241zz1(z3z(3þ3((3!z43z313�!3þzz2z!2z!!(zzþ�3zzzþ3z3z4þ31þþ3!þ23z2zþ2�(þz2þ2þ2�2�3þ�3�2�!zþ2zzz6��þ322��2�!�2þz2z6252z�z6!z2z6z�zz6z62!)z2252!þ257!5!!zz!6555��!5�)z!322!!)þz7!)z)þz)z5z7þz67�þ��þ7!3732���13��)z�3!��3�33�þ57z3!�1�13)z�1�1þ171z331���z3�!��z3�3z3�z31�3��3���3�!1z33�33�!zþ3��!1!!����1�3��z3zþ;(145!1�zþ11zþ��zþzþ��3��z�;(4541!;(45zþ;(454;(;�45z(44�5z�z1z;(45z�zþzz45�z�4!zs4z4�zz4��;(45��55��5!z�45�i55!5þz�!!�!�n52z4þ!��þþ�þ�þ�25��g2)!22�þ2z5�����)2)uþ)�þz57)�)�z5!�z5��z5�2z5)þ77 lþ�7!�þz577þ7þ!7þ!!a)!þ7�z5(þ!þþrþþþz7(!(d(þi((�zzzd(z�zþ�)��z���(a���������z��;�d�2���������;���;2;(;�2;�)2�22rz;(2)(�2(�)(()pe)z);2z2z(22z�z2)2�2moz�(2)�������z��l2�1�oo(�1�z(1)1v1(1(((z�d)1z)z()z�zi))��1�z1b�e�)�(������1�z1)1l11�11�2o�e1��2�2�)2��r2 213�)2d2))))33�22333)32(3þe222z3d3z)(þ2(nzþ2(þ3(þz(þz33z3z)z332zz2(2þz�z2(z2232�2z3�(þz(�2z�(3��(�(�(z�(z�� z2�z(1z�ze�(z((z�(1(�(e1�)�)1�ez61�e1�(ezezzzz�))1�e6)62))(6))z6))6)z6�6þ�1��2�2e)�)��26)zz23þ22zþz2�þz2zþ)4þ)2)6=2232322)�3)z3)þ3)�33z424=2=24�4=24)4=34�=�z==þ�z1�2�22z2z4222z=)2z�2þ32!�20�1221�2�1�z124111=þ!20�0þ2!�þ0!þ�20þ!(10!z2020�222þ�!z�0z(21��(�(���(�(�þ�z3!z50�2zzz��z(z��zz�z��z3=553!�5z33z5��35(�355����2z�1=��=�z�!=z33=z5=zz=!z=�3!�!324!12!�3132112z12=23121þ51!!�344!�4!124!14!z4=1þ4þ)1!1þ13þþ!þ42�1þ)1þ)þþ)þ)zþ)!4��1�3��þ)�þ�5z�7zzzz3�3þ)5=3�77335!3�73�5z�7575�7�7�2==3�!=�5=�7�=z=!�=�!��2�!2!��;232�2=25þ2�7�!������;2;=þ;;�;!�þ�þ�þþ�2�;���þz���;���þ7z9�z�z�z�z���7p=997!97z97�97�992==!=u7=9=z=!=�!2!2!222=72þ29!n2=þ!þþþtþ2oþ�þ�����o������;r�������;d;;;�;�;i�n;paurnioto de ramificación

c)1z1z11zz11zz�1z���1��z�2�22!1222z!12!1!1!!1z13zz2zz!1333z333þ3!13zþþþþþ3þ4þ44!1444z!14!1!1!!1z51zz4zz!1555z5555�!15z�����5��������������;�������;;;;�;�;s�;ingularidad esencial
6.98.  a) p/6 + 2mp, (2m + 1)p − p/6, m = 0, 1, 2, . . . ; polos de orden 2

b) i/2mp, m = 1, 2, . . . ; polos simples, z = 0; singularidad esencial, z = ∞; polo de orden 2

c) z = 0, ∞; singularidades esenciales

d) z = −1 i; puntos de ramificación

e) z = 2mpi, m = 1, 2, . . . ; polos simples, z = 0; singularidad removible, z = ∞; singularidad esencial
� �
6.99.  a) e1 þ 2(z � 2)�1 þ 22(z � 2)�2 þ 23(z � 2)�3 þ � � �
2! 3!

b) |z − 2| > 0

c) z = 2; singularidad esencial, z = ∞; singularidad removible

6.104.  2.62 a dos decimales. 6.109.  b) −3 − (9/4)i

6.108.  b) 1/(1����−�z) 6.112.  a) div.,  b) conv.,  c) conv.,  d ) conv.,  e) div.,  f ) conv.

6666....111111117895X�....nX�   n XX��1¼nn1¼�11¼¼��aaXn1�11��¼11))�(�zz���1(1zz3((1zzzz33113�þ338133(þzz18þþ1��818134��34����(þ4418z((z((z��(zzz�2343((zz�1233(���2233331zn2(z1�11zn2z��1�233nnn22zz111nþþ���nnþn21zþ1��þþþþ1����n111)1þþ�)�511z)z�11))5z)z�1255zz))z�zz��1112z))4�22�zz2��)!45z)z��!132))44!��n22!23!!zþ�!!n33)þ4�nn�þ2þþ!�z!þ3��7znþþ17þzz314177�311þ4133zz41147þz13(þ3zz�314þþ(�z33((��!zz5þ!zz35�!!(��55��z��þ!��þ5�þþ����1��þ1�11)� ���)�1))������)3�;��b3;�33;;��j)�3j;z��jjjzzzjjz�jjjz12jjzzzj12.j2121.jjj..z(.12(.zj((...z0zz(.0�00�0z,��0,000,,2�1 20,122z11)z2)zz(�1))(��cc((�z��c��)2cc))2(�)22�))c2þ�2þ2223�)þþz��3z332zz3þ1(�313(3311zz((=þz=þ3zz1==þþ(3�3�z33=��þ4443�4441z4451z1145zz5)4555)55�1z))5�����5)1��1�11����1���������1�;1��11;;;��j1�j;z��jjzzzj�j(jjz(�z((�zj��zz(���z0��000�,1,10,,11)z),z1))zz�4��4�)��44��z11�4�11(þ(zþ1((þþzzz(�þ1�z��11111611�611661111þ)6þ)þþ21))222þ)6�6�2z66��4zzz4644��zþ�4þ��þþ���þ�2��2z225�z5zz22552622z65662þ6þþþþ��������;��;;;�00;00,0,,,,jjzjjzzzjjjjz,,j,,,44444

b) singularidad esencial, singularidad removible, polo, c) 2pi, 0, pi/2

6.120.  a) diverge

6.126.  N o es uniformemente convergente en ninguna región que comprenda a z = 0; es uniformemente convergente en
una región |z| ≥ d, donde d es cualquier número positivo.

6.137.  a) entera, b) meromórfica, c) entera, d ) entera, e) ninguna de las dos, f ) meromórfica, g) entera, h) ninguna de

las dos

6.139.  a) 1z11z þþþ2zz2z1z���þ11z2zz22�þþþ12z2zz224224þþþþ2z878872492992zþ0zz0333 þ8þþ792�z��0�3�����þ  � b� �) 00,,j0jzzjj,,,j1z1j , 1 6.1eee4ccco4ooss.suu uceccocooossss((u(ssseceenonnusuu()))senu)
0 , jzj , 1
z ¼¼¼2B���1 12¼21121,2,,�BBB222212¼¼,¼4B6161612,,,¼7BBB2333610¼¼,¼B0003,,,¼BBB4440¼¼,¼B���4 3¼33111000,�,, BBB315550¼¼,¼B0005,,, ¼BBB6660¼¼,¼B4441611222¼ 1
6.163.  b) BBB111 42

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Capítulo 17

El teorema del residuo,
cálculo de integrales y series

7.1   Residuos

Sea f (z) unívoca y analítica en el interior y sobre una circunferencia C salvo en el punto z = a elegido como centro
de C. Así, como se vio en el capítulo 6, para f (z) existe una serie de Laurent en torno a z = a, dada por

f (z) ¼ X1 an(z � a)n

n¼�1 (7.1)

¼ a0 þ a1(z � a) þ a2(z � a)2 þ � � � þ a�1 þ (z a�2 þ � � �
z�a � a)2

donde an ¼ 21pi þ (z �f (az))nþ1 dz n ¼ 0, +1, +2, . . . (7.2)

C

En el caso especial n = −1, se tiene, de acuerdo con (7.2), (7.3)
þ

f (z) dz ¼ 2pia�1

C

Formalmente, (7.3) se obtiene de (7.1) al integrar término por término y con los resultados (problemas 4.21 y 4.22)

þ dz � 2pi p ¼ 1
(z � a)p 0 p ¼ entero
¼ = 1 (7.4)

C

Como en (7.3) sólo interviene el coeficiente a−1 de (7.1), a a−1 se le llama residuo de f (z) en z = a.

7.2  Cálculo de residuos

Para obtener el residuo de una función f (z) en z = a, de acuerdo con (7.1) puede parecer necesario obtener el desa-
rrollo de f (z) en una serie de Laurent en torno a z = a. Sin embargo, cuando z = a sea un polo de orden k, existe una

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206 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

fórmula sencilla para a−1 dada por a�1 ¼ lím 1 dk�1 f(z � a)kf (z)g (7.5)
z!a (k � 1)! dzk�1

Si k = 1 (polo simple), la fórmula es aún más sencilla y está dada por

a�1 ¼ lím (z � a) f (z) ( (7.6)

z!a

que es un caso especial de (7.5) en el que k = 1 si se define 0! = 1.

Ejemplo 7.1:  Si f (z) = z/(z − 1)(z + 1)2, entonces z = 1 y z = −1 son polos de orden uno y dos, respectivamente.
Utilizando (7.6) y (7.5), con k = 2, se tiene,
  RReessiidduuoe eant z =¼ 1 eiss � �
lím (z � 1) � z þ 1)2 ¼ 1
1)(z 4
z!1 (z

  RReessiidduuoe eant z ¼= �−1 eiss lím 1 d � þ � � z þ �� ¼ � 1
1! dz (z 1)2 1)(z 1)2 4
z!�1
(z

Si z = a es una singularidad esencial, el residuo, en algunos casos, se halla con expansiones de series conocidas.

Ejemplo 7.2:  Sea f (z) = e−1/z. Así, z = 0 es una singularidad esencial y, a partir del desarrollo conocido para eu
con u = −1/z, se tiene

e�1=z ¼ 1 � 1 þ 1 � 1 þ �� �
z 2!z2 3!z3

de donde se ve que el residuo en z = 0 es el coeficiente de 1/z, que es igual a −1.

7.3  El teorema del residuo

Sea f (z) unívoca y analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada C, excepto en las singularidades a, b,

c,. . . en el interior de C, las cuales tienen residuos dados por a−1, b−1, c−1,. . . [véase la figura 7-1]. De este modo,
el teorema del residuo establece que

þ

f (z) dz ¼ 2pi(a�1 þ b�1 þ c�1 þ � � � ) ( (7.7)

C

es decir, la integral de f (z) a lo largo de C es 2pi veces la suma de los residuos de f (z) en las singularidades contenidas
en C. Observe que (7.7) es una generalización de (7.3). El teorema de Cauchy y las fórmulas integrales son casos
especiales de este teorema (véase el problema 7.75).

y

C

b
a

c

x

Figura 7-1

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7.5  Teoremas especiales para calcular integrales  207

7.4  Cálculo de integrales definidas

Las integrales definidas suelen calcularse con el teorema del residuo junto con una función adecuada f (z) y una
trayectoria cerrada adecuada en torno a C, cuya elección suele requerir mucho ingenio. En la práctica, los tipos más
comunes son los siguientes.

1. ÐhF�a1(1sxCt)aFoe+ns(xsuR)idndyeaxrdf,euedÞÐnlo0C1csnieFdóFmen((zixFp)c)aí(drdxrzc,)xucaelosolnouΓelnasasrtogofbuosrneedceeeióvlunaenljrúecaaocxÞnÐio0cCt1onoFranFnl((.eozx)s)Caddzrqxeu.ceVtaéccaoonnmssetaoloddseiápumrnoeabtrrloeemc[tfaaigsau7lr.oa7l7aa-r27g].o1. 0Ad.eslí,esjeeaxRde→sde∞−. SRi

y y x
Γ C

1

R

–R R x Figura 7-3
Figura 7-2


2. Ð 2p G(sen u, cos u) du , donde G(sen u, cos u) es una función racional de sen u y cos u.

