ETSETB Matem atiques de la Telecomunicaci oocw.upc.edu/sites/ocw.upc.edu/files/materials/... · Funcions de Variable Complexa 1.1 Introducci o El comportament anal tic de les funcions

ETSETBMatematiques de la Telecomunicacio

Funcions de Variable Complexa

Notes de ClasseExemples i Problemes

Anna LladoDepartament de Matematica Aplicada IV

Juny del 2012

2

Aquestes Notes inclouen els temes basics sobre funcions de Variable Comple-xa, continuitat, derivabilitat i integracio. L’objectiu es presentar el Teoremade Residus, aixı com les seves aplicacions al calcul d’integrals de Fourier.

Els sis primers capıtols inclouen, per aquest ordre, definicions, propietats,resultats, observacions, exemples i una llista de exercicis per consolidar con-ceptes. En l’ultim capıtol s’inclou una col.leccio de problemes resolts apare-guts en controls i examens d’aquesta assignatura en els darrers anys. Aquestsproblemes poden incloure resultats apareguts en diferents capıtols.

Confiem que us sigui d’utilitat i agrairem sincerament que ens comuniqueuqualsevol error, suggeriment o comentaris, que podeu enviar a

[email protected].

Anna Llado

Barcelona, Juny del 2012

Index

1 Funcions de Variable Complexa 7

1.1 Introduccio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2 Continuıtat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.3 Derivacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3.1 Propietats . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3.2 Equacions de Cauchy-Riemann . . . . . . . . . . . . . 13

1.3.3 Funcions harmoniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.3.4 Funcions analıtiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.4 Exercicis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2 Funcions elementals 19

2.1 Funcions uniformes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.1.1 Funcions polinomiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.1.2 Funcions racionals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.1.3 Funcio exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.1.4 Funcions trigonometriques . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.1.5 Funcions hiperboliques . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.2 Funcions multiformes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.2.1 Arrels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.2.2 Funcio logaritme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3

4 INDEX

2.2.3 Potenciacio complexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2.4 Exponencial complexa de base complexa . . . . . . . . 25

2.2.5 Funcions trigonometriques i hiperboliquesinverses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.3 Exercicis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3 Integracio complexa 29

3.1 Integracio sobre corbes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3.1.1 Propietats . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.2 Primitives de funcions analıtiques . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.3 Teorema de Cauchy-Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.4 Formula integral de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.5 Exercicis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

4 Series de Taylor i de Laurent 43

4.1 Series de potencies complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

4.2 Series de Taylor complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

4.3 Series de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

4.4 Exercicis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

5 Teorema dels residus 53

5.1 Singularitats aıllades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

5.2 Teorema dels residus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

5.3 Exercicis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

6 El Teorema dels residus pel calcul d’integrals reals 63

6.1 Funcions racionals trigonometriques . . . . . . . . . . . . . . . 63

6.2 Integrals impropies de funcions reals . . . . . . . . . . . . . . 64

6.3 Integrals de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

INDEX 5

6.4 Exercicis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

7 Problemes resolts 71

6 INDEX

Capıtol 1

Funcions de Variable Complexa

1.1 Introduccio

El comportament analıtic de les funcions de variable complexa es molt simple,molt atractiu i molt util. Respecte les funcions de variable real, es perd lapossibilitat de representar aquestes funcions mitjanant una grafica, pero esguanya en altres aspectes tal com veurem.

Una funcio de variable complexa z ∈ C, es aquella que te per domini D unsubconjunt de C i pren valors tambe complexos,

f : D ⊆ C→ C.

Identificant cada nombre complex z ∈ C amb un unic punt (x, y) ∈ R2,podem escriure,

f(z) = f(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) ∈ R2.

Aixı, cada funcio de variable complexa es pot expressar mitjancant duesfuncions reals de variable complexa,

u, v : D ⊆ R2 → R.

Si fem servir l’expressio binomial z = x+ jy, aleshores,

f(x, y) = u(x, y) + jv(x, y),

amb u(x, y) com la part real de f(x, y) i v(x, y) com a part imaginaria.

7

8 CAPITOL 1. FUNCIONS DE VARIABLE COMPLEXA

Observacio 1.1 Per canviar d’expressio una funcio de variable complexafem els seguents canvis.

1. Per expressar f(z) en forma cartesiana,

Re(f(z)) = u(x, y), Im(f(z)) = v(x, y).

Per exemple,

f(z) =1

z − 1=

z − 1

|z − 1|2=

x− 1− jy(x− 1)2 + y2

=x− 1

(x− 1)2 + y2+ j

−y(x− 1)2 + y2

.

2. Per expressar f(x, y) = u(x, y) + jv(x, y) en termes de z,

x =z + z

2, y =

z − z2j

.

Per exemple,

f(x, y) = 2x+ jy = 2z + z

2+ j

z − z2j

=3z + z

2= f(z).

2

1.2 Continuıtat

La nocio de continuıtat per funcions de variable complexa es similar a lanocio de continuıtat per funcions de variable real.

Per tractar amb aquesta nocio analıtica cal tenir present la nocio de lımit enaquest tipus de funcions, es a dir, funcions amb dominis que son regions delpla complex. Per aixo, fem servir la nocio d’entorn d’un punt z0 ∈ C, ambradi r = |z − z0|,

E(z0, r) = {z ∈ C : |z − z0| < r}.

De vegades simplement escrivim E(z0), si el radi de l’entorn no es rellevant.

Amb la nocio d’entorn d’un punt a C, podem definir la nocio de lımit perfuncions de variable complexa com en el cas de funcions de variable real.

Cal tenir present que la manera d’atansar-nos a un punt de z0 ∈ C ha de sera traves de tot un entorn en C (R2) del punt.

1.2. CONTINUITAT 9

Definicio 1.2 Diem que ω0 ∈ C es el lımit d’una funcio f : D ⊆ C→ Cen un punt z0 ∈ D si i nomes si, per tot ε ∈ R+, existeix un altre nombreδ ∈ R+ tal que si z ∈ E(z0, δ) ⊂ D, aleshores f(z) ∈ E(ω0, ε).

