Cálculo de resíduos para polos de orden mayor a la unidad.

[alespa07]

Hola a todos.

Recuerdo que, cuando estudié análisis de la variable compleja, enunciamos un teorema fantástico y poderoso: El teorema de los resíduos. Me parecía increible que el valor de una integral, a lo largo de un camino cerrado homotópico a un punto, sólo dependiera de las contribuciones de las singularidades del integrando (los resíduos) abarcadas por el camino. No obstante, así es y así se demuestra. No entraré en el detalle de la demostración de este teorema (hay mucha información en la web) ni en sus diversas aplicaciones. Lo que me interesa desarrollar a continuación es un método de cálculo de los resíduos de una función en un caso concreto de singularidades. En efecto, dichas singularidades pueden ser aísladas o no (la singularidad de una función no es necesariamente un punto pero puede ser un segmento lo que no impide tener un resíduo), y en el caso de que sean aisladas pueden ser evitables, esenciales o ser polos. Nos centraremos, en todo lo que sigue, en las singularidades aisladas. Además, descartaremos las singularidades evitables ya que tienen resíduo nulo (el desarrollo en serie da Laurent no tiene potencias negativas). También, dejaremos de lado a las singularidades esenciales que precisan hallar explícitamente el desarrollo de Laurent para obtener el resíduo. Así pues, nos ceñiremos al estudio de los resíduos de funciones que presentan polos. Para ello, recordemos rigurosamente lo que es un polo y un resíduo:

• Polo de orden n: Consideremos el desarrollo de Laurent de una función $f$ en $z_0$:

$f(z)=\displaystyle\sum_{-\infty}^{+\infty}a_n(z-z_0)^n$

$z_0$ es un polo de orden $n \in\mathbb{N}$ de f si los coeficientes del desarrollo de Laurent cumplen que:

$a_{-n}\neq 0$ y $a_k=0$ si $k<-n$

Es decir que el desarrollo de Laurent tiene potencias negativas en un número finito (sino la singularidad sería esencial) y el orden del polo viene dado por el mínimo entero $n$ tal que $a_{-n}\neq 0$.

• Resíduo de f en una singularidad aislada: En el desarrollo de Laurent que hemos considerado, llamamos al coeficiente $a_{-1}$ el resíduo de $f$ en $z_0$

Ahora bien, consideremos una función compleja de la forma:

$h(z)=\displaystyle\frac{f(z)}{g(z)}$

con $f$ y $g$ analíticas. El conjunto de singularidades $S$ de $h$ es, por lo tanto, el conjunto de los ceros de $g$. Esto es:

$S=\{z\in\mathbb{C}|g(z)=0\}$

$S$ es por lo tanto un conjunto de puntos aislados y son los polos de la función $h$. Para este tipo de singularidades, existe una fórmula con la cual podemos siempre calcular los resíduos:

$\boxed{Res(h,z_0)=\displaystyle\lim_{z\to z_0}\displaystyle\frac{1}{(n-1)!}\displaystyle\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \{(z-z_0)^nh(z)\}}$ (1)

donde $n$ es el orden del polo. Veamos, pues, cual es la mejor opción para calcular resíduos según el orden del polo considerado

• Polo simple (n=1) Cuando $n=1$ (polo simple), esta fórmula suele ser útil porqué es simple. En efecto, se tiene que:

$Res(f,z_o)=\displaystyle\lim_{z\to z_0}(z-z_0)h(z)$

Además, en nuestro caso particular

$h(z)=\displaystyle\frac{f(z)}{g(z)}$

tenemos que:

$Res(f,z_o)=\displaystyle\lim_{z\to z_0}(z-z_0)h(z)=\displaystyle\lim_{z\to z_0}\displaystyle\frac{f(z)}{\frac{g(z)}{z-z_0}}$

Pero, nos fijamos en que $g(z_0)=0$ y $\displaystyle\lim_{z\to z_0}\displaystyle\frac{g(z)-g(z_0)}{z-z_0}=g'(z_0)$ para obtener que:

$\boxed{Res(f,z_o)=\displaystyle\frac{f(z_0)}{g'(z_0)}}$

Polos de orden superior a uno: En este caso, la fórmula (1) no es, en general, muy útil. En efecto, en primer lugar se tendría que encontrar la derivada (no trivial en general)

$\displaystyle\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \{(z-z_0)^nh(z)\}$

que da una indeterminación, y luego calcular el límite (Hôpital, desarrollos limitados...). Parece pues que ésta no es la manera más inteligente de calcular el resíduo. Creo, en mi opinión, que, en la mayoría de los textos, es un error pedagógico colocar esta fórmula como "remedio milagro" para la búsqueda de resíduos correspondientes a polos. En efecto, el estudiante la memoriza (o la anota en su formulario) pensando que le servirá siempre (por ser completamente general) y se olvida entender realmente la esencia de lo que esta haciendo. Luego, si en el exámen le sale un polo de orden 4, por ejemplo, se encuentra con unos cálculos tediosos para los cuales no está preparado y, por ende, pierde un tiempo valioso con muchas probabilidades de equivocarse o rendirse delante la complejidad. Por ello, la esencia de mi artículo toma todo su sentido en este preciso instante. Intentaré proporcionaros un método fiable, rápido e intutivo de como encontrar los resíduos de una función en polos de orden mayores a la unidad.

La verdad es que, a los que teneis que usar el teorema de los resíduos, os recomiendo encarecidamente que cojais lapiz y papel y os apuntéis lo que sigue (no es complicado pero no basta con leerlo). No os preocupéis si, al principio, os cuesta un poco entenderlo. No deja de ser un método así que requiere un poco de práctica. Además, el tiempo que invertáis en practicar estará, de sobra, compensado por la rápidez con la cual seréis capaces de hallar los resíduos de un función que presenta polos (que, en general, son la mayoría en las clases de variable compleja). Ánimo y a estudiar jejeje.

Nuestro propósito es el de calcular $Res(h,z_0)$ siendo $z_0$ un polo de orden $n$ de $h$. Entonces, esto quiere decir que $z_0$ es un cero de orden (multiplicidad) $n$ de $g$. Al ser, $g$ analítica, le corresponde un desarrollo en serie como sigue:

$g(z)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}a_k(z-z_0)^k$

Pero todos los términos hasta el rango $n$ son nulos, por lo que podemos escribir que:

$\boxed{g(z)=\displaystyle\sum_{k=n}^{\infty}a_k(z-z_0)^k=(z-z_0)^n\underbrace{\{a_n+a_{n+1}(z-z_0)+a_{n+2}(z-z_0)^2+\cdots\}}_{g_r(z)}}$

con $a_n\neq 0$ (sino $z_0$ sería un cero de orden $n+1$ de $g$) y donde hemos introducido $g_r$ que llamaremos función reducida de $g$.

Esta función reducida de $g$ es analítica en un disco centrado en $z_0$ y no se anula en dicho punto, por lo que podemos definir la función reducida de $h$ como:

$h_r(z)=\displaystyle\frac{f(z)}{g_r(z)}$

Está claro, pues, que $h_r$ es analítica en el disco de analiticidad de $g_r$ centrado en $z_0$. ¿Porqué hemos intoducido estas funciones reducidas? Pues porqué, ahora, podemos hallar la serie de Laurent de $h$ obteniendo la serie entera (de Taylor con potencias positivas exclusivamente) de $h_r$, y,como consecuencia, podremos hallar el resíduo que buscamos, que corresponde al coeficiente del término en $(z-z_0)^{-1}$ de la serie de Laurent de $h$, a partir del desarrollo en serie de $h_r$. Y ¿a qué coeficientes de dicha serie corresponde el resíduo? Pues al término en $(z-z_0)^{n-1}$ del desarrollo de $h_r$. En efecto, tenemos que:

$\boxed{h(z)=\displaystyle\frac{f(z)}{(z-z_0)^n g_r (z)}=\displaystyle\frac{h_r(z)}{(z-z_0)^n}}$

Finalmente, bastará con hallar el desarrollo en serie entera de $h_r$ hasta el orden $n-1$ para hallar $Res(h,z_0)$.