0

es Sea z = eiu. aAÞsíC, sen u = (z − z−1)/2i, cos u = (z + z−1)/2 y dz = ieiu du o du = dz/iz. La integral dada
equivalente F(z) dz, donde C es el círculo unitario con centro en el origen [figura 7-3]. Véanse los

3. p1ðroFbl(exm)�ascso7ens.1mm1xxaÐ�071.d1Fx4,(.xdw)ohdnexdree FF((xx))eissuanaraftuionncaiólnfuranccitoionnal..

�1 considera Þ F(z)eimz dz, donde C es el mismo contorno que en el tipo 1. Véanse los problemas
y 7.37.
Aquí se C
7.15 a 7.17

4. Integrales de diversa índole en las que se tienen contornos especiales. Véanse los problemas 7.18 a 7.23.

7ÐG.5F (z )Tdez oremas especiales para calcular integrales Ð
G F(z) dz
ÐAGlecimazlFcu(lza)rdzinttieegnrdaelensaccoemroocluaasndaontReri→ore∞s,. de tipo 1 y de tipo 3, suele ser necesario mostrar que y
Los teoremas siguientes son importantes.

Teorema 7.1.  Si |F(z)| ≤ M/R k para z = Reiu, donde k > 1 y M son constantes, entonces, si Γ es elÐsGemeimiczíFrc(zu)lodz
de la figura 7-2,

ð
lím F(z) dz ¼ 0

R!1

G

Véase el problema 7.7.

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208 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

Teorema 7.2.  Si |F(z)| ≤ M/R k para z = Reiu, donde k > 0 y M son constantes, y si Γ es el semicírculo de la
figura 7-2,
ð
lím eimzF(z) dz ¼ 0

R!1
G

Véase el problema 7.15.

7.6  El valor principal de Cauchy para integrales

Si F(x) es continua en a ≤ x ≤ b, excepto en un punto x0 tal que a < x0 < b, entonces, si e1 y e2 son positivos, se
define
8<x0ð�e1 9
ðb ðb =

F(x) dx ¼ el1í!m0: F(x) dx þ F(x) dx;

a e2!0 a x0 þe2

En algunos casos este límite no existe para e1  e2,8<pxe0ðr�oe sí existe si se toma e1 =9e2 = e. En tal caso,
ðb ðb =

F(x) dx ¼ el!ím0: F(x) dx þ F(x) dx;
a a x0þe

se conoce como valor principal de Cauchy de la integral de la izquierda.

Ejemplo 7.3:

ð1 dx ¼ <8�ðe1 dx þ ð1 9 ¼ eel12í!!m00�21e22 � 1�
x3 lím x3 dx= 2e21
�1 e1 !0: e2 x3 ;

e2!0 �1

no existe, pero el valor principal de Cauchy con e1 = e2 = e sí existe y es igual a cero.

7.7  Diferenciación bajo el signo de integración. Regla de Leibnitz

Un método útil para el cálculo de integrales es el que emplea la regla de Leibnitz para la diferenciación bajo el signo
de integral. Esta regla sostiene que:

d ðb ðb @F
da @a
F(x, a) dx ¼ dx

aa

Esta regla es válida si a y b son constantes, a es un parámetro real tal que a1 ≤ a ≤ a2, donde a1 y a2 son constan-
tes y F(x, a) es continua y tiene derivada parcial continua respecto a a para a ≤ x ≤ b, a1 ≤ a ≤ a2. Esta regla se
extiende a casos en que los límites a y b son infinitos o dependen de a.

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7.10  Algunos desarrollos especiales  209

7.8  Suma de series

El teorema del residuo sirve para sumar varios tipos de series. Las fórmulas siguientes son válidas con restricciones muy
leves para f (z), las cuales suelen satisfacerse siempre que la serie converja. Véanse los problemas 7.24, 7.32 y 7.38.

1. XX11 ff ((nn)) ¼¼ −��{ffsssuuummmaoodfferrteeossdiiddouuseelosssoorffesppidccuooottsppdzzeffp((zzc))oaatttpaazllllf (tthhz)eeeppnootlloeedssooosffloffs((zzp))ogglos de f (z)}.
2. XX��1111 ((��11))nnff ((nn)) ¼¼ −��{ffssuummaoodfferrteeossdiiddousueelosssoorffesppidccussoccsppdzzeffp((zzc))saacttpaazllllf (tthzh)eeeppnootlloeedssooosffloffs((zzp))ogglos de f (z)}.
XX��1111
3. XX��1111 ((ff����1122))nnnnff22þþ��2211nn��22þþ¼¼11{ff��ssuu¼¼mma{ffoossdffuuemmrrteeoassoodiiddfdfoeuusrreteeelossossdiisdodoorfufuseeeslppossidsttoouaarffnonessppppiddzszseueeffopcc((szzpp))tdazzeaanffttpp((aazzzsll))llefaac tt(tthhzp)eeaazellppllnfoo t(tthhzlloee)eedsseoppnoosoofftllloeoeffdsss((ozzpoo)s)oggffllooffs((szzpd))oggelof (szd)}e. f (z)}.
4.
��11

7.9  Teorema del desarrollo de Mittag-Leffler

1. Suponga que las únicas singularidades de f (z) en el plano finito z son los polos simples a1, a2, a3, . . dados
en orden creciente de su valor absoluto.

2. Sean a1, a2, a3, . . los residuos de f (z) en b1, b2, b3,. . . .
3. Sean CN las circunferencias de radio RN que no pasan a través de ningún polo y sobre las cuales |f (z)| < M,

donde M es independiente de N y RN → ∞ cuando N → ∞.
Así, el teorema del desarrollo de Mittag-Leffler establece que

f (z) ¼ f (0) þ X1 � 1 an þ 1�
bn z � an
n¼1

7.10  Algunos desarrollos especiales

1. csc z ¼ 1 � � 1 p2 � z2 1 þ z2 1 � � � �
z 2z z2 � � 4p2 � 9p2 �

2. sec z ¼ p�(p=2)12 � z2 � 3 � z2 þ 5 � z2 � � � �
(3p=2)2 (5p=2)2 �

3. tan z ¼ �1 � z2 þ 1 � z2 þ 1 � z2 þ � � �
2z (p=2)2 (3p=2)2 (5p=2)2 �

4. cot z ¼ 1 þ � 1 p2 þ z2 1 þ z2 1 þ � � �
z 2z z2 � � 4p2 � 9p2 �

5. csch z ¼ 1 � � 1 p2 � z2 1 þ z2 1 � � � �
z 2z z2 þ þ 4p2 þ 9p2 �

6. sech z ¼ p�(p=2)12 þ z2 � 3 þ z2 þ 5 þ z2 � � � �
(3p=2)2 (5p=2)2 �

7. tanh z ¼ � þ 1 þ z2 þ 1 þ z2 þ 1 þ � � �
2z (p=2)2 (3p=2)2 (5p=2)2 �

z2

8. coth z ¼ 1 þ � 1 p2 þ z2 1 þ z2 1 þ � � �
z 2z z2 þ þ 4p2 þ 9p2 �

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210 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

Problemas resueltos

Residuos y teorema del residuo

7.1.  Sea f (z) analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada C excepto en el punto a en el interior de C.

a)  Demuestre que þ

f (z) X1 wdohnerdee an ¼ 1 C f (z) dz, n ¼ 0, +1, +2, . . .
f (z) se ¼ an(z � a)n,  2pi (z � a)nþ1 a z = a.

n¼�1

es decir, desarrolla en una serie de Laurent convergente en torno

b)  Demuestre que

þ

f (z) dz ¼ 2pia�1

Solución C

a)  Esto sigue del problema 6.25 del capítulo 6.
b)  Si, en el resultado del inciso a) n = −1, se tiene

a�a1�1¼¼21p21pi iþ þ (fz()zd) zd,ze, s þ þ (fz()zd) zdz¼¼2p2piai�a1�1
f id:ei::ce,i:r,, f

CC CC

A a−1 se le conoce como residuo de f (z) en z = a.

7.2.  D emuestre el teorema del residuo. Si f (z) es analítica en el interior C1 C
y sobre una curva simple cerrada C, excepto en un número finito a C2
de puntos a, b, c,. . . en el interior de C, en los que los residuos b
son a−1, b−1, cþ−1,. . ., respectivamente, entonces
f (z) dz ¼ 2pi(a�1 þ b�1 þ c�1 þ � � � ) c

C

  es decir, 2pi veces la suma de los residuos en todas las C3
singularidades contenidas en C.

Solución

Se trazan las circunferencias C1, C2, C3,. . . comprendidas en el inte- Figura 7-4
rior de C y con centros en a, b, c,. . . , respectivamente, como se
muestra en la figura 7-4. Esto es posible porque a, b, c,. . . son puntos (1)
interiores. De acuerdo con el teorema 4.5 de la página 118, se tiene (2)

þ þþþ
þ f (zþ) dz ¼ þ f (zþ) dz þ þ f (zþ) dz þ þ f (zþ) dz þ � � �

C f (z) fd(zz)¼dzC1¼f (z) fd(zzþ) dCz2þf (z) fd(zzþ) dCz3þf (z) fd(zzþ) d�z�þ� � � �

Pero, de acuerdo cþon el probClemCa 7.1, C1 þ C1 C2 C2 C3 þ C3

þ f (zþ) dz ¼ 2pia�1, þ f (zþ) dz ¼ 2pib�1, þ f (zþ) dz ¼ 2pic�1, . . .
C1 f (z) fd(zz)¼dz2p¼ia2�p1i,a�1,C2 f (z) fd(zz)¼dz2p¼ib2�p1i,b�1,C3 f (z) fd(zz)¼dz2p¼ic2�p1i,c.�. 1. , . . .

C1 C1 C2 C2 C3 C3

De este modo, de (1þ) y (2) se obtiene, como se deseaba,
þ f (zþ) dz ¼ 2pi(a�1 þ b�1 þ c�1 þ � � � ) ¼ 2p i (sum of residues)
C f (z) fd(zz)¼dz2p¼i(2ap�i1(aþ�b1 �þ1 bþ�c1�þ1 þc��1�þ� )�¼� � )2p¼i2(psuim(soufmraeosdfiedrueresisdi)duueso)s)

CC

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Problemas resueltos  211

La prueba dada aquí del teorema del residuo es para regiones simplemente conexas que contengan una canti-
dad finita de singularidades de f (z). Esta prueba se extiende a regiones con una cantidad infinita de singularidades
aisladas y a regiones múltiplemente conexas (véanse los problemas 7.96 y 7.97).

7.3.  S ea f (z) analítica en el interior y sobre una curva simple cerrada C, excepto en un polo a de orden m en el
interior de C. Demuestre que el residuo de f (z) en a está dado por

a�1 ¼ lím (m 1 1)! dm�1 f(z � a)mf (z)g
� dzm�1
z!a

Solución

Método 1. Suponga que f (z) tiene un polo a de orden m. Así, la serie de Laurent de f (z) es

f (z) ¼ (z a�m þ (z a�mþ1 þ � � � þ a�1 þ a0 þ a1(z � a) þ a2(z � a)2 þ � � � (1)
� a)m � a)m�1 z�a (2)

Después, al multiplicar ambos lados por (z − a)m, se tiene

(z � a)mf (z) ¼ a�m þ a�mþ1(z � a) þ � � � þ a�1(z � a)m�1 þ a0(z � a)m þ � � �

Esto representa la serie de Taylor en torno a z = a de la función analítica en el lado izquierdo de la igualdad. Se
diferencian, respecto a z, ambos lados m – 1 veces y se obtiene

ddmm��11 ff((zz �� aa))mmff ((zz))gg ¼¼ ((mm �� 11))!!aa��11 þþ mm((mm �� 11)) �� �� �� 22aa00((zz �� aa)) þþ �� �� ��
ddzzmm��11

De este modo, con z → a,

lzlí!ímma ddmm��11 ff((zz �� aa))mmff ((zz))gg ¼¼ ((mm �� 11)) !! aa��11
ddzzmm��11
z!a

de donde se obtiene el resultado buscado.