Aixo s’abreuja escrivint,

limz→z0

f(z) = ω0.

2

Observacio 1.3 Dir que una funcio de variable complexa tendeix a infinital voltant d’un punt, significa que el modul de la funcio tendeix a infinit al’atansar-nos al punt. Per exemple, limz→1 f(z) = 1

z−1=∞.

De la definicio de lımit es despren de forma natural la nocio de continuıtatd’una funcio en un punt z0 ∈ C, que clarament depen de l’existencia del valorde la funcio en z0, pero tambe cal que les imatges dels punts proxims a z0

siguin tambe proximes a f(z0).

Definicio 1.4 Diem que una funcio f : D ⊆ C → C es contınua en unpunt z0 ∈ D si i nomes si,

limz→z0

f(z) = f(z0).

Tambe podem expresar aquest lımit com

limh→0

f(z0 + h)− f(z0) = 0.

2

En particular, si una funcio es continua en z0 i f(z0) 6= 0, aleshores existeixun entorn E(z0) tal que, si z ∈ E(z0), aleshores f(z) 6= 0.

Exemple 1.5 Provem que les seguents funcions son continues a tot C.

1. f(z) = z.

limh→0

[f(z0 + h)− f(z0)] = limh→0

[(z0 + h)− z0] = limh→0

h = 0.


2. f(z) = |z|2.

limh→0

[f(z0 + h)− f(z0)] = limh→0|z0 + h|2 − |z0|2

= limh→0

(z0 + h)(z0 + h)− z0z0

= limh→0

[hz0 + z0h] = 0.

2

Observacio 1.6 Si z0 = (x0, y0), la versio cartesiana de la definicio anteriores

lim(x,y)→(x0,y0)

u(x, y) = u(x0, y0), lim(x,y)→(x0,y0)

v(x, y) = v(x0, y0).

Per tant, f(z) es contınua en z0 = x0 + jy0 si i nomes si u(x, y) i v(x, y) sonfuncions continues en (x0, y0). 2

Del comportament dels lımits respecte les operacions elementals es dedueixel comportament de les funcions continues respecte aquestes operacions.

Propietats 1.7 Si dues funcions f i g son continues en z0, aleshores, lesseguents funcions son contınues en z0,

1. αf(z) + βg(z), per tot α, β ∈ C.

2. (fg)(z).

3. (f ◦ g)(z) (f contınua a g(z0)).

4. f(z)/g(z) (g(z0) 6= 0). 2

Definicio 1.8 Diem que una funcio es contınua si es continua en tots elspunts del seu domini. 2

Les propietats anteriors tambe son valides per funcions continues en tot undomini D ⊆ C. Si una funcio f(z) es contınua en un compacte K ⊆ D,aleshores tenim les seguents propietats, que tenen un gran interes per lesseves aplicacions practiques.

Propietats 1.9 Sigui K ⊂ C un conjunt compacte i f : K → C contınua aK. Aleshores,

1.3. DERIVACIO 11

1. f(K) es compacte. Aixo es, f(K) es tancat i acotat.

2. |f | te maxim i mınim en K.

2

1.3 Derivacio

La definicio de derivada d’una funcio de variable complexa coincideix formal-ment amb la definicio de derivada d’una funcio de variable real, pero ara ellımit involucrat depen de tot un entorn del punt a C.

Definicio 1.10 Diem que una funcio f : D ⊆ C → C es derivable en unpunt z0 ∈ D si i nomes si existeix

limz→z0

f(z)− f(z0)

z − z0

= limh→0

f(z0 + h)− f(z0)

h= f ′(z0). (1.1)

Diem que f es derivable si es derivable en tots els punts de D. 2

A partir de les definicions, es inmediat veure que les funcions de variablecomplexa tambe compleixen el conegut fet de que tota funcio derivable escontinua, pero no en sentit contrari. Els seguents exemples ho justifiquen.

Exemple 1.11 La funcio f(z) = z no es derivable en cap punt.

Independentment del punt z0, es pot escriure

f(z0 + h)− f(z0)

h=z0 + h− z0

h=h

h.

Veiem que el seguent lımit no existeix.

limh→0

h

h,

Si fem tendir h a zero pel eix real, el lımit anterior val 1, pero si ens atansemal zero per l’eix imaginari, el lımit val -1. Per tant, aquest lımit no existeixper cap punt de C. 2


Exemple 1.12 La funcio f(z) = |z|2 nomes es derivable en z0 = 0.

Hem de calcular, per h→ 0, el lımit del quocient

f(z0 + h)− f(z0)

h=|z0 + h|2 − |z0|2

h=

(z0 + h)(z0 + h)− z0z0

h

= z0 + z0h

h+ h.

Veiem que el seguent lımit nomes existeix si z0 = 0.

limh→0

(z0 + z0h

h+ h),

Per z0 6= 0, si fem tendir h a zero amb h ∈ R+, el lımit anterior val

z0 + z0 = 2R(z0).

Pero si ens atansem al zero per l’eix imaginari, el lımit val

z0 − z0 = −2Im(z0).

Per tant, aquest lımit no existeix per cap punt de C \ {0}. 2

1.3.1 Propietats

Les propietats que compleixen les derivades de funcions de variable complexa,obtingudes a partir d’operacions elementals entre funcions derivables, sonexactament les mateixes que coneixem per funcions de variable real.

Propietats 1.13 Si dues funcions f i g son derivables en D, aleshores, lesseguents funcions son derivables en D,

1. (f ± g)′(z) = f ′(z) + g′(z).

2. (fg)′(z) = f ′(z)g(z) + f(z)g′(z).

3. (f ◦ g)′(z) = f ′(g(z))g′(z).

4. (f/g)′(z) = f ′(z)g(z)−f(z)g′(z)g2(z)

si g 6= 0 en D.

1.3. DERIVACIO 13

5. Es compleix la regla d’Hopital:

Si limz→z0f(z)g(z)

es una indeterminacio del tipus, 0/0 o ∞/∞ i g′ 6= 0 aD, aleshores,

limz→z0

f(z)

g(z)= lim

z→z0

f ′(z)

g′(z).