Ahora, nos podemos fijar en que, a partir de este resultado, volvemos a encontrar la fórmula (1). En efecto, el coeficiente del desarrollo de Taylor de $h_r$ correspondiente a la potencia $n-1$-ésima es, por definición:

$\displaystyle\frac{1}{(n-1)!}\displaystyle\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}\{h_r(z_0)\}$

Pero, $h_r(z)=(z-z_0)^nh(z)$. Entonces, este coeficiente (que es el resíduo) se puede encontrar mediante el límite de la fórmula (1). No obstante, a la práctica, será mucho más rápido y eficiente hallar el desarrollo en serie de Taylor de $h_r$ en $z_0$ mediante la división de potencias crecientes de la serie de $f$ respecto de $g_r$. Esto es, tenemos los siguientes desarrollos en serie:

$f(z)=b_0+b_1\xi+b_2\xi^2+\cdots\\g_r(z)=a_n+a_{n+1}\xi+a_{n+2}\xi^2+\cdots$

donde los $a_k$ son los coeficientes del desarrollo de $g$ y donde hemos hecho $\xi=z-z_0$. Planteamos la división en potencias crecientes:

$b_0+b_1\xi+b_2\xi^2+\cdots\quad |\underline{ a_n+a_{n+1}\xi+a_{n+2}\xi^2+\cdots}\Longrightarrow\displaystyle\frac{b_0}{a_n}+\cdots$

Cuando lleguemos a la potencia $n-1$, tendremos el resíduo deseado. El proceso de la división en potencias crecientes parece ser engorroso, no obstante, a la práctica, lo es muchísimo menos que el cálculo de la derivada y del límite planteado en la fórmula (1) .

• Ejemplo de aplicación

Sea la integral impropia:

$\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\displaystyle\frac{\cos{mx}}{(x^2+a^2)^2}\,dx\quad con\quad a,m>0$

Para resolverla gracias al teorema de los resíduos, extendemos la función integrando al plano complejo, definiendo así:

$h(z)=\displaystyle\frac{{\rm e}^{imz}}{(z^2+a^2)^2}\quad con\quad a,m\in\mathbb{R}^+$

En este artículo, mi intención no es la de resolver esta integral (quien tenga dudas de cómo se hace o simplemente quiera saberlo, no dudeis en preguntar) sino que quería contextualizar el cálculo que sigue. Efectivamente, el teorema de los resíduos nos lleva a calcular el resíduo de $h$ en el polo $z_0=ia$. Esto es:

$\boxed{Res(h(z),z_0)}$

Ante todo, es fácil ver que $z_0=ia$ es un polo doble (de orden 2) de $h$. Veamos cómo sería la resolución de este problema con la fórmula general. En primer lugar, tendremos que calcular la derivada de $(z-z_0)h(z)=\displaystyle\frac{{\rm e}^{imz}}{(z+ia)^2}$ que, de por sí, lleva algo de cálculo en el cual hay que estar atento para no equivocarse:

$\displaystyle\frac{d}{dz}\{(z-z_0)h(z)\}=\displaystyle\frac{im{\rm e}^{imz}(z+ia)^2-2(z+ia){\rm e}^{imz}}{(z+ia)^4}$
$\displaystyle\frac{d}{dz}\{(z-z_0)h(z)\}={\rm e}^{imz}\displaystyle\frac{im(z+ia)^2-2(z+ia)}{(z+ia)^4}$
$\displaystyle\frac{d}{dz}\{(z-z_0)h(z)\}=\displaystyle\frac{{\rm e}^{imz}}{(z+ia)^3}(im(z+ia)-2)$
$\boxed{\displaystyle\frac{d}{dz}\{(z-z_0)h(z)\}=\displaystyle\frac{{\rm e}^{imz}}{(z+ia)^3}(imz-ma-2)}$