Método 2. El resultado buscado también es consecuencia directa del teorema de Taylor al observar que en el desa-
rrollo (2) el coeficiente de (z − a)m−1 es

a�a1a��¼11¼(¼m((m�m1 �11�1)1!1)dd)!z!mdmdd�dz�mzm1m1m����f111(1zff(�(zz�a�)ama)f)m(mzff)(g(zz����)z)g¼g��������za¼z¼aa

Método 3. Véase el el problema 5.28 de la página 161.

7.4.  Encuentre el residuofodo(fefa()(aaaf)))(fzf()(zz¼))¼¼(z(þ(zzþzþ12z)1z�2212)()�2z�22(2(zz2zþ222zzþþ4)44a))nadaynnd(bdb)()(bbf))(fzf()(zz¼))¼¼ezecezszcccs2sccz22zezn todos sus polos en el plano
finito.

Solución

a)  f (z) tiene un polo doble en z = −1 y polos simples en z = 2i.

Método 1. El residuo en z = −1 es

lím 1 d � þ 1)2 � z2 � 2z � ¼ lím (z2 þ 4)(2z � 2) � (z2 � 2z)(2z) ¼ � 14
1! dz (z þ 1)2(z2 þ 4) (z2 þ 4)2 25
z!�1 (z z!�1

ERlerseisdiudeuoatezn ¼z =2i2iis es �
� 2i)
lím (z � 2i) � z2 � 2z ¼ �4 � 4i ¼ 7þ i
1)2(z � 2i)(z (2i þ 1)2(4i) 25
z!2i (z þ þ

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212 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

El residuo en z = −2i es

�� þþ 22ii)) �� þþ zz22 �� 22zz þþ �� ¼¼ ��44 þþ 44ii ¼¼ 77 �� ii
zz!!llíímm��22ii ((zz 11))22((zz �� 22ii))((zz 22ii)) ((��22ii þþ 11))22((��44ii)) 2255
((zz

Método 2. El residuo en z = 2i es

zzll!!íímm22ii��((((zzzz �� 22ii))((zz22 �� 22zz))�� ¼¼ �� ((zzzz22þþ��1122))zz22����zzll!!íímm22ii zz �� 22ii��
þþ 11))22((zz22 þþ 44)) zzll!!íímm22ii zz22 þþ 44

¼¼ ��44 �� 44ii �� zzll!!íímm22ii 11 ¼¼ ��44 �� 44ii �� 11 ¼¼ 77 þþ ii
((22ii þþ 11))22 22zz ((22ii þþ 11))22 44ii 2255

con la regla de L’HÔpital. De manera similar, o al sustituir i por –i en el resultado, se obtiene el resultado en
z = −2i.

b)  f (z) = ez csc2 z = ez/sen2 z tiene polos dobles en z = 0, p, 2p,. . . , es decir, z = mp, donde m = 0, 1,
2,. . . .

Métodzzo!l!líím1mmm.ppE1111l!!drdddezzs��id((zuzo��emmnppz))=22 ssemeeennzpz22zze��s ¼ lím ez[(z � mp)2 sen z þ 2(z � mp) sen z � 2(z � mp)2 cos z]
¼ zl!ímmp ez[(z � mp)2 sen z þ 2(z �semn3pz) sen z � 2(z � mp)2 cos z]
sen3 z
z!mp

Al ser z − mp = u o z = u + mp, este límite se escribe

lím eeuuþþmmpp��uu22 sen u þ 2u sen u � 2u2cos uu�� ¼ eemmpp��lulíí!mm0uu22 sen u þ 2u sen u ��22uu22ccoossuu��
luí!m0 sen u þ 2usesne3nuu � 2u2cos ¼ sen u þ 2usesne3nuu
u!0
u!0 sen3 u sen3 u

El límite entre corchetes se obtiene mediante la regla de L’HÔpital. Pero es más sencillo observar primero

que

lím u3 ¼ � u �3 1
sen3 u lím ¼
u!0 u!0 sen
u

y así escribir este límite como

emp lím �u2 sen u þ 2u sen u � 2u2 cos u � u3 � ¼ emp lím u2 sen u þ 2u sen u � 2u2 cos u ¼ emp
u3 sen3 u u3
u!0 u!0

al emplear varias veces la regla de L’HÔpital. Para evaluar este límite, en lugar de esto sirven los desarrollos
sen u = u − u3/3! + . . . , cos u = 1 − u2/2! + . . . .

Método 2 (con la serie de Laurent).
En este método se desarrolla f (z) = ez csc2 z en una serie de Laurent en torno a z = mp, en donde el coefi-

ciente de 1/(z − mp) es el residuo buscado. Para facilitar los cálculos, sea z = u + mp. Así, la función por
desarrollar en una serie de Laurent en torno a u = 0 es emp+u csc2(mp + u) = empeu csc2 u. Con los desarrollos
de Maclaurin para eu y sen u, se encuentra, mediante la división larga,

� þ u þ u2 þ u3 þ � � � � þ u þ u2 þ � � �
emp 1 � 2! 3! � emp 1 2 � � � �
u2
emp eu csc2 u ¼ � u3 u5 �2 ¼ � 6 þ u4 �2
u 3! 5! � u2 1 � 120 �
þ � � �

¼ ue2m�p1��1 þu2uþþ2u2u2!4 � ¼ emp�u12 þ 1 þ 5 þ u þ � � �
þ��� u 6 3 �

3 45 �
þ���

de manera que el residuo es emp.

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Problemas resueltos  213

7.5.  E ncuentre el residuo doef F(z) ¼ cot z coth z eant zz ¼= 0.
z3

Solución

Como en el método 2 del problema 7.4b), se tiene,

F(z) ¼ cos z cosh z ¼ z�3�1z��z22z3!3!þþz44z5!5!��� � �������1zþþz2z32!3!þþz4z54!5!þþ��������
z3 sen z senh z �

¼ z5��11��z64z4þþ� � � ¼ 1 � � 7z4 þ � � �
� � z5 1 45 �

90 �
��

y, por tanto, el residuo (coeficiente de 1/z) es −7/45.

Otro método. Al resultado también se llega si se halla

lím 1 d4 � cos z cosh z �
4! dz4 z5 z3 sen z senh z
z!0

pero este método es mucho más laborioso que el anterior.

1 þ ezt
2pi þ 2z
7.6.  Calcule z2(z2 þ 2) a lo largo de la circunferencia C cuya ecuación es |z| = 3.

C

Solución

El integrando ezt/{z2(z2 + 2z + 2)} tiene un polo doble en z = 0 y dos polos simples en z = −1 i [raíces de
z2 +El2rze+sid2uo=e0n]z. zlzlT!=í!ímom00d0o1111e!s!sdedddzszt��ozsz22pzzo22l((ozz2s2
þeþeseztz22tátzznþþen22)e)��l i¼n¼tezlzl!ír!ímimo00r((zzd22eþþC2.2zz
þ 2)(tezt) � (ezt)(2z þ 2) ¼ t � 1
þ(z22)(þte2ztz) þ� 2(e)z2t)(2z þ 2) ¼ t �2 1
(z2 þ 2z þ 2)2 2

El residuo en z = −1 + i es
El residuo en z =zz!!ll−í�í�mm111þþ−ii��[[izze��s zz((z!!�!�zll!líí��í1ml�m1mí1�1m1þ��þ1�i�i�i��iii)�[)[[]z]zz[zzz��2�2�((z((z(2��2�(�þþ111ee1z��z22�tt�zziiþi))þ)i]]])zz]22z22z)2)((�2(�zzz(22z2¼¼¼¼2þþþeeþe(zz(zze2!2�zt!t�2etelzzlz2ít(z�í(1��m1�zmþþ1þ11þ1þþþþþþ22i2ii�i�i)))2i)t))t�)�eze�)2z2z2�z2t�¼t¼��¼�2¼211ziezei!e!(¼(le¼�(l�í��í(�m441m�1411e�1�e41�þþ(i(�i�)i�)ii)t�t4i�1t41)þtzþz2iz2iz))tþtþþþ2121zz��þþii22��

De este modo, de acuerdo con el teorema del residuo,
CþCþCþCþzzz22z2((2(zzz(22z22þþþeeþezze22ztt2tzzz2tzzþþþþ222))2)dd)dzzdzz¼¼¼¼¼¼¼¼222222pppp22ppppiiiiii���ii(((�tststs(uu��tsu�22m2mu�m21m11ao1oþoþþdffofþef12r21r12reer12ereesesees��ieis�siddti�tdtduuccutcueoeoceossosesoss))s)tstt�)¼�¼�¼t�¼222pp2ppiii���i�ttt��t2�22�21111þþþþeee((e(���(441�141þþ41þiþi)i))ttit)þþtþþeee((e�(��(441�141��41�i�i)i))ttit��)�t �

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214 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

es decir, þ

1 ezt dz ¼ t � 1 þ 1 e�t cos t
2pi þ 2z 2) 2 2
z2(z2 þ

C

Integrales definidas del tipo F(x) dx

7.7.  D Slaeeramd|euFer(aszdt)r|ieo≤qRuMedl/eíRmla kRf!piga1ruarÐaGz = Reiu, donde k > 1 yM son constantes.
¼ 0, donde Γ es el arco semicircu-
F(z) dz y
7-5. Γ

Solución

De acuerdo con la propiedad e) de la página 112, se tiene x
������ð������Fð������ð(FzF)(z(d)zz)d������dz�������z�������RM�kRMR�Mkpk� R�ppR¼R¼R¼pkRMp�Rkp1M�kM�1 1 –R R

G GG Figura 7-5

pues la longitud del arco L = pR. De este modo,
Rl!íRml!Rí1lm!í������1mð1������ðF������ðF(zF()z(d)zz)d������dz¼������z������¼0¼00aynadpanondsrdoseosnodeRl!íRml!Rí1lm!í1mð1ðFðF(zF()z(d)zz)ddz¼z¼0¼00
G GG G GG

7.8.  Demuestretqhtuahtethafpatotafrrofaozr rzz¼z=¼R¼ReReiRueiu,eiu,ij,u|ff,j ((jfzz(f))z|j()z≤�j)j�MM�M/=MRR= kk=R,Rkkk,k>,k>k1>1>si1iff1 (ifzi)(ffz=(f)z(¼)z1)¼/1¼(z=16(1=z+=(6z(þ6z16)þ.1þ)1.1).).

Solución

Suponga que z = Reiu. Entonces, ����R6 1����

j f (z)j ¼ 1 þ � 1 � 1 ¼ R6 1 1 � 2
e6iu jR6e6iuj � R6

donde R es suficientamente grande (R > 2, por ejemplo), de manera que M = 2, k = 6.
Observe que se empleó la desigualdad |z1 + z2| ≥ |z1| − |z2| con z1 = R6e6iu y z2 = 1.

1ð dx
x6 þ
7.9.  Calcule 1.

0

Solución

Considere Þ dz=(z6 þ 1),, donde C es el contorno cerrado de la figura 7-5, que consta de la recta de –R a R y del

C
semicírculo Γ, recorrido en sentido positivo (en sentido contrario a las manecillas del reloj).

Como z6 + 1 = 0 cuando z = epi/6, e3pi/6, e5pi/6, e7pi/6, e9pi/6, e11pi/6, estos son polos simples de 1/(z6 + 1).