2

1.3.2 Equacions de Cauchy-Riemann

Si una funcio f : D ⊆ C→ C es derivable en un punt z0 ∈ D significa que ellımit (1.1) ha d’existir i per tant ha de valer el mateix al atansar-nos a z0 enqualsevol direccio, en particular si ho fem pel eix real o be pel eix imaginari.

Si f(z) es derivable a z0 = (x0, y0), aleshores

f(x, y) = u(x, y) + jv(x, y)

es diferenciable a (x0, y0) i per tant existeixen les derivades parcials de u i dev en aquest punt.

Hi ha un resultat molt simple i util que permet decidir si una funcio devariable complexa no es derivable.

Teorema 1.14 (Equacions de Cauchy-Riemann) Si una funcio f(z) esderivable en z0, aleshores les derivades parcials de

f(z) = f(x, y) = u(x, y) + jv(x, y),

compleixen les equacions de Cauchy-Riemann,

ux = vy, uy = −vx.

Demostracio. Si f(z) es derivable en z0, aleshores ha d’existir

limh→0

f(z0 + h)− f(z0)

h= f ′(z0).

Considerem primer que h = 4x ∈ R+. Aleshores,

f ′(z0) = lim4x→0

u(x0 +4x, y0) + jv(x0 +4x, y0)− u(x0, y0)− jv(x0, y0)

4x

= lim4x→0

u(x0 +4x, y0)− u(x0, y0)

4x+ j

v(x0 +4x, y0)− v(x0, y0)

4x= ux(x0, y0) + jvx(x0, y0).


Considerem ara que h = j4y amb 4y ∈ R+. Aleshores,

f ′(z0) = lim4y→0

u(x0, y0 +4y) + jv(x0, y0 +4y)− u(x0, y0)− jv(x0, y0)

j4y

=1

jlim4y→0

u(x0, y0 +4y)− u(x0, y0)

4y+ j

v(x0, y0 +4y)− v(x0, y0)

4y= vy(x0, y0)− juy(x0, y0).

Com que aquests dos lımits han de ser iguals, igualant les corresponents partsreals i imaginaries obtenim les equacions de Cauchy-Riemann,{

ux(x0, y0) = vy(x0, y0)uy(x0, y0) = −vx(x0, y0).

(1.2)

2

Exemple 1.15 Fem servir els Exemples (1.12) i (1.11) .

1. La funcio f(z) = |z|2 te com expressio cartesiana,

f(x, y) = x2 + y2,

d’on,u(x, y) = x2 + y2, v(x, y) = 0.

Les derivades parcials de les seves components,

ux = 2x, uy = 2y, vx = 0, vy = 0,

son continues pero nomes compleixen les equacions de Cauchy-Riemannen l’origen. Per tant, f nomes pot ser derivable derivable a l’origen.

2. La funcio f(z) = z te com expressio cartesiana,

f(x, y) = x− jy,

d’on,u(x, y) = x, v(x, y) = −y.

Per tant ux = 1 6= vy = −1 per tot (x, y) ∈ R2. Observem que aques-tes derivades parcials son contınues, pero no satisfan les equacions deCauchy-Riemann. Per tant f no es derivable a cap punt de C. 2

1.3. DERIVACIO 15

Es clar que si una funcio no compleix les equacions de Cauchy-Riemannno pot ser diferenciable. Pero nomes exigint una mica mes s’obtenen unescondicions suficients molt comodes d’utilitzar.

Proposicio 1.16 Donada una funcio f(x, y) = u(x, y) + jv(x, y).

Si existeixen les derivades parcials de u i de v en un punt (x0, y0), i aques-tes son continues i satisfan les equacions de Cauchy–Riemann en el punt,aleshores f es diferenciable a (x0, y0). 2

Si una funcio f(x, y) = u(x, y)+jv(x, y) compleix les condicions de la Propo-sicio anterior (1.16) en un punt (x0, y0), fent servir les equacions de Cauchy-Riemann obtenim la seva funcio derivada en el punt,

f ′(x0, y0) = ux(x0, y0) + jvx(x0, y0) = vy(x0, y0)− juy(x0, y0).

2

Exemple 1.17 La funcio f(z) = 2z + j en forma cartesiana es

f(x, y) = 2x+ j(2y + 1).

Les derivades parcials de les seves components,

u(x, y) = 2x, v(x, y) = 2y + 1,

son

ux = 2, uy = 0, vx = 0, vy = 2,

que son continues i compleixen les equacions de Cauchy-Riemann.

Per tant, podem obtenir f ′ en forma cartesiana a partir de les seves derivadesparcials,

f ′(x, y) = ux(x, y) + jvx(x, y) = 2 = vy(x, y)− juy(x, y).

Aixı, podem dir que f ′(z) = 2. 2


1.3.3 Funcions harmoniques

Definicio 1.18 Una funcio w : D ⊆ R2 → R es harmonica en D si inomes si, w compleix l’equacio de Laplace 4w = 0. Aixo es, compleix

∂2w

∂x2+∂2w

∂y2= 0.

2

Definicio 1.19 Dues funcions harmoniques u, v : D ⊆ R2 → R es diuenharmoniques conjugades en D si i nomes si, la funcio

f(x, y) = u(x, y) + jv(x, y)

es diferenciable en D. 2

Proposicio 1.20 Si una funcio f(x, y) = u(x, y) + jv(x, y) es diferenciableen D, aleshores u, v : D ⊆ R2 → R son harmoniques conjugades en D. 2

Observacio 1.21 Donada una funcio harmonica u(x, y), podem obtenir laseva harmonica conjugada v(x, y) a partir de les equacions de Cauchy-Riemann.Aquestes funcions son respectivament la part real i imaginaria d’una funciocomplexa derivable. 2

Exemple 1.22 La funcio u(x, y) = xy es harmonica ja que compleix l’equa-cio de Laplace,

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0.

Calculem la seva harmonica conjugada, v(x, y) fent servir les equacions deCauchy-Riemann,

∂v

∂y=∂u

∂x= y,

∂v

∂x= −∂u

∂y= −x.

Aixı deduım que

v(x, y) =y2

2+ c(x).

v(x, y) =y2

2− x2

2+ c.