Ahora, ya que en este caso $1/(n-1)!=1$, falta coger el límite $z\to z_0$:

$\displaystyle\lim_{z\to ia}\displaystyle\frac{{\rm e}^{imz}}{(z+ia)^3}(imz-ma-2)=\displaystyle\frac{{\rm e}^{-ma}}{(2ia)^3}(-ma-ma-2)$
$\displaystyle\lim_{z\to ia}\displaystyle\frac{{\rm e}^{imz}}{(z+ia)^3}(imz-ma-2)=\displaystyle\frac{{\rm e}^{-ma}}{-8ia^3}(-2ma-2)$
$\displaystyle\lim_{z\to ia}\displaystyle\frac{{\rm e}^{imz}}{(z+ia)^3}(imz-ma-2)=\displaystyle\frac{{\rm e}^{-ma}}{4ia^3}(ma+1)$
$\Longrightarrow\boxed{Res(h,ia)=\displaystyle\frac{{\rm e}^{-ma}}{4ia^3}(ma+1)}$

Podeis ver que este cálculo no es ni muy largo ni muy difícil (luego pondré algunos más complicados) pero el método que os propuse en mi artículo es mucho más rápido y eficaz. Usaré exactamente las mismas notaciones. En este caso, tenemos que:

$f(z)={\rm e}^{imz}$
$g_r(z)=(z+ia)^2$

EL primer paso es el de desarrollar estas dos funciones analíticas en un disco centrado en $z_0=ia$ en serie de potencias. Además, sabemos que, del resultado de la división según las potencias crecientes de estas dos funciones, sólo necestiremos el coeficiente del termino en $\xi^{n-1}=\xi$ (ya que $n=2$ es el orden del polo), así que no necesitamos muchos términos de los desarrollos (obviamente pondremos todos los de $g_r$ por ser un polinomio de desarrollo finito):

$f(z)={\rm e}^{imz}={\rm e}^{-ma}(1+im\xi+\cdots)$
$g_r(z)=(z+ia)^2=-4a^2+4ia\xi+\xi^2$

Finalmente, procedemos a la división según potencias crecientes (que no es más que una división euclídea de polinomios con dichos polinomios ordenados de potencias menores a mayores) parándonos en el coeficiente del término en $\xi$ (sólo tenemos que hacer 2 pasos de la división!!!!) obteniendo:

$1+im\xi+\cdots\,:\,-4a^2+4ia\xi+\xi^2=\displaystyle\frac{1}{4a^2}-\displaystyle\frac{i}{4a^3}(ma+1)\xi$

De donde, multiplicando por el factor ${\rm e}^{-ma}$ que nos hemos dejado para hacer la división, obtenemos el resultado deseado:

$\boxed{Res(h,ia)=\displaystyle\frac{{\rm e}^{-ma}}{4ia^3}(ma+1)}$

Por lo tanto, hay bastante menos cálculo con éste método que con la fórmula general. Además, cuando tengáis práctica, lo que acabo de hacer se vuelve muy fácil.

Mañana os pondré más ejemplos. Que os vaya bien.

Alex.

P.D: No dudéis en pedir que exponga un ejemplo en particular.

[alespa07]

Hola. Efectivamente, se trata de un tema que necesita su proceso de asimilación y de maduración. No te preocupes que de aquí un tiempo, si lo trabajas debidamente, las cosas encajarán cada vez más y fluirán. De todos modos, para cualquier cosa que necesites, en la medida de mis conocimientos, estaré por aquí para echarte una mano.

Ánimo y que vaya bien.

Saludos.

Alex.

[Brunow]

Genio!! Es realmente sencillo por ese metodo que el de las derivadas y limite. en dos horas rindo y me va a ayudar mucho esto. Gracias

[cmarzalo]

Cuando descompongo una función compleja racional en fracciones simples, si el polo es múltiple, tengo tantas fracciones y residuos como multiplicidad del polo. Cuando calculo el residuo de un polo múltiple ¿Qué residuo obtengo, el primero o el ultimo? ¿Y cómo obtengo el resto de residuos?