Sólo los polos epi/6, e3pi/6 y e5pi/6 están dentro de C. Así, con la regla de L’HÔpital,

Residuo enat epi=6 ¼ � � epi=6) z6 1 � ¼ lím 1 ¼ 1 e�5pi=6
lím (z þ 1 6z5 6
z!epi=6
z!epi=6

Residuo eant e3pi=6 ¼ � � e3pi=6) z6 1 � ¼ lím 1 ¼ 1 e�5pi=2
lím (z þ 1 6z5 6
z!e3pi=6
z!e3pi=6

Residuo eant e5pi=6 ¼ � � e5pi=6) z6 1 � ¼ lím 1 ¼ 1 e�25pi=6
lím (z þ 1 6z5 6
z!e5pi=6
z!e5pi=6

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Problemas resueltos  215

Por tanto, þ dþz 2p¼i�261pei��51pie=�6 5þpi=166 eþ�51pie=�2 5þpi=162 eþ�215pei�=62�5p¼i=6�23p¼
þ 16 6 6
C z6 1 d¼z 2p
z6 þ 3

C

es decir,

ðR dðRx 1 dþx ð dðz 1 d¼z 23p¼ 2p (1)
x6 þ G1zþ6 þ z6 þ 1 3 (2)
�R x6 þ

Se toma en ambos lados de (1) eRll!ílmím1 RilðtR!íem1xc�6uR�dðaRþRxnxd16od¼þxR →G∞1ðy, con los problemas 7.7 y 7.8, se tiene
11ð¼ dx dx 2p
x6 þ 21p¼ 3
x6�þ1
¼
13
�R �1

Como

1ð dx ð1 dx
dx x6 þ x6 þ
1ð x6�þ1 1 ð1¼ 2 1 1
¼ 2 dx
1 x6 þ0
�1 0
la integral buscada tiene el valor p/3.

1ð x2dx 75p0.
1)2(x2 þ
7.10.  Demuestre que (x2 þ 2x þ 2) ¼

�1

Solución

Los polos de z2/(z2 + 1)2(z2 + 2z + 2) contenidos en el contorno C de la figura 7-5 son z = i de orden 2 y
z = −1 + i de orden 1.

El residuo en z = i es

lzlí!ímmi dd �� �� ii))22 ((zz þþ ii))22((zz �� ii)z)z2222((zz22 þþ 22zz þþ �� ¼¼ 99ii �� 1122
ddzz ((zz 22)) 110000
z!i

El residuo en z = −1 + i es

z!llíí�mm1þi ((zz þþ 11 �� ii)) ((zz22 þþ 11))22((zz þþ zz22 ii))((zz þþ 11 þþ ii)) ¼¼ 33 �� 44ii
11 �� 2255
z!�1þi

De este modo, þþ ((zz22 þþ zz22 ddzz þþ ¼¼ 22ppii��99ii11��00001122 þþ 33 �� 44ii�� ¼¼ 77pp
o 11))22((zz22 þþ 2255 5500
C 22zz 22))

C

ðRðR ((xx22 þþ xx22 ddxx 22xx þþ 22)) þþ ðð ((zz22 þþ zz22 ddzz 22zz þþ 22)) ¼¼ 77pp
11))22((xx22 þþ 11))22((zz22 þþ 5500
��RR GG

Se toma el límite cuando R → ∞ y, al observar que, de acuerdo con el problema 7.7, la segunda integral tiende
a cero, se llega al resultado buscado.

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216 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

Integrales definidas del tipo G(sen u, cos u) du

2ðp du
cos u
7.11.  Calcule 3 � 2 þ sen u.

0

Solución

Sea z = eiu.Así, sen u ¼ (eiu � e�iu)=2i ¼ (z � z�1)=2i, cos u ¼ (eiu þ e�iu)=2 ¼ (z þ z�1)=2, dz ¼ iz du, de manera
que

2ðp du þ dz=iz þ 2 dz
3 2 cos u z�1)=2 þ þ 6iz
� þ sen u ¼ 3 � 2(z þ (z � z�1)=2i ¼ (1 � 2i)z2 � 1 � 2i

0C C

donLdoesCpoelsolsadceir2c=u�n(f1er�en2cii)az2dþe r6aidzio�u1n�ita2riio� y centro en el origen (figura 7-6).
son los polos simples

pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
z ¼ �6i + (6i)2 � 4(1 � 2i)(�1 � 2i)
2(1 � 2i)

¼ �6i + 4i ¼ 2 � i, (2 � i)=5
2(1 � 2i)

Sólo (2 − i)/5 está en el interior de C.

El residuo en � �
i)=5g (1 2i
(2 � i)=5 ¼ lím fz � (2 � � 2i)z2 2 � 1 �
þ 6iz
z!(2�i)=5

¼ lím 2(1 � 2 þ 6i ¼ 1 y
2i)z 2i C
z!(2�i)=5
1
de acuerdo con la regla de L’HÔpital. x
De este modo,

þ þ 2 dz �þ2 d16zi�z �2i1¼�22pi i¼�212ip�i�¼21pi�,
� 2(i1)z�2 þ2i6)zi2z
(1 ¼ p,

CC Figura 7-6

el valor buscado.

7.12.  Con a > |b|, muestre que 2ðp a þ2ðpdbuaseþndubus¼enpuaffiffi¼ffi22ffiffipffi�ffipffiffiffiffibaffiffi222ffiffiffi.pffi�ffiffiffiffiffibffiffi2ffiffi.

0 0

Solución

Sea z = eiu. Así, sen u ¼ (eiu � e�iu)=2i ¼ (z � z�1)=2i, dz ¼ ieiu du ¼ iz du, de manera que

2ðp du þ dz=iz þ 2 dz
b sen b(z � z�1)=2i bz2 þ 2aiz � b
a þ u ¼ a þ ¼

0C C

donde C es la circunferencia de radio unitario con centro en el origen, como se muestra en la figura 7-6.
Los polos de 2=(bz2 þ 2aiz � b)2s=e(bozbb2tziþe2nþ2ean2iaazli�zre�bsoblv¼er0bz2 þ 2aiz � b ¼ 0 y están dados por

z ¼ �2ai + pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi + pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
�4a2 þ 4b2 �ai a2 � b2i
2b ¼ b

( pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi) ( pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi)
�a þ a2 � b2 �a � a2 � b2
¼ i, i
bb

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Problemas resueltos  217

= ==OSnólOlOyonnnlly�y�nn�a���þaapþþ������ffiaffipffi2pffiaffi����������ffi��ffiaffi�affiþffiffiffiffiffi2ffi2ffiffiaffiaffiffibffiffiffi�ffip�ffiffiffi2þffiffiþffiffibffiffi�ffiffiffiaffibffibffiffiffipffiffi2pffi2ffiffi2ffiffiffibffibb�ffi��ffiffiaaffiffiffioffiffiffi2ffi2ffiffiffiiffiffibffibffiffib�ffi�ffiffiffie2lffiffioffiffioiffiffisffieiffiiffibiffibt�����ffisffiffiáffi2lffi2lffiffi¼iffiiieieein����������snss�����¼¼piiiednnleaffis�����s�����ffiipffiip2iffinCddffiffi�teffiaffieffia,ffiffieffiffiffib2ffi2ffiffirsffiCCffiffibffiiffiffi�ffi�ffiffioffin2,ffiffi,ffiffiffibffibrcffisffi�sffibffibffieiffidiffiffin2ffin2ffiffiffieacc��eCe� ppa,ap�ffiaffia�ffiffiuppffiffi22ppffiffieffiffiffiffi��sffiffiffiaaffiaffiffiaffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi22ffiffi22ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffibbffiffiffiffiffiffi��ffiffi��ffiffiffiffiffiffi22ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiþþffiffibbffiffibbffiffiffiffiffiffiffiffi22ffiffi22ffiffiffiffiffiffiaaþþþþ����� ¼aaaa��������������¼¼(p��������ffia((ffipffi2pffiffiffi�ffiaffiffiaffiffiffiffiffib2ffi2ffiffiffiffiffibffiffiffi�ffi�ffiffiffi2ffiffiffiffiffibffibffiffiþffibffibffiffiffiffi2ffi2ffiffiffiaþþ)����aa,))��������1,, 11

cuando a > |:b|.:: z1 ¼zz11�¼¼a��þaapþþbaffiffipffip2ffiffibbffi�ffiaffiaffiffiffiffiffiffi2ffi2ffiffiffiffiffibffiffiffi�ffi�ffiffiffi2ffiffiffiffiffiffiffiiffiffibffibffiffi¼ffiffi2ffi2ffiffiffiiizl¼!¼ímzz1zll!!íí(mmzzz11�((zzz��1) zbz11z))2bbþzz2222þþai2z222aa�iizzb�� bb
El residuo en ¼ zl¼!¼ímzz1zll!!íí2mmbzz11z22þ2bbzz2þ2þ2ai22¼aaiib¼¼z1bb1þzz11a11þþi ¼aaiip¼¼affiffipffi2pffiffi1ffi�ffiffiaaffiffiffiffiffiffi2ffi2ffiffiffiffiffibffi1ffiffi1�ffi�ffiffiffi2ffiffiffiffiffiffiiffiffiffibffibffiffiffiffi2ffi2ffiffiffiii

de acuerdo con la regla de L’HÔþpital. 2 dz ¼2p2ip�ip�ffipffiffiffiffiffia1ffiffiffiffi2ffiffiffiffi1ffiffi�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffibffi�ffi2ffiffii�¼ ¼ pffiffiffi2ffiffipffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
Así, pffiffiffi2ffiffiapffiffi2ffiffiffi�ffiffiffiffiffib2
þ C bz22þd2zaiz � b
bz2 þ 2aiz � b ¼ a2 � b2i a2 � b2

C

el valor buscado.

7.13.  2ðp cos 3u ududu¼¼1p21p.2.
Demuestre tqhua2eðtp 5co�s 34ucos
� 4 cos u
that 0

Solución 0 5

Sea z = eiu. De este modo, cos u ¼ (z þ z�1)=2, cos 3u ¼ (e3iu þ e�3iu)=2 ¼ (z3 þ z�3)=2, dz ¼ iz du, de manera
que

2ðp cos 3u þ (z3 þ z�3)=2 dz 1 þ z6 þ 1
5 �4 cos � 4(z þ z�1)=2 iz 2i z3(2z � 1)(z
u du ¼ 5 ¼ � � 2) dz

0C C

donde C es el contorno de la figura 7-6. = z= 1
2
El integrando tiene un polo de orden 3 en z 0 y un polo simple en el interior de C.
El residuo en z=0 es
zl!ím0zlzl!í!ím2m100! d221d1z!!22dddd�zz2222z3���zz3z33��(2zz33z((z�226zzþ1zz��66)(1þþ11z ))�((11zz 2��)�22))¼�� 21 2211
¼¼8 88

El residuo en z = 1 es z!lím1zz=!!ll2íím�m11==�22��z ���zz 12���2112���z3��(z2z33z((z�226zzþ1zz��66)(1þþ11z ))�((11zz � ¼��
2 2��) 22))

�¼¼ 65 6655
2��4 2244

De esta forma,

� 21��i Cþ2211iizCþþ3(2zz33z((z�226zzþ1zz��66)(1þþ11z))�((11zz dz dd¼zz ¼¼� 21��i (22121iip((22i)pp�ii2))81��22�881162��45�62265445��¼ p 11pcpa22osmaaresosqrrsueeeiqqrbeuuudiirrs:eecdda::ba.
2��) 22)) ¼¼12

7.14.  Demuestre qu2eð0p2ð0(p5(�5 �3dus3deCusneun)2u)¼2 ¼53p253.p2.

Solución

Con z = eiu se tiene sen u ¼ (z � z�1 )=2i, dz ¼ ieiu du ¼ iz du y, por tanto,

2ðp 2ðp �3dus3deunseun)2u¼)2 þ þ �3(z3d(�zz=d�izzz=�iz1z�)=12)=ig22ig¼2 ¼� 4 þ þ z dzzdz
f5f�5 �i 4 (3z(23z�2 �101iz0�iz
(5(�5 ¼ �3)23)2
0 C Ci C
0 C

donde C es el contorno de la figura 7-6.

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218 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

El integrando tiene polos de orden 2 en z ¼ � + pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi �=6 ¼ (10i + 8i)=6 ¼ 3i, i=3.. Sólo el polo i/3
10i �100 þ 36

está en el interior de C.