Per tant, la funcio

f(x, y) = xy + j(y2

2− x2

2+ c),

es diferenciable ja que les seves derivades parcials son continues. 2

1.3. DERIVACIO 17

1.3.4 Funcions analıtiques

En el ambit de les funcions de variable complexa hi ha un concepte una micames exigent que el de funcio derivable en un punt. Aquest nou conceptees el que fa rellevants aquest tipus de funcions, especialment per les sevesconsequencies.

Definicio 1.23 Diem que una funcio f : D ⊆ C→ C es

1. analıtica en un punt z0 ∈ D sii existeix un entorn E(z0) en el que fes derivable.

2. analıtica en D si es analıtica a tot punt de D.

3. entera si es analıtica a tot C. 2

Definicio 1.24 Donada una funcio f : D ⊆ C→ C diem que z0 ∈ C es

1. un punt regular de f sii f es analıtica en z0.

2. un punt singular de f sii f es derivable a un entorn foradat de z0,

E∗(z0) = E(z0) \ {z0}

. 2

Exemple 1.25 Estudiem l’existencia de punts singulars en les seguents fun-cions.

1. f(z) = 2z es una funcio entera ja que f ′(z) = 2 per qualsevol valor dez. Per tant tots els seus punts son regulars.

2. f(z) = |z|2 es una funcio que nomes es derivable a z0 = 0 i per tant note cap punt ni regular ni singular.

3. f(z) = z no es derivable a cap punt de C, tampoc te cap punt ni regularni singular.

4. f(z) = 1/(z−1) es una funcio amb nomes un unic punt singular z0 = 1i la resta de punts de C son regulars.

2


1.4 Exercicis

1. Estudieu la continuıtat i la derivabilitat de les seguents funcions. Pera quins valors de z ∈ C son analıtiques?

(a) z + z, zz.

(b) z + |z|, z|z|.

2

2. Per a quins valors de a, b ∈ R la funcio

f(x, y) = x+ ay + i(x+ by),

es analıtica? Trobeu la seva derivada en termes de z = x+ iy. 2

3. Donada una funcio de variable complexa expressada en coordenadespolars,

f(r, ϕ) = u(r, ϕ) + iv(r, ϕ).

Proveu que les condicions de Cauchy-Riemann de f(r, ϕ) son,

∂u

∂r=

1

r

∂v

∂ϕ

∂v

∂r= −1

r

∂u

∂ϕ.

2

4. Comproveu si les seguents funcions son harmoniques. Si es el cas tro-beu les seves harmoniques conjugades, v(x, y). Doneu les funcionsanalıtiques corresponents, f(z) = u(x, y) + iv(x, y).

(a) u(x, y) = x2 − y2 + y.

(b) u(x, y) = sinh(x) cos(y).

2

5. Sigui f(z) una funcio analıtica en un entorn d’un punt z0 6= 0, E(z0).Calculeu la derivada de les funcions seguents, per z ∈ E(z0).

(a) f(z) = e2xeiy, z = x+ iy.

(b) g(z) = e−θ cos(ln r) + ie−θ sin(ln r), z = reiθ, r > 0, 0 < θ < 2π.

2

Capıtol 2

Funcions elementals

Les funcions de variable complexa anomenades elementals, son formalmentles mateixes que les que coneixem com a funcions elementals de variable reali en general tenen les mateixes propietats. Utilitzarem (*) per indicar lespropietats que son diferents en el cas que la variable sigui complexa.

Entre les funcions de variable complexa f : D ⊆ C → C, cal diferenciar lesfuncions propiament dites, es a dir, aquelles que per cada z0 ∈ D admetenun unic valor w0 ∈ C com imatge per f de z0, d’aquelles que a cada z0 ∈ Dli corresponen varies imatges.

Definicio 2.1 Una funcio f : D ⊆ C→ C es diu que es

1. uniforme sii ∀z0 ∈ D, f(z0) = w0 ∈ C.

2. multiforme sii ∀z0 ∈ D, f(z0) = W0 = {w0, w1, · · · }.

2

2.1 Funcions uniformes

Les funcions uniformes elementals de variable complexa son les extensions aC de les funcions elementals conegudes per variable real. Pero les propietatsd’aquestes no sempre son les mateixes que les corresponents en el cas real.

19

20 CAPITOL 2. FUNCIONS ELEMENTALS

2.1.1 Funcions polinomiques

Les funcions polinomiques de variable complexa es defineixen de forma similara les de variable real.

P (z) =n∑k=0

akzk, ak ∈ C.

Es suficient provar les seves propietats analıtiques per les funcions constantsi la funcio identitat, ja que tot polinomi s’obte com a productes i sumesd’aquestes dues funcions.

1. Son enteres.

(a) Per f(z) = c ∈ C,

f ′(z0) = limh→0

f(z0 + h)− f(z0)

h= lim

h→0

0

h= 0.

(b) Per f(z) = z,

f ′(z0) = limh→0

f(z0 + h)− f(z0)

h= lim

h→0

h

h= 1.

2. (*) Compleixen el Teorema fonamental de l’algebra:

P (z) = c

n∏k=1

(z − αk), c, αk ∈ C.

Observem que aquest resultat fonamental no es compleix per qualsevolpolinomi real. Per exemple, no existeix cap parella de nombres realsa, b tals que P (x) = x2 + 1 = (x− a)(x− b).

2

2.1.2 Funcions racionals

Les funcions racionals complexes son quocients de polinomis complexos,

f(z) = P (z)/Q(z)

2.1. FUNCIONS UNIFORMES 21

1. Tenen dominiD = C \ {βk ∈ C, 1 ≤ k ≤ m},

on βk son les arrels de Q(z).

2. Son analıtiques a D.

2

2.1.3 Funcio exponencial

f(z) = ez = exejy.

1. ez1+z2 = ez1ez2 .

2. |ez| = |ex||ejy| = ex.

3. ∀z ∈ C, f ′(z) = f(z) = ez.

4. (*) 2πj–periodica.

Fent servir la Formula de Euler tenim,

ez = exejy = ex(cos(y) + j sin(y))

= ex(cos(y + 2kπ) + j sin(y + 2kπ)) = exej(y+2kπ)

= ez+2kπj.

2

2.1.4 Funcions trigonometriques

Les funcions trigonometriques complexes es defineixen de forma analoga acom expressem les funcions trigonometriques reals en termes de la funcioexponencial complexa, i son una extensio d’aquestes funcions reals.

sin z =ejz − e−jz

2j, cos z =

ejz + e−jz

2.

Fent servir les propietats de l’exponencial complexa son facils de comprovarles propietats de les funcions trigonometriques complexes, que essencialmentson les mateixes que les funcions trigonometriques reals, excepte en un as-pecte important, les trigonometriques complexes deixen de estar acotades.


1. son enteres i

{sin′ z = cos zcos′ z = − sin z

2. son 2π–periodiques.

3.

{sin z = 0⇔ z = kπ, k ∈ Zcos z = 0⇔ z = kπ + π/2, k ∈ Z

4.

{sin(−z) = − sin zcos(−z) = cos z

5. sin2 z + cos2 z = 1

6.

{sin(z1 + z2) = sin z1 cos z2 + cos z1 sin z2

cos(z1 + z2) = cos z1 cos z2 + sin z1 sin z2

7. (*) No acotades.

| sin z| = | cos z| = 1

2|ejz ± e−jz| =∞.

Fent servir la forma binomica de z = x + jy, observem que per cadax ∈ R+,

limy→∞

ejz = 0, limy→∞

e−jz =∞.

2

2.1.5 Funcions hiperboliques

Les funcions hiperboliques complexes tambe es defineixen a partir de la funcioexponencial complexa de la forma seguent

sinh z =ez − e−z

2, cosh z =

ez + e−z

2.

A partir d’aquestes definicions tambe son facils de comprovar les seguentspropietats.

2.2. FUNCIONS MULTIFORMES 23

1. son enteres i

{sinh′ z = cosh zcosh′ z = sinh z

2. son 2πj–periodiques.

3.

{sinh z = 0⇔ z = kπ, k ∈ Zcosh z = 0⇔ z = kπ + π/2, k ∈ Z

4.

{sinh(z) = −j sin(jz)cosh(z) = cos(jz)

5.

{sinh(−z) = − sinh zcosh(−z) = cosh z

6. cosh2 z − sinh2 z = 1

7.

{sinh(z1 + z2) = sinh z1 cosh z2 + cosh z1 sinh z2

cosh(z1 + z2) = cosh z1 cosh z2 + sinh z1 sinh z2

8. No son acotades.

En aquest cas fixem y ∈ R+, i limx→±∞(x+ jy) = ±∞.

2

2.2 Funcions multiformes

Recordem que una funcio f : D ⊆ C→ C es multiforme si per tot z0 ∈ D,

f(z0) = W0 = {w0, w1, · · · }.

Per cada valor de wi obtenim el que s’anomena una branca o determinaciode f o be una funcio fi : D ⊆ C→ C . En general a la funcio f0 se l’anomenabranca o determinacio principal de f .


2.2.1 Arrels

f(z) = z1/n, n ∈ N.

Expressant z en forma polar obtenim

z1/n = (|z|earg(z)j)1/n = {|z|1/nej(arg(z)+2kπ)

n , 0 ≤ k < n}.

Com que |z| ≥ 0, l’expressio anterior te sentit i veiem que els n valors d’a-questa multifuncio els podem situar en els vertexs d’un polıgon n-regular.Cadascuna de les n branques es una funcio entera i la funcio

f0(z) = |z|1/nejarg(z)n .

s’anomena determinacio principal.

2.2.2 Funcio logaritme

La funcio logaritme complexe es defineix com a funcio inversa de la funcioexponencial complexa, es a dir,

logz = w ⇔ ew = z.

Per tant, el logaritme complexe tampoc esta definit en z = 0.

Fent servir de nou la forma polar z = |z|earg(z)j obtenim la multifuncio,

log z = {ln |z|+ j(arg(z) + 2kπ), k ∈ Z},

que te infinites branques o determinacions, una per cada k ∈ Z.

Observem que a diferencia dels logaritmes reals, el logaritme complexe estadefinit per nombres negatius.

Es considera com a determinacio principal la funcio f0 : C \ {0} → C,que habitualment es denota per

Log(z) = ln |z|+ arg(z)j, −π < arg(z) ≤ π.

Observem que aquesta funcio esta ben definida ja que com que z 6= 0, lafuncio real ln |z| esta ben definida.

2.2. FUNCIONS MULTIFORMES 25

1. Nomes es continua a C = C \ {(x, 0), x ≤ 0}.

2. Es analıtica a C,(log z)′ = 1/z.

3. Per cada determinacio fk es compleix

(a) log(z · z′) = log z + log z′.

(b) log zn = n log z.

(c) log ez = z ⇔ k = 0.

2

2.2.3 Potenciacio complexa

La funcio potencial complexa zw, amb w ∈ C i z 6= 0, es defineix com lafuncio exponencial del seu logaritme complexe,

f(z) = zw = ew log z.

Com que aquesta funcio es composicio d’una exponencial amb una funcio lo-garitme, hereda d’aquesta ultima les seves propietats i en particular, prenemcom a determinacio principal,

zw = ew log z = ew(ln |z|+arg(z)j).

2

2.2.4 Exponencial complexa de base complexa

La funcio exponencial complexa amb base complexa c ∈ C − {0}, esdefineix com la seguent funcio exponencial,

f(z) = cz = ez log c.

De forma similar a les potencies complexes, aquesta funcio te les propietatsde la funcio logaritme, amb determinacio principal,

cz = ez log c = ez(ln |c|+arg(c)j).

2


Exemple 2.2 Calculem alguns valors d’aquestes funcions multiformes.

1. jj = ej log j = e−(π/2+2kπ), k ∈ Z.

2. 2j = ej log 2 = ej(ln 2+j2kπ), k ∈ Z.

2

2.2.5 Funcions trigonometriques i hiperboliquesinverses

Les funcions trigonometriques i hiperboliques inverses es defineixen en termesde la funcio logaritme de la seguent forma,

1. arcsin z = 1j

log(jz +√

1− z2) + 2kπ, k ∈ Z.