El residuo en d � z �
ddz �(z 1z0iz �
z ¼ i=3 ¼ lím dz � i=3)2 � (3z2 � � 3)2
z ¼ i=3 ¼ z!lími=3 d (z � i=3)2 � ((33zz2��i)12zz0(ziz��33i))22��
¼ ddz � � i=3)2 �
¼ z!i=3 dz �(z � i=3)2 � (3z � i)2(z � 3i)2 ¼ � 5
¼ � 2556
lím (z 256
z!lími=3

z!i=3

Así,

� 4 þ z dz 3)2 ¼ � 4 ðð22ppiiÞÞ��22��555566�� ¼ 5p
� 4i þ � z1d0ziz 3)2 ¼ � 4i ¼ 53p2
� 10iz i 32
iC (3z2 �
(3z2 �

Otro método. De acuerdo con el C 7.12, para a > |b| se tiene

problema

2ðp du pffiffiffi2ffiffipffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
þ b sen a2 � b2
a u ¼

0

De este modo, al diferenciar ambos lados respecto a a (considérese b constante) y con la regla de Leibnitz, se

tiene 2ðp d2d2ð0dð0dppaa@@�@�@aapp��ffiaffiaaffiaffiffi22ffi22ffiffiffiþffiþpffip�ffi�ffiffiffiffiffiffibffibffi11ffibffibffiffisffisffi2ffi2ffiffieffie��nn¼u¼u��d(d(aauu22��¼¼��22��pbpb22aa2)2ð)0ð0p3p3==(2(2aa
2ðp
d a du uu¼¼ þ du u)2
dda 0 a þ dbusen þ bdsuen u)2
da 0 þ b sen ¼
¼ b sen

es decir 2ðp (a þ du u)2 ¼ (a2 2pa
Con a = 5 y b = −3, se tiene 2ðp (a þ bdsuen u)2 ¼ (a2 �2pba2)3=2
� b2)3=2
0 b sen

0

2ðp du 2p(5) 5p
3 sen (52 � 32)3=2 32
(5 � u)2 ¼ ¼

0

Integrales definidas del tipo

7.15.  Sea |F(z)| ≤ M/R k para z = Reiu, donde k > 0 y M son constantes. Demuestre que
ð

lím eimzF(z) dz ¼ 0

R!1
G

  donde Γ es el arco semicircular de la figura 7-5 y m es una constante positiva.

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Problemas resueltos  219

Solución Ð Ðp

LSeet az z¼=RReieui.u.TAhesní, G eimzF(z) dz ¼ 0 eimReiu F(Reiu)iReiu du. TPohrentanto

������ ðp e������imðp0ReeiiumFRe(iRu Fei(uR)ieRiue)iiuRdeuiu������d�u ������ðp�jeiðpmRjeeiiumFRe(iRu Fei(uR)ieRiue)iiuRj ediuuj du

0

0 0 ðp
¼ ðp¼jeimRjeciomsRu�comsRu�semnRuFse(nRuFei(uR)ieRiue)iiuRj ediuuj du
0

¼ ðp0¼e�ðpmeR�semnRujsFen(uRjFei(uR)jeRiud)juR du
0

0 pð=2
R�Mk�R1 Mðkp�e1�ðp0meR�semnRu
� sdeun u¼duR2¼kM�R12kpMð�=21 e�meR�semnRu sen u du

0 du

00

Ahora, sen u ≥ 2u/p para 0 ≤ u ≤ p/2, como se ve de manera geométrica en la figura 7-7, o, de manera ana-

lítica, por el problema 7.99.

Así, la última integral es menor o igual a senq
senq
2M pð=2 pM � e�mR�
Rk�1 mRk 1 2q /p
e�2mRu=p du ¼ � p /2

0 Figura 7-7 q
p
Cuando R → ∞, esto tiende a cero, pues m y k son positivos, con lo
que se demuestra el resultado deseado.

7.16.  Demuestre tqhuaet 1ð cos mx dx ¼ p e�m, m . 0.
x2 þ 1 2

0

Solución

Considere Þ {eimz=(z2 þ 1)} dz , donde C es el contorno de la figura 7-5. El integrando tiene polos simples en

C
z = i, pero sólo z = i está en el interior de C.
El residuo en z = i es
lllzzííí!!mmmii���(((zzz ��eeeii))iiimmm((zzzzz ii))��� eee22���iimmm
��� ii)) ((zz � i)(z þþ i) ¼¼¼ 2i
z!i i) (z þ

De este modo, þþþ zzz222eeeiiiþþþmmmzzz111 ddzz ¼¼ 222pppiii���eee22���iimmm��� ¼¼ pppeee���mmm
o dz ¼ 2i ¼
C
C

C

ðððRRR xxx222eeeiiiþþþmmmzzz 11 ddxx þþ ððð zzz222eeeiiiþþþmmmzzz111 ddzz ¼¼ pppeee���mmm
1 dx þ dz ¼
�R G
�R G

�R G

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220 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

es decir, ððRR ððRR ðð

�R cos mx dx þþ i �R sen mx dx þþ G zz22eeiþiþmmzz11 dz ¼¼ ppee��mm
cxxo22sþþm11x dx i xsxe22nþþm11x dx dz

�R �R G

y por ende

2 ððRR cos mx dx þþ ðð zz22eeiþiþmmzz11 dz ¼¼ ppee��mm
2 cxxo22sþþm11x dx dz
0 G

0G

Se toma el límite cuando R → ∞ y, al mostrar con el problema 7.15 que la integral a lo largo de Γ tiende a cero,
se obtiene el resultado buscado.

ð1 x sen px
x2 þ 2x þ 5
7.17.E  vCaallucautlee dx.

�1

Solución

Considere Þ {{zeeimipzz=/((zz22þ+12)}z d+z 5)} dz, donde C es el contorno en la figura 7-5. El integrando tiene polos simples

C
z = −1 2i, pero 2=zi!e−ll�síímm11þ+2i���2((izz
en El residuo en z = sólo z está �e��n222eiiil)))i���nzzzt222erþþþizzzoeee22r2iiipppzzzdzzzþþeþC555.��� eee���iii44pppii���222ppp
−1 + þ1 4i
þ1 ¼ (�1 þ 2i)
z!l�ím1þ2i (z þ 1 ¼ (�1 þ 2i)
z!�1þ2i ¼ (�1 þ 2i)

Así, þ þþzzzeee22iiipppzzzzzþþ dz ¼ 2pi(�1 þ 222iii)))���eee���iii44pppi�i��222ppp��� ¼ p (1 � 22ii))ee��22pp
þ þ 2z þ dz ¼ 2pi(�1 þ 4i ¼ p2 (1 � 2i)e�2p
þ z2 5 ¼ 2pi(�1 þ ¼ p2 (1 �
z2 5 2
C z2 5 dz
C

C

o ðR x2 þþxxxeee22iiipppxxxxxþþ 5 dx þ ð z2 þþzzzeee22iiipppzzzzzþþ 5 dz ¼ p (1 � 22ii))ee��22pp
es decir, ðR x2 þ 2x þ 5 dx þ ð z2 þ 2z þ 5 dz ¼ pp22 (1 � 2i)e�2p
ðR x2 5 dx þ ð z2 5 dz ¼ 2 (1 �

�R G
�R G

�R G

cu���ðððRRRaRRRnxxxd222oxxxþþþcccRooo222sss→xxxpppþþþxxx∞555yddd,xxxaþþþl miii o���ðððRRRsRRRtrxxxa222rxxxþþþcssseeoe222nnnnxxxpppeþþþxxlxp555rdddoxxxbþþlþemððGGðGazzz2227þþþ.1zzzeee5222iiipppzzzqzzzþþþue555ladddzzzin¼¼¼tegppp222r(a((111l � 22ii))ee��22pp
�

� 2i)e�2p

Se toma el límite a lo largo de Γ tiende a cero,

esto se convierte en

1ð x cos px 1ð x sen px p
x2 þ 2x þ x2 þ 2x þ 2
5 dx þ i 5 dx ¼ e�2p � ipe�2p

�1 �1

Se igualan las partes reales y las imaginarias,

1ð x cos px p e�2p, ð1 x sen px
x2 þ 2x þ 5 dx 2 x2 þ 2x þ 5 dx
¼ ¼ �pe�2p

�1 �1

Por tanto, se obtuvo el valor de una integral más, además de la buscada.

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Problemas resueltos  221

Integrales definidas diversas

7.18.  Demuestretqhuaet 1ð sen xdx ¼ p.
x2

0

Solución

El método del problema 7.16 lleva a considerar la integral de eiz/z a lo largo del contorno de la figura 7-5. Pero
como z = 0 está en la trayectoria de integración y no puede integrarse a través de una singularidad, se modifica
este contorno evitando z = 0, como se muestra en la figura 7-8; el nuevo contorno es el contorno C', que es ABDE-
FGHJA.

Como z = 0 está en el exterior de C', se tiene

þþ eeziizz dz ¼¼ 0
dz 0
C0 z
C0

o ��ððee ðð ðRðR ðð

eexiixx dx þþ eeziizz dz þþ eexiixx dx þþ eeziizz dz ¼¼ 0
dx dz dx dz 0
�R x HJA z e x BDEFG z
�R HJA e BDEFG

Se sustituye x por –x en la primera integral y se combina con la tercera integral, para obtener

ðRR eiixx � e��iixx dx þ ð eiizz dz þ ð eiizz dz ¼ 0
x zz

ee HHJJAA BBDDEEFFGG

o

ðRR sen xdx ð eiizz ð eiizz
x z dz
2i ¼ � dz �
z

ee HHJJAA BBDDEEFFGG

Si e → 0 y R → ∞, de acuerdo con el problema 7.15, la segunda integral de la derecha tiende a cero. Si z = eeiu
en la primera integral de la derecha, se ve que ésta tiende a

ð0 eieeiu ð0 ieieeiu du
eeiu
� lím ieeiudu ¼ � lím ¼ pi

e!0 e!0

pp

porque el límite puede tomarse bajo el signo de integral.
Así, se tiene

lílmím22iiðRðRsseennxxddxx¼¼ppii   oorr   1ð1ðsseennxxddxx¼¼pp
RR!!11 xx xx 22

e!e!00 ee 00

y y B
E D
RC
F J Bx p /4 x
R
R �A RA
� Figura 7-9
GH
–R –�

O

Figura 7-8   

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222 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

7.19.  Demuestre que

1ð sen x2dx ¼ 1ð cos x2 dx ¼ 1 rpffiffiffi
22

00

Solución

Sea C el contorno que se indica en la figura 7-9, donde AB es el arco de un círculo con centro en O y radio R. De

acuerdo con el teorema de Cauchy, þ

þ eiz2 dz ¼ 0
eiz2Cdz ¼ 0

oC (1)
ððð

ð eiz2 dðz þ eiz2 dzð þ eiz2 dz ¼ 0
eizO2Adz þ eizA2Bdz þ eizB2Odz ¼ 0

OA AB BO

Ahora, sobre OA, z = x (desde x = 0 hasta x = R); sobre AB, z = Reiu (desde u = 0 hasta u = p/4); sobre BO,
z = repi/4 (desde r = R hasta r = 0). Por tanto, de acuerdo con (1),
ððRR ppðð==44 ðð00
eeiixx22 dx þþ iR2 e2iu iiRReeiiuu du þþ ir2 epi=2 eeppii==44 dr ¼¼ 0
dx du dr 0 (2)
eeiR2 e2iu eeir2 epi=2

00 R

00 R

es decir,

ððRR (cos xx22 þ i sen xx22)) dx ¼ eeppii==44 ððRR ee��rr22 dr � ppðð==44eeiiRR22 cos 2u�R2 sen 2u iiRReeiiuu dduu (3)
(cos þ i sen dx ¼ dr � cos 2u�R2 sen 2u

0 00

0 00

Ahora se considera el límite de (3) cuando R → ∞. La primera integral de la derecha se convierte en [véase el
problema 10.14]

1ð ¼ pffipffiffi epi=4 ¼ 1 rffipffiffi þ i rffipffiffi (4)
epi=4 e�r2 dr 2 22 22

0

El valor absoluto de la segunda integral de la derecha en (3) es
������pð=4 sen2uiReiudu������
eiR2 cos 2u�R2 pð=4 e�R2 R pð=2 e�R2
2
� sen2uR du ¼ sen f df

0 00

� R pð=2 e�2R2f=p df ¼ p (1 � e�R2 )
2 4R

0

donde se empleó la transformación 2u =  y la desigualdad sen f ≥ 2f/p, 0 ≤ f ≤ p/2 (véase el problema 7.15).
Esto muestra que cuando R → ∞, la segunda integral de la derecha en (3) tiende a cero. Así, (3) se convierte en

1ð (cos x2 þ i sen x2) dx ¼ 1 rffipffiffi þ i rffipffiffi
22 22

0

y por ende, al igualar las partes reales y las imaginarias, se tiene, como se buscaba,

ð1 ð1 1 rffipffiffi
sen
cos x2 dx ¼ x2 dx ¼ 22

00

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Problemas resueltos  223

1ð xp�1 senppp,
1þx
7.20.  Muestretqhuaet dx ¼ 0 , p , 1.