2. arccos z = 1j

log(z +√z2 − 1) + 2kπ, k ∈ Z.

3. arctan z = 12j

log (1+jz)(1−jz) + kπ, k ∈ Z.

4. arc sinh z = log(jz +√z2 + 1) + j2kπ, k ∈ Z.

5. arc cosh z = log(jz +√z2 − 1) + j2kπ, k ∈ Z.

6. arc tanh z = 12

log (1+z)(1−z) + jkπ, k ∈ Z.

2

Totes les funcions definides en termes de la funcio logaritme complexe, sonfuncions multiformes i per cadascuna de les seves determinacions fem servirels resultats de continuitat i derivabilitat de la composicio de funcions.

2.3. EXERCICIS 27

2.3 Exercicis

1. Quines de les funcions seguents son periodiques? Si es el cas, doneu elseu perıode fonamental.

(a) e2z, e2z−i.

(b) sin(z), sin(|z|).(c) sinh(zi), cosh(zi).

2

2. Comproveu que per qualsevol z ∈ C es compleix,

(a) sin2 z + cos2 z = 1.

(b) cosh2 z − sinh2 z = 1.

2

3. Comproveu si son certes les seguents igualtats per qualsevol parella denombres complexos, z i z′.

(a) sin(z ± z′) = sin z cos z′ ± cos z sin z′.

(b) cos(z ± z′) = cos z cos z′ ∓ sin z sin z′.

2

4. Donats dos nombres reals x i y, comproveu la validesa de les seguentsigualtats.

(a) sinh(x+ iy) = sinh x cos y + i coshx sin y.

(b) cosh(x+ iy) = cosh x cos y + i sinhx sin y.

2

5. Trobeu totes les solucions de les seguents equacions.

(a) sin z = 0, cos z = 0.

(b) sinh z = 0, cosh z = 0.

(c) sin z = 2, cos z = 2i,

(d) sinh z = i, cosh 2z = 2.

2


6. Calculeu tots els valors dels seguents nombres complexos.

(a) 3√

3.

(b) j2/3.

(c) log(1 + j).

(d) (−1)−j.

(e) (1 + j)1+j.

2

Capıtol 3

Integracio complexa

En una integral real la variable es mou sobre un interval real, mentre queen una integral complexa la variable es mou sobre una corba, es a dir, sobreuna ”deformacio”en el pla complexe d’un interval real. Les corbes a C sonels dominis de la integracio complexa.

3.1 Integracio sobre corbes

Definicio 3.1 Una corba a C, es una aplicacio γ : [a, b]→ C diferenciableamb continuıtat. Podem expressar una corba en forma cartesiana separantla seva part real i la seva part imaginaria.

γ(t) = x(t) + jy(t), x, y : [a, b]→ R.

Observem que les corbes les considerem orientades, es a dir, γ(a) i γ(b) sonrespectivament l’origen i el final de la corba.

Diem que una corba es tancada si, i nomes si, γ(a) = γ(b). 2

Definicio 3.2 Donada una corba γ : [a, b] → C, definim la seva longitudcom la seguent integral real i positiva.

long(γ) =

∫ b

a

|γ′(t)|dt.

2

29

30 CAPITOL 3. INTEGRACIO COMPLEXA

Cal no confondre una corba, que es una aplicacio (anomenada tambe pa-rametritzacio) amb l’imatge de la corba. Poden existir moltes corbes oparametritzacions amb la mateixa imatge.

Exemple 3.3 La circumferencia es un exemple basic d’imatge de corba tan-cada que admet moltes parametritzacions. Per exemple, per cada n ∈ N, lacorba

γn(t) = ejnt = cos(nt) + j sin(nt), t ∈ [0, 2π/n].

te per imatge la circumferencia centrada al origen de radi u.

Observem que totes aquestes corbes tenen la mateixa longitud

long(γ) =

∫ 2π/n

0

|jnejnt|dt =

∫ 2π/n

0

ndt = 2π.

2

De forma mes general, es poden considerar certes unions de corbes anome-nades camins.

Definicio 3.4 Un camı es una aplicacio γ : [a, b] → C tal que existeix unaparticio de l’interval [a, b], a = t0 < t1 < · · · < tn = b, de manera que percada 1 ≤ i ≤ n,

γi : [ti−1, ti]→ C,es una corba diferenciable. 2

Exemple 3.5 L’aplicacio,

γ(t) =

{t+ 1 t ∈ [0, 1]

t+ 1 + j(t− 1) t ∈ [1, 2]

es un camı, ja que tant γ1(t) = t+ 1, que te per imatge el segment real [1, 2],com γ2(t) = t+1+ j(t−1), que te per imatge el segment [2, 3+ j], son corbesdiferenciables. 2

Definicio 3.6 Sigui f : D ⊆ C → C una funcio continua i γ : [a, b] → Duna corba. La integral de f sobre γ es defineix com∫

γ

f(z)dz =

∫ b

a

f(γ(t))γ′(t)dt.

2

3.1. INTEGRACIO SOBRE CORBES 31

Observem que en les integrals sobre corbes la funcio integrant nomes s’avaluaen els punts que estan sobre la corba.

Exemple 3.7 La funcio f(z) = zn es entera per n ∈ N. Calculem lesseguents integrals.

1. C0 es el cercle centrat a z0 = 0 de radi r ∈ R+.∫C0

zndz =

∫ 2π

0

(rejt)njrejtdt = jrn+1

∫ 2π

0

ej(n+1)tdt

=rn+1

n+ 1

[ej(n+1)t

]2π0

= 0.

Aquesta integral val zero per qualsevol valor de n ∈ N i de r ∈ R+.

2. C1 es el semicercle superior centrat a z0 = 0 de radi r ∈ R+.∫C1

zndz =

∫ π

0

(rejt)njrejtdt =rn+1

n+ 1

[ej(n+1)t

]π0

=

{0, n = 2k + 1, k ∈ N−2 r

n+1

n+1, n = 2k

El valor d’aquesta integral depen de k ∈ N i de r ∈ R+.

3. C2 es el semicercle inferior centrat a z0 = 0 de radi r ∈ R+.

Es immediat comprovar que el valor d’aquesta integral es igual que l’an-terior canviat de signe.∫

C2

zndz =

∫ 2π

π

(rejt)njrejtdt =

{0, n = 2k + 1, k ∈ N2 r

n+1

n+1, n = 2k

2

Si γ = ∪ki=1γi es un camı, aleshores integrem sobre cada corba del camı isumem el valor d’aquestes integrals.∫

γ

f(z)dz =k∑i=1

∫γi

f(z)dz.

2


3.1.1 Propietats

Donada una funcio continua f : D ⊆ C → C i una corba γ : [a, b] → D,l’integral

∫γf(z)dz compleix les seguents propietats.

1. Depen de l’orientacio de la corba.∫γ

f(z)dz = −∫γ−f(z)dz.

Es a dir, si canviem l’orientacio de la corba canvia de signe del valorde l’integral.

Exemple 3.8 L’integral∫γzdz per γ(t) = t+ jt2 amb t ∈ [0, 1] val,∫

γ

zdz =

∫ 1

0

(t+ jt2)(1 + 2jt)dt = j.

La corba amb orientacio contraria s’obte, fent moure la variable alreves, i aleshores ∫

γ−zdz = −j.

Observem que γ1(t) = (1 − t) + j(1 − t)2 amb t ∈ [0, 1], es una corbaamb la mateixa imatge que γ− i per tant,∫γ1

zdz = −∫ 1

0

((1− t) + j(1− t)2)(−1− 2j + 2jt)dt = −j =

∫γ−zdz.

2

2. No depen de la parametrizacio de la corba.

Si considerem una altra parametritzacio de γ(t) = µ(λ(t)), aleshores∫γ

f(z)dz =

∫γ

f(γ(t))γ′(t)dt =

∫γ

f(µ(λ(t)))µ′(λ(t))λ′(t)dt

=

∫µ

f(µ(τ))µ′(τ)dτ.

Exemple 3.9 Considerem qualsevol parametritzacio de la circumfe-rencia centrada a l’origen de radi u, C(0, 1),

γn(t) = ejnt = cos(nt) + j sin(nt), t ∈ [0, 2π/n].

3.2. PRIMITIVES DE FUNCIONS ANALITIQUES 33

Per qualsevol enter n′ 6= n es compleix,∫γn

z2dz =

∫γn′

z2dz = 0

2

3. Linealitat

Si f i g son funcions contınues sobre el mateix domini D, per tot parellde nombres complexos α i β es compleix,∫

γ

(αf + βg)(z)dz = α

∫γ

f(z)dz + β

∫γ

g(z)dz.

4. Linealitat respecte els camins

Si γ = γ1 ∪ γ2 es un camı, aleshores,∫γ

f(z)dz =

∫γ1

f(z)dz +

∫γ2

f(z)dz.

5. Modul

En general tenim la seguent desigualtat.∣∣∣∣∫γ

f(z)dz

∣∣∣∣ ≤ ∫γ

|f(z)|dz.

Si M = maxt∈[a,b]{|f(γ(t))|} aleshores,∣∣∣∣∫γ

f(z)dz

∣∣∣∣ ≤Mlong(γ).

2

3.2 Primitives de funcions analıtiques

Definicio 3.10 Donada una funcio continua f : D ⊆ C→ C, diem que unafuncio F : D ⊆ C → C es una primitiva de f si i nomes si, es analıtica iper tot z ∈ D,

F ′(z) = f(z).

2


Observem que una funcio pot tenir mes d’una primitiva, pero si es el casaquestes nomes difereixen en una constant.

El seguent teorema es una extensio de l’anomenada Regla de Barrow perfuncions de variable real.

Teorema 3.11 (Teorema fonamental del calcul) Donada una funcio con-tinua f : D ⊆ C→ C amb primitiva F : D ⊆ C→ C i C ⊂ D un camı amborigen a z0 i final a z1, es compleix,∫

C

f(z)dz = F (z1)− F (z0).

2

Consequencies:

1. El valor de∫Cf(z)dz no depen de la primitiva triada.

2. El valor de∫Cf(z)dz tampoc depen del camı C.

Nomes depen del valor en els extrems del camı de la primitiva triada.

3. Si el camı C es tancat, aleshores∫Cf(z)dz = 0. 2

Exemple 3.12 Calculem les integrals del Exemple (3.7) fent servir el Teo-rema fonamental.

La funcio f(z) = zk te com a primitiva F (z) = zk+1

k+1

1. Com que C0 es una corba tancada, per qualsevol valor de k ∈ N i der ∈ R+, ∫

C0

zkdz = 0.

2. Per C1 tenim∫C1

zkdz = F (−r)− F (r) =rk+1

k + 1((−1)k+1 − 1)

= =

{−2 r

k+1

k+1, k = 2n, n ∈ N

0, k = 2n− 1

El valor d’aquesta integral depen de k ∈ N i de r ∈ R+.

3.3. TEOREMA DE CAUCHY-GOURSAT 35

3. Com que els extrems de C2 coincideixen amb els de C1 pero canviatsd’ordre, el valor d’aquesta integral coincideix amb el de la integral an-terior, pero amb signe contrari.∫

C2

zkdz = F (r)− F (−r) =rk+1

k + 1(1 + (−1)k)

= =

{2 r

k+1

k+1, k = 2n, n ∈ N

0, k = 2n− 1.

2

3.3 Teorema de Cauchy-Goursat

El Teorema de Cauchy-Goursat es el teorema basic mes important dins l’am-bit de la integracio complexa. Considera funcions analıtiques en dominis ano-menats simplement connexos, aixo vol dir, sense forats. En les hipotesisdel Teorema de Cauchy-Goursat cal que les corbes sobre les que s’integrasiguin simples, aixo es, corbes que no es tallin a elles mateixes, excepte enels seus extrems si la corba es tancada.