0

Solución

7C-o1n0s,iddeornedÞeCe({lzepei−jme1z/=x1(zr2e+aþlzp)1do)z}s.idtCizvoomeos z = 0 es un punto de ramificación, se elige C como el contorno en la figura
la recta de ramificación y donde AB y GH en realidad coinciden con el eje x,

perEEo llsirenemsteidguureasontredanonztsie=epnae−rea1ld=pasoelpopairseaimsfapcleilzzzziz!l!!!llltííííam=mmm����r 1111l−a((((zzzze1þþþþxepn1111li))))ec1111lazzzzcpipppþþþþn�i���ót1111zezzznr.¼¼¼¼ior((((eeeedppppeiiii))))Cpppp����. 1111 ¼¼ eee(((ppp���111)))pppiii
¼ e(p�1)pi
¼

De este modo, þþþ 11zzzpppþþ���111zz ddzz ¼¼ 222pppiiieee(((ppp���iii)))pppiii
1zpþ�1z dz ¼ 2pie(p�i)pi
CCþ ¼
1 þ z dz
C

o, al omitir el integrando, ððð þþ Cððð þþ ððð þþ ððð ¼¼ 222pppiiieee(((ppp���111)))pppiii
Por tanto, se tiene þ BBDDEðEFFGG þ GGðHH þ HHðJJAA ¼ 2pie(p�1)pi
AAðBB þ BDEFG þ GH þ HJA ¼

AB

AB BDEFG GH HJA

ðððRRR xx pp��11 ddxx þþ 222ðððppp (((RRReeeiiiuuu11))) pþpppþþ����1111RRRiiiiRRRReeeiiieeeeuuuiiiiuuuu dduu þþ ðððeee ((((x1111xxxxeeeeeþþþþ22222pppppxixxxiiii,))))eeeepppp2p222�u���ppppi1eiii111sddddxxxxelþþþþar222gðððð0000pppu((((meeeeeeeeeiiiinuuuu1111))))toppppþþþþ����d1111eeeeeiiiieeeeeeeezieiiieeeuuuuiiiiauuuuuddddmuuuuen¼¼¼¼ta22222pppppiiiieeeea((((plppp����r1e111))))cppppoiiii rrer
ðeRe 11x dx þ 2ð00p (Reiu1) du þ RðRe
1x þpþ�1xx lþo du þz =R
pþ�1x
ien1teþgrxaldax
donde para la l0argo d1e þGHResieu usó el círculo

BDEFG. e 0 R 2p

Se toma el límite cuando e → 0 y R → ∞ y, al observar que la segunda y la cuarta integrales tienden a cero, se
tiene

o ð1 x p�1 dedede222xxxpppþþþiii(((ppp���111ððð000111))e)ee)))2221ð1ðpp1ðp000iii1(1(1(111xpxpxp���þþþpþpþpþ11��1�)))11xx1xxxxxxpppddd���xxx111¼¼¼dddxxx222¼¼¼pppiii222eeepp((p(ppp���eee((11(1ppp)))��p�ppiii111)))pppiii
de manera que ð1ð1 1xx pþp��11x
11 þþ xx
y 0
00 (1 �
((11 ��

1ð x p�1 dx ¼ 2pie(p�1)pi ¼ 2pi ¼ p
1ð1ð 1xx pþp��11x ddxx ¼¼ 122�ppiiee2((ppp��i(11p))�pp1ii) ¼¼ e ppi 22�ppeii �ppi ¼¼
11 þþ xx 11 �� ee22ppii((pp��11)) ee ppppii �� ee��ppppii senpppp
0 sseenn pppp
00

D

R �A Bx y
E H G 3p i
2
–1 J
pi
–R + pi 2 R +pi x
–R R
F – pi
2
Figura 7-10
Figura 7-11

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224 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

1ð cosh ax cos(ppa=2),wdohnerdee
cosh x
7.21.  Demuestretqhuaet dx ¼ 2 j|aj| ,< 11..

0

Solución

Considere Þ ({eeaizm/zc=o(szh2 þz) 1d)z}, ddzonde C es un rectángulo que tiene sus vértices en −R, R, R + pi, −R + pi (véase

C
la figura 7-11).
Los polos de eaz/cosh z son simples y se encuentran donde cosh z = 0, es decir, z ¼ � þ 21�pi, n = 0, 1,
polo comprendido en C es pi/2. n
2,. . . . El único
El residuo de eaz/cosh z en z = pi/2 es

lím (z � pi=2) eaz z ¼ eapi=2 ¼ i eapi=2 ¼ �ieapi=2
cosh senh(pi=2) sen(p=2)
z!pi=2

Así, de acuerdo con el teorema dþelcroeeþsashzidzuedoazz,

C cosh z ¼ 2pi(�ieapi=2) ¼ 2peapi=2
dz ¼ 2pi(�ieapi=2) ¼ 2peapi=2

C

Esto se escribe

ðR eðRax xedax ðp cþosðpehac((RRoþseþhiay()(RRiyþ)þiyi) diyy)þi d�yðRRþco�ðseRhac((xxoþsþephai(()pxxþiþp) id)pxi) dx
cosh
�R þ
cosh dx

x0

�R 0 ð0 R

þ p cþosð0ehac((�o�sRRehþa(þi(�y�)RRiþy)þiyi) dy ¼ 2peapi=2 (1)
iy) i dy ¼ 2peapi=2

Cuando R → ∞, las integrales segunda y cuarta del ladopizquierdo tienden a cero. Para mostrar esto, considere
la segunda integral. Como
j cosh(R þ ������eeRRþþiiyy þ e�R�iy ������ 1 1 1
j cosh(R þ iy)j ¼ þ2 e�R�iy � 21 fjeRþiyj � je�R�iyjg ¼ 21 (eR � e�R) � 41 eR
iy)j ¼ 2 � 2 fjeRþiyj � je�R�iyjg ¼ 2 (eR � e�R) � 4 eR

se tiene ��������ððpp0 ddyy��������

ea(Rþiy) iy) i � ðp eaR dy ¼ 4pe(a�1)R
coseha((RRþþiy) iy) i � ðp eeRa=R4 dy ¼ 4pe(a�1)R
cosh(R þ eR=4
0

y el resultado sigue al observar que 0 lado derecho tiende 0 cero cuando R → ∞ porque |a| < 1. De manera similar,

el a
se muestra que en (1) la cuarta integral de la izquierda tiende a cero cuando R → ∞. Por tanto, (1) se convierte en
8<8< ðRðR =9=9
RRll!í!ímm11:: eeaaxx eeaappii ðRðR eeaaxx ddxx;; ¼¼ 22ppeeaappii==22
ccoosshh ccoosshh
xx ddxx þþ xx

��RR ��RR

porque cosh(x + pi) = −cosh x. Así,

ðRðR eeaaxx 1ð1ð eeaaxx 22ppeeaappii==22 22pp pp
RRll!í!ímm11 ccoosshh ccoosshh 11 þþ eeaappii þþ ee��aappii==22 ccooss((ppaa==22))
xx ddxx ¼¼ xx ddxx ¼¼ ¼¼ eeaappii==22 ¼¼

��RR ��11

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Problemas resueltos  225

Ahora ðð00 1ð1ð

eeaaxx xx ddxx þþ eeaaxx xx ddxx ¼¼ pp
ccoosshh ccoosshh ccooss((ppaa==22))
��11 00

De este modo, al sustituir x por –x en la primera integral, se tiene

1ð1ð ee��aaxx þþ 1ð1ð eeaaxx ¼¼ 1ð1ð ccoosshh aaxx ¼¼ pp
ccoosshh xx ccoosshh ccoosshh xx ccooss((ppaa==22))
ddxx xx ddxx 22 ddxx

00 00 00

de donde se llega al resultado buscado.

1ð ln(x2 þ 1)
x2 þ 1
7.22.  Demuestre que dx ¼ p ln 2.

0

Solución

Considere Þ {{leni(mzz =+(z2i)þ/z12 )+} d1z} dz a lo largo del contorno C que consta del eje real desde –R hasta R y el semi-

C
círculo Γ de radio R (véase la figura 7-12)
El único polo de ln(z + i)/(z2 + 1) en el interior de C es el polo simple z = i, y el residuo es

lím (lzím�(iz) �(z l�in) ((izz)(þl�zn(þiiz))(þiz) i¼) il)n¼2(2i il)n2(2i i)
þ
z!i z!i

Por tanto, de acuerdo con el teorema del residuo,

þ lnz(2þzþþlnz1(2iz)þþdz1i¼) d2zp¼i�2lpn2(i2�i il)n�2(2i¼i)�p¼ln(p2il)n¼(2ip) ¼ln 1 pþ21i
22 2
p2 þln p2 i (1)

CC

al escribir ln(2i) = ln 2 + ln i = ln 2 + ln epi/2 = ln 2 + pi/2 con los valores principales del logaritmo. El resul-
tado se escribe
ðR ð
ðR ln(x þ i) dx þ ð ln(z þ i) dz ¼ p ln 2 þ 1 p2i
lnx(2xþþ1i) dx þ lnz(2zþþ1i) dz ¼ p ln 2 þ 21 p2i
�R x2 þ 1 G z2 þ 1 2

�R G

o

ð0 ln(x þ i) dx þ ðR ln(x þ i) dx þ ð ln(z þ i) dz ¼ p ln 2 þ 1 p2 i
ð0 lnx(2xþþ1i) dx þ ðR lnx(2xþþ1i) dx þ ð lnz2(zþþ1i) dz ¼ p ln 2 þ 21 p2 i
x2 þ 1 x2 þ 1 z2 þ 1 2
�R 0 G

Se sustituye x por –x en la�pRrimera integral0y esto se escribGe

ðRðRlnxln(x2ðiR(2þi�lþn�x1(x2i1x)þ�)ddx1xxþ)þdðRxðRlþnxln(x2ðiR(2þiþlþnþx1(x2i1x)þþ)ddx1xxþ)þdðxðlþnzln(2zðz(2þzþlþnþz1(2i1z)iþ)þddz1zi¼)¼dpzp¼lnlnp22þlnþ21212pþp2i212ip2i
00 0 00 0 GG G

o, comolnln(i(i�ln�(xix)�)þþxl)nlnþ(i(iþlnþ(xix)þ)¼¼xl)nl¼n(i(2il2�n�(ix2x2�)2)¼x¼2l)nl¼n(x(x2l2nþ(þx121)þ)þþ1p)piþ,i, pi,

ðRðRlnlnx(ðxRx2(x22lþ2nþþx(þ1x2112þ1)þ)d1dx1xþ)þdðRxðRxþx2p2ðþRpiþxi121pdþdixx1þþdðxðlþnzln(2zðz(2þzþlþnþz1(2i1z)iþ)þddz1zi¼)¼dpzp¼lnlnp22þlnþ21212pþp2i212i p2i (2)

00 0 00 0 GG G

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226 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

Cuando R → ∞, puede mostrarse que la integral a lo largo de Γ tiende a cero (véase el problema 7.101). Por tanto,
al tomar las partes reales, se encuentra que, como se buscaba,

ðR lðRnlx(nx2x(2þx2þ2þ1þ11)1d)xdx¼¼1ð 1ðlnlx(nx2x(2þx2þ2þ1þ11)1d)xdx¼¼pplnl2n 2
límlím

R!R!1 1

00 00

7.23.  Demuestre pð=p2ð=2 pð=p2ð=2 dxxdx¼¼��21 1pplnln2:2:
que lnlnsesnenx dxxdx¼¼ lnlncocsoxs 2

00 00

Solución

Con x = tan u en el resultado del problema 7.22, se encuentra

pð=2 lnppðt(ð==at22anlnln2n2t(ut(atautanaþnn2þn222u1uu1uþþ)þþs1e11c1)2)suseecdc22uuu¼ddu�u ¼2¼p�ð�=222lnppðð=c=22ollsnnuccodossuuu¼ddupu ¼¼lnp2pllnn22
0 00 0 00

de donde

pð=2 lnppðð=c=22ollsnnuccodossuuu¼ddu�u¼¼21 p��l12n12p2p llnn22 (1)

0 00

que establece una parte del resultado buscado. Sea u = p/2 − f en (1) y se encuentra

pð=2 lnppðð=s=22elnlnnfsseednnfff¼ddff�¼21¼p��l12n12p2pllnn22

0 00

y

(N + 12) (–1+i) CN (N + 1 ) (1+i)
2

y x
CΓ
–N –1 –N –2 –1 1 2 N N+1

i x (N + 12) (–1–i) (N + 1 ) (1–i)
2
–R R
Figura 7-12 Figura 7-13

Suma de series

7.24.  Sea CN un cuadrado con vértices en 21�(�1 1�(1
� 1�(1 � 1�(�1 � � 2
N þ þ i), N þ þ i), N þ � i), N þ � i)
22

como en la figura 7-13. Demuestre que sobre CN, |cot pz| < A, donde A es una constante.

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Problemas resueltos  227

Solución

Se consideran las partes de CN que están en las regiones y > 21, −21 ≤ y ≤ 1 y y < −21.
2

Caso 1: y > 21. En este caso, si z = x + iy, eeee����ppppiiiixxxxþþþþppppyyyy��������
��������eeeeppppiiiizzzz eeee����ppppiiiizzzz�������� ��������eeeeppppiiiixxxx����ppppyyyy
|cot pzjj| ¼¼ þþ ¼¼ þþ
�� ��

�� jjeeppiixx��ppyyjj þþ jjee��ppiixxþþppyyjj ¼¼ ee��ppyy þþ eeppyy ¼¼ 11 þþ ee��22ppyy �� 11 þþ ee��pp ¼¼ AA11
jjee��ppiixxþþppyyjj �� jjeeppiixx��ppyyjj eeppyy �� ee��ppyy 11 �� ee��22ppyy 11 �� ee��pp

Caso 2: y < −12. Aquí, como en el caso 1,

|cot pz| ≤ jjeeppiixx��ppyyjj þþ jjee��ppiixxþþppyyjj ¼¼ ee��ppyy þþ eeppyy ¼¼ 11 þþ ee22ppyy �� 11 þþ ee��pp ¼¼ AA11
jjeeppiixx��ppyyjj �� jjee��ppiixxþþppyyjj ee��ppyy �� eeppyy 11 �� ee22ppyy 11 �� ee��pp

Caso 3: −12 ≤ y ≤ 12. Considérese z = N + 1 + iy. Así,
2
jcjoctopt pzjz¼j ¼jcjoctopt p(N(Nþþ12 21þþiyi)yj)¼j ¼jcjocto(tp(p=2=2þþppiyi)yj)¼j ¼jtajtnahnhppyjy�j �tatnahn(hp(p=2=)2)¼¼AA2 2

Si z = −N – 1 + iy, se tiene, de manera similar,
2

jcjoctopt pzjz¼j ¼jcjoctopt p(�(�NN��12 21þþiyi)yj)¼j ¼jtajtnahnhppyjy�j �tatnahn(hp(p=2=)2)¼¼AA2 2
Por tanto, si se elige A como un número mayor que el mayor de A1 y A2, se tiene |cot pz| < A sobre CN, donde A
es independiente de N. Es interesante observar que, en realidad, se tiene |cot pz| ≤ A1 = coth(p/2), pues A2 < A1.
7.25.  S ea f (z) tal que a lo largo de la trayectoria CN de la figura 7-13, |f (z)| ≤ M/|z|k, donde k > 1 y M son
constantes independientes de N. Demuestre que

X1
  f (n) ¼ −�{fsumaodferleossidreuseisduoofspdecopt pcoztfp(zz)fa (tz)theen lpooslepsoloofs fd(ez)f g(z)}

�1

Solución

Caso 1: f (z) tiene una cantidad finita de polos.

En este caso, N puede elegirse lo bastante grande para que la trayectoria CN de la figura 7-13 comprenda todos
los polos de f (z). Los polos de cot pz son polos simples y se presentan en z = 0, 1, 2,. . . .
El residuo de p cot pz f (z) en z = n, n = 0, 1, 2,. . . , es

lím (z � n)p cot p z f (z) ¼ lím p�sze�n pnz� cos p z f (z) ¼ f (n)

z!n z!n

con la regla de L’HÔpital. Aquí se supuso que f (z) no tiene polos en z = n, pues, de ser así, la serie dada divergiría.
De acuerdo con el teorema del residuo,

þ XN (1)
p cot pz f (z) dz ¼ f (n) þ S

CN n¼�N

donde S es la suma de los residuos de p cot pz f (z) en los polos de f (z). De acuerdo con el problema 7.24 y con el
supuesto para f (z), se tiene

����� þ p cot pz f (z) dz����� pAM
Nk (8N
� þ 4)

CN

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228 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

pues la longitud de la trayectoria CN es 8N + 4. Así, al tomar el límite cuando N → ∞, se ve que (2)
þþ (3)

NNll!í!ímm11 CCNN pp ccoott ppzz ff((zz)) ddzz ¼¼ 00
Por tanto, de acuerdo con (1), se tiene, como se buscaba,
XX11 ff((nn)) ¼¼ ��SS

��11

Caso 2: f (z) tiene una cantidad infinita de polos.
Si f (z) tiene una cantidad infinita de polos, el resultado buscado se obtiene mediante un procedimiento ade-

cuado de límite. Véase el problema 7.103.

7.26.  Demuestre que P1 n2 1 a2 ¼ p pa,wdohnedree a >. 00..
þ a coth
n¼�1

Solución

Sea f (z) = 1/(z2 + a2), la cual tiene polos simples en z = ai.
El residuo de p cot pz/(z2 + a2) en z = ai es

lím (z � ai) p cot pz ¼ p cot pai ¼ � p cothpa
� ai)(z þ 2ai 2a
z!ai (z ai)

De manera similar, el residuo en z = −ai es (−p/2a) coth pa, y la suma de los residuos es −(p/a) coth pa. Así,
de acuerdo con el problema 7.25,

nX¼1n�X¼11�1n2nþ21þ1a2a¼2 ¼��((ssu(usmummaofdoerferseisdiudeusoe)s¼) ¼pa pacoctohtph apa

7.27.  Demuestre que P1 n2 1 a2 ¼ p coth pa � 1 , wdohnedre aa >.00..
þ 2a 2a2
n¼1

Solución

El resultado del problema 7.26 se escribe en la forma XX11
XX��11
n2 1 a2 þþ 1 þþ n¼1 n2 1 a2 ¼¼ p coth pa
n¼�1 n2 þ1 a2 a12 n¼1 n2 þ1 a2 pa coth pa
n¼�1 þ a2 þ a

o

2 XX11 n2 1 a2 þþ 1 ¼¼ ppa coth ppaa
2 n¼1 n2 þ1 a2 a12 a coth
þ a2
n¼1

de donde se obtiene el resultado buscado.

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Problemas resueltos  229

7.28.  Demuestre que 1 þ 1 þ 1 þ � � � ¼ p2
12 22 32 .

6

Solución

Se tiene

p cot pz p cos pz � � p2z2 þ p4z4 � � � �
z2 z2 sen pz 1 2! 4! � �
F(z) ¼ ¼ ¼ �
p2z2 p4z4 �
z3 1 � 3! þ 5! �
��

¼ 1 � � p2z2 þ � � �� þ p2z2 þ � � � ¼ 1 � � p2z2 þ � � �
z3 1 2! �1 3! � z3 1 3 �

de manera que el residuo en z = 0 es −p2/3.
De este modo, como en los problemas 7.26 y 7.27,

þ p cot pz dz ¼ X�1 1 þ XN 1 � p2 ¼ 2 XN 1 � p2
z2 n2 n2 3 n2 3
CN n¼�N n¼1 n¼1

Se toma el límite cuando N → ∞ y se tiene, debido a que el lado izquierdo tiende a cero,
22Xn1X¼n1¼11n1n212��p3p232¼¼00  oorr  Xn1X¼n1¼11n1n212¼¼p6p262

Otro método. En el resultado del problema 7.27, se toma el límite cuando a → 0. Así, con la regla de L’HÔpital,

lím X1 1 ¼ X1 1 ¼ lím pa coth pa � 1 ¼ p2
þ n¼1 n2 2a2 6
a!0 n¼1 n2 a2 a!0

7.29.  Suponga que f (z) satisface las condiciones dadas para el problema 7.25. Verifique que

  X1 (�1)nf (n) ¼ �f{suma de los residuos de p csc pz f (z) en los polos de f (z)}

�1

Solución

Se procede de manera similar a la del problema 7.25. Los polos de csc pz son simples y se encuentran en z = 0,
1, 2,. . . .
El residuo de p csc pz f (z) en z = n, n = 0, 1, 2,. . . es

lím (z � n)p csc pz f (z) ¼ lím p�sze�npnz�f (z) ¼ (�1)nf (n)

z!n z!n

De acuerdo con el teorema del residuo, (1)
þ XN

p csc p z f (z) dz ¼ (�1)nf (n) þ S

CN n¼�N

donde S es la suma de los residuos de p csc pz f (z) en los polos de f (z).

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230 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

Con N → ∞, la integral del lado derecho de (1) tiende a cero (problema 7.106), de manera que, como se bus-
caba, (1) se convierte en

X1 (2)
(�1)nf (n) ¼ �S

�1

7.30.  Demuestre que X1 (�1)n ¼ p2 cos pa, donde a es real y diferente de 0, 1, 2,. . . .
(n þ a)2 sen2 pa
n¼�1

Solución

Sea f (z) = 1/(z + a)2, función que tiene un polo doble en z = −a.
El residuo de pcsc pz/(z + a)2 en z = −a es

lím d � þ a)2 � p csc pz� ¼ �p2 csc pa cot pa
dz (z (z þ a)2
z!�a

Así, de acuerdo con el problema 7.29,
nX¼1n�X¼11�1(n((�þn(�1þa)1n)a)2n)¼2 ¼��(suma de residuos¼) ¼p2pc2scspc apcaoctopt apa¼¼ps2pecs2noe2cnspo2psapapaa

7.31.  Suponga que a  0, 1, 2,. . . . Demuestre que

a2 þ 1 � a2 þ 4 þ a2 þ 9 � � � � ¼ 1 � p2 cos pa
(a2 � 1)2 (a2 � 4)2 (a2 � 9)2 2a2 2 sen2 pa

Solución

El resultado del problema 7.30 se escribe en la forma

1 � � 1 1)2 þ (a 1 � þ � 1 2)2 þ (a 1 � þ � � � ¼ p2 cos pa
a2 (a þ � 1)2 (a þ � 2)2 sen2 pa

o

1 � 2(a2 þ 1) þ 2(a2 þ 4) � 2(a2 þ 9) þ � � � ¼ p2 cos pa
a2 (a2 � 1)2 (a2 � 4)2 (a2 � 9)2 sen2 pa

de donde se obtiene el resultado buscado. Observe que la agrupación de los términos de la serie infinita es posible
porque la serie es absolutamente convergente.

7.32.  Demuestre que 1 � 1 þ 1 � 1 þ � � � ¼ p3
13 33 53 73 .

32

Solución

Se tiene p sec pz p p
z3 cos p2z2=2!
F(z) ¼ ¼ z3 pz ¼ z3(1 � þ � � � )

¼ p � þ p2z2 þ � � � ¼ p þ p3 þ � � �
z3 1 2 � z3 2z

de manera que el residuo en z = 0 es p3/2.

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Problemas resueltos  231

El residuo de F(z)Fe(nz)za=t zn¼+n12þ, n12,=n0¼, 01,,+12,,.+. .2[,q.u.e. son los polos simples de pz] es
� 1�
lím � � � þ 1�� p ¼ p lím z � n þ ¼ �(�1)n
z n cos � þ 1�3 2 � 1�3
2 n z!nþ1=2 n
z!nþ1=2 z3 pz cos pz þ 2
2

Si CN es un cuadrado con vértices en N(1 + i), N(1 − i), N(−1 + i), N(−1 − i), entonces

þ p sec pz dz ¼ � XN (�1)n þ p3 ¼ �8 XN (�1)n þ p3
z3 � 1�3 2 (2n þ 1)3 2
CNN n¼�N n þ n¼�N
2

y como la integral del lado derecho tiende a cero cuando N → ∞, se tiene

X1 (�1)n ¼ �1 � 1 þ 1 � � � � ¼ p3
(2n þ 1)3 2 13 33 53 � 16
�1

de donde se obtiene el resultado buscado.

Teorema del desarrollo de Mittag-Leffler

7.33.  Demuestre el teorema del desarrollo de Mittag-Leffler (página 209).

Solución

Sea f (z) una función con polos en z = an, n = 1, 2,. . ., y suponga que z = z no es un polo de f (z). Así, la función
f (z)/z − z tiene polos en z = an, n = 1, 2, 3,. . . (y3z,e.�n. .a,zn.e)szf�(z)z
El residuo de f (z)/z − z en z = an, n = 1zl!,ím2an, ¼ bn z
an �

lím (z � an) f (z) ¼ bn z
z�z an �
z!an

El residuo de f (z)/z − z en z = z es

lím (z � z) f (z) ¼ f (z )
z�z
z!z

Entonces, de acuerdo con el teorema del rezl!ísmizd(uzo�, z) f (z) ¼ f (z ) y
z�z a4 CN
þ
1 f (z) dz ¼ f (z) þ X bn (1) a1 RN
2pi CN z�z an � z a3
n
a2 z
donde la última suma se toma sobre todos los polos en el interior de la cir- x
Figura 7-14
cunferencia CN de radio RN (figura 7-14). (3)
Suponga que f (z) es analítica en z = 0. Así, con z = 0 en (1), se tiene

1þ f (z) dz ¼ f (0) þ X bn (2) (2)
z n an
2pi

CN

Se resta (2) de (1) y se obtiene

f (z) � f (0) þ X � 1 z � 1� ¼ 1 þ f � 1 z � 1�
bn an � an 2pi (z) � dz
n CN
z z

z þ f (z)
2pi z(z � z)
¼ dz

CN

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232 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

Ahora, como |z − z| ≥ |z| − |z| = RN − |z| para z en CN, se tiene, si | f (z)| ≤ M,
�������CþN dz�������
f (z) � M � 2pRN
z(z � z) RN (RN � jzj)

Cuando N → ∞ y por ende RN → ∞, la integral del lado izquierdo tiende a cero, es decir,

þ f (z)
z(z � z) dz
lím ¼ 0

N!1

CN

Por tanto, de (3), con N → ∞, se tiene, como se deseaba,

f (z) ¼ f (0) þ X � 1 an þ 1�
bn z � an
n

el resultado de la página 209 al sustituir z por z.

7.34.  Demuestre que cot z ¼ 1 þ X� 1 þ n1p�, donde la suma se extiende sobre n = 1, 2,. . . .
z nz � np

Solución

Considere la función

f (z) ¼ cot z � 1 ¼ z cos z� sen z
z z sen z

Así, f (z) tiene polos simples en z = np, n = 1, 2, 3,. . . , y en estos polos el residuo es

lím (z � np)�z cos z � sen z� ¼ lím �z � np� lím �z cos z � sen z� ¼ 1
z!np z sen z z!np sen z z!np z

En z = 0, f (z) tiene una singularidad removible porque

� z � 1� ¼ lím�z cos z� sen z� ¼ 0
lím cot z z sen z
z!0
z!0

de acuerdo con la regla de L’HÔpital. Por tanto, se define f (0) = 0.

De acuerdo con el problema 7.110, se sigue que la función f (z) está acotada sobre los círculos CN cuyo centro
está en el origen y cuyo radio es RN ¼ (N þ 12)p . Por tanto, de acuerdo con el problema 7.33,

cot z � 1 ¼ X� 1 þ 1�
z nz � np np

de donde se obtiene el resultado buscado.

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Problemas resueltos  233

7.35.  Demuestre que cot z ¼ 1 þ � 1 p2 þ z2 1 þ � � �
z 2z z2 � � 4p2 �.

Solución

El resultado del problema 7.34 se escribe en la forma

cot z ¼ 1 þ ( X�1 � 1 þ 1� þ XN � 1 þ 1 �)
z lím � np np n¼1 z � np np
N!1 n¼�N z
�� � � 1� � 1 ��
¼ 1 þ lím 1 p þ z 1 p þ z 1 þ z � 2p þ � � � þ z 1 þ z � Np
z N!1 z þ � þ 2p þ Np

¼ 1 þ � 2z þ z2 2z þ � � � þ z2 2z �
z lím � p2 � 4p2 � N2p2
N!1 z2

¼ 1 þ � 1 p2 þ z2 1 þ � � �
z 2z z2 � � 4p2 �

Problemas diversos

1 aþði1 pffieffiffizffiffitffiffiffiffiffi
2pi zþ1
7.36.  Calcule dz, donde a y t son constantes positivas.

a�i1

Solución

El integrando tiene un punto de ramificación en z = −1. Como recta de ramificación se tomará la parte del eje real
que está a la izquierda de z = −1. Como esta recta de ramificación no puede cruzarse, se considera

þ pffieffiffizffiffitffiffiffiffiffi dz
zþ1

C

donde C es el contorno ABDEFGHJKA, que se muestra en la figura 7-15. En esta figura, aunque en realidad EF

y HJ se encuentran sobre el eje x, se representan separadas para facilitar la explicación; asimismo, FGH es una

circCuonmfeoreenzct=iapdffizffieffiþffiffirffiffiaffi1ffidffi ieos e y BDE y JKA representan arcos de una circunferencia de radio R. de Cauchy se tiene
analítica en el interior de C y sobre ella, de acuerdo con el teorema

þ pffieffiffizffiffitffiffiffiffiffi dz ¼ 0 (1)
zþ1
C

Se omite el integrando y esto se escribe como (2)
ððð ð ðð

þ þ þ þ þ ¼ 0

AB BDE EF FGH HJ JKA

Ahora, sobre BDE y¼JKueAp,i,zp=ffizffiffiRþffiffiffieffiffii1ffiuffi,¼dopnduffiffieepui=v2a¼deipu0uffiffi a py de p a 2p − zu0þ, r1es¼peuceti�vpaim, penzffitffiffieþffiffi.ffiffiffi1ffiffi ¼ puffiffi e�pi=2 ¼
Sobre EF, zþ1 , y sobre HJ,
�ipffiuffi. En ambos casos, z = −u – 1, dz = −du, donde u varía de R – 1 a e a lo largo de EF y de e a R – 1 a lo largo

de HJ.

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234 Capítulo 7   El teorema del residuo, cálculo de integrales y series

Sobre FGH, z + 1 = eeif, donde f va de −p a p. Por tanto, (2) se escribe

aþðiT pffieffiffizffiffitffiffiffiffiffi ðp pffiRffieffieffiRffiffiieffiuffiiuffiffiþtffiffiffiffi1ffiffi ðe e�(uþi1p)t (ffiuffi�du)
zþ1
dz þ iReiudu þ

a�iT u0 R�1

�ðp peffi(ffieffiffieffiiffifffiffi�ffiffi1ffiffi)ffitffiffiffi Rð�1 e�(u�þ1i)pt(�uffiffi du)
eeif þ 1
þ ieeif df þ

pe

þ 2pð�u0 pffiffieffiffiRffiffieffiffiiuffiffitffiffiffiffiffiffi iReiudu ¼ 0 (3)
Reiu þ 1
p

Ahora se toma el límite cuando R → ∞ (y T ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ! 1) y e → 0. Puede mostrarse (véase el problema
R2 � a2
7.111) que las integrales segunda, cuarta y sexta tienden a cero. Por tanto, se tiene

aaþþððii11 ppffizzffieeffiffiffiffizzþþffiffiffiffittffiffiffiffiffiffi11ffiffiffiffi ddzz ¼¼ ell!íímm0 22ii RRðð��11 ee��pp((nnþþffiuuffiffiffi11))tt dduu ¼¼ 22ii ðð11 ee��pp((uuþþuffiffiuffiffi11))tt dduu

a�i1 Re!10 e 0
a�i1 R!1 e 0

o, con u = v 2,

2211ppii aaþþððii11 ppzffiffizeeffiffiffiffizzþþffiffiffiffittffiffiffiffiffiffi11ffiffiffiffi ddzz ¼¼ pp11 11ðð ee��pp((uuþþuffiuffiffiffi11))tt dduu ¼¼ 22eepp��tt 1ðð1 ee��vv22 t ddvv ¼¼ ppee��ffiffippffiffiffiffittffiffittffiffi
t
a�i1 0 0
a�i1
0 0

y

C

B a + iT

D R

E F� θ0 x
–R J H –1 f G θ0 a
y
R C Γ2
–R � i R
K A a – iT Γ1
–� �
x

Figura 7-15 Figura 7-16

1ð (ln u)2 p3
u2 þ 1 .
7.37.  Demuestre que du ¼
8

0

Solución

Sea C la curva cerrada de la figura 7-16, donde Γ1 y Γ2 son semicírculos de radios e y R, respectivamente, con
centros en el origen. Considere

þ (ln z)2
z2 þ 1 dz

C

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Problemas resueltos  235

Como el integrando tiene un polo simple en z = i en el interior de C y como el residuo en este polo es

lím (z � i) (z (ln z)2 i) ¼ (ln i)2 ¼ (pi=2)2 ¼ �p2
� i)(z þ 2i 2i 8i
z!i

de acuerdo con el teorema del residuþo,(ln z)2 dz ¼ 2pi��p2� ¼ �p3
z(2lnþz)12 dz ¼ 2pi��8pi 2� ¼ �4p3
þ (1)
8i 4
C

z2 þ 1

C

Ahora,

integCþCþraz(z(ll2l2nndþþzez))121l2addzdze¼¼re�c���ððhRReeaz(z(,l2l2nnsþþezza))1212zddz=z þþ−GGððu11 (ln z)2 dz þ ðqReðReuz(z(e2l2lnnþþlznz))1212zdd=zz þþlnGG(ðð2−2 z(z(ul2l2nn)þþzz=))1212lddnzz u (2)
En z(2lnþz)12 dz þ pi y
z2 þ 1
la primera de manera + ln(−1) = ln u +
dz = −du. Asimismo, en la tercera integral de la derecha sea z = u (de manera que dz = du y ln z = ln u). Así,
con (1), se tiene

ðR (ln u þ pi)2 ð (ln z)2 ðR (ln u)2 ð (ln z)2 �p3
u2 þ 1 z2 þ 1 u2 þ 1 du z2 þ 1 4
du þ dz þ þ dz ¼

e G1 e G2

Ahora, sea e → 0 y R → ∞. Como las integrales en torno a Γ1 y Γ2 tienden a cero, se tiene

1ð1 (ln u þ pi)22 1ð1 (ln u)22 �p33
u22 þ 1 u22 þ 1 4
du þ du ¼

00 00

o 1ð1 1ð1 1ð1

2 (ln u)22 du þ 2pi ln u du � p22 du 1 ¼ �p33
u22 þ 1 u22 þ 1 u22 þ 4

00 00 00

Se aprovecha que 1ð u21ðdþuu21dþu¼1ta¼n�t1anu�����101 ¼u����01p2¼,, p
,
0
2

0 1ð u(2l2n1ðþuu()l212nþduu)12þdu2pþi 21ð0pui2l1ðnþuu2l1nþduu1¼dup4¼3

2 0 p3
4

00

Al igualar las partes reales y las imaginarias, se encuentra

1ð (ln u)2 p3 1ð ln u
u2 þ 1 8 u2 þ 1
du ¼ , du ¼ 0

0 0

donde, además del resultado buscado, se obtiene la segunda integral.

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