Teorema 3.13 (Cauchy-Goursat) Sigui f : R ⊆ C → C una funcioanalıtica en un domini simplement connex. Per qualsevol camı tancat i sim-ple C ∈ R, recorregut en sentit antihorari es compleix∫

C

f(z)dz = 0.

2

El seguent resultat es consequencia del teorema anterior i considera dominisamb un forat, anomenats doblement connexos. Si un domini te n foratses diu n-connex o simplement multiconnex.

Teorema 3.14 (Deformacio de contorn) Sigui R ∈ C un domini doble-ment connex i f : R ⊆ C → C una funcio analıtica. Sigui C ∈ R unacorba tancada i simple que conte una altra corba C1 tancada i simple (lesdues recorregudes en sentit antihorari). Aleshores es compleix∫

C

f(z)dz =

∫C1

f(z)dz.

2


Aquests resultat permet triar la corba que mes faciliti el calcul d’una deter-minada integral. El seguent resultat es una extensio del teorema anterior perdominis multiconnexos.

Corol.lari 3.15 Sigui R ∈ C un domini n–connex i f : R ⊆ C → C unafuncio analıtica. Sigui C ∈ R es una corba tancada i simple que conte unacol.leccio de n corbes Ci disjuntes, tancades i simples, totes recorregudes ensentit antihorari. Aleshores es compleix∫

C

f(z)dz =n∑k=1

∫Ck

f(z)dz.

2

3.4 Formula integral de Cauchy

La Formula integral de Cauchy es una consequencia important del Teoremade Cauchy-Goursat. Diu que els valors d’una funcio analıtica al interior d’unacorba simple i tancada en un domini simplement connex nomes depenen delsvalors que pren la funcio sobre la corba i propi punt.

Teorema 3.16 (Formula integral de Cauchy) Sigui f : R ⊆ C → Cuna funcio analıtica en un domini simplement connex. Si C ∈ R es un camıtancat i simple recorregut en sentit antihorari, per tot punt z0 interior a Ces compleix

f(z0) =1

2πj

∫C

f(z)

z − z0

dz.

2

El Teorema de la Formula integral de Cauchy es un resultat amb molt interesteoric, i a nivell practic s’utilitza per calcular integrals sobre corbes queenvolten algun punt del qual coneixem el valor de la funcio.

Exemple 3.17 Considerem la funcio

f(z) =z

9− z2.

Aquesta funcio es analıtica en el seu domini D = C \ {±3}.

3.4. FORMULA INTEGRAL DE CAUCHY 37

Si C es un camı tancat i simple contingut a D, per exemple C = {z : |z| = 2}.Fem servir el Teorema 3.16 per calcular el valor de la seguent integral, perz0 = −j ∫

|z|=2

z

(9− z2)(z + j)dz = 2πjf(−j) =

π

5.

2

Un dels resultats mes destacats en aquest context es consequencia del teo-rema anterior. Diu que si una funcio es analıtica en un domini, aleshores tederivades de qualsevol ordre i cadascuna d’aquestes derivades es pot obtenir,de forma teorica, a partir de la Formula integral de Cauchy.

Teorema 3.18 Si f : R ⊆ C → C es una funcio analıtica en un dominisimplement connex, aleshores, per qualsevol n ∈ N existeix la derivada n–esima f (n) : R→ C i es analıtica. 2

Corol.lari 3.19 Sigui f : R ⊆ C → C una funcio analıtica en un dominisimplement connex. Si C ∈ R es un camı tancat i simple, per tot punt z0

interior a C es compleix

f (n)(z0) =n!

2πj

∫C

f(z)

(z − z0)n+1dz.

2

Aquest resultat a la practica tambe s’utilitza per calcular certes integrals, entermes de les derivades d’una funcio analıtica en un punt.

Observacio 3.20 Sigui f : R ⊆ C → C una funcio analıtica en un dominisimplement connex. Si C ∈ R es un camı tancat i simple, per tot punt z0

interior a C es compleix∫C

f(z)

(z − z0)n+1dz =

2πj

n!f (n)(z0).

2

Exemple 3.21 Considerem la funcio

f(z) =z

z − 3.


Aquesta es una funcio analıtica en el seu domini D = C \ {3}.

Gracies a l’observacio anteriot (3.20) podem calcular la seguent integral ambz0 = j.∫

|z|=2

z

(z − 3)(z − j)3dz = πjf ′′(j) = π

6j

(j − 3)3= −3π

50(1 + 3j).

2

Els resultats seguents son tambe consequencies importants del Teorema deCauchy.

Teorema 3.22 Tota funcio entera i acotada es constant. 2

D’aquest resultat es despren que si una funcio es entera i no constant, ales-hores no esta acotada. Per exemple les funcions trigonometriques complexes.

El seguent es un resultat sorprenent i molt practic. Facilita enormementla localitzacio del maxim d’una funcio de variable complexa en un dominiconnex i acotat.

Teorema 3.23 (Modul maxim) Si f : K ⊆ C→ C es una funcio analıticano constant en un domini compacte. Aleshores, f pren el valor maxim a lafrontera de K. 2

3.5. EXERCICIS 39

3.5 Exercicis

1. Siguin C1 i C2 els camins donats respectivament per les seguents corbes.

γ1(t) = (2+j)t, t ∈ [0, 1]; γ2(t) = {t : t ∈ [0, 2]}∪{2+jt : t ∈ [0, 1]}.

Compareu el valor de les seguents integrals.

I1 =

∫C1

z2dz, I2 =

∫C2

z2dz.

2

2. Sigui z0 l’inici d’un camı simple que acaba en un punt z1 6= z0. Calculeuel valor de l’integral, ∫ z1

z0

ez cos(ez)dz,

en els casos seguents,

(a) z0 = 0, z1 = 1.

(b) z0 = −πj, z1 = 2πj.

2

3. Per a quins valors de r ∈ R el valor de la seguent integral es zero?

I =

∫|z|=r

2z − j(z2 + 1)(z2 − 2)

dz.

2

4. Sigui Q un quadrat de longitud 8 centrat a l’origen. Considerem lafuncio f(z) = 2z2 + bz + 1. Per a quins valors de b ∈ R son certes lesseguents igualtats? ∫

Q

f(z)

z + 1dz =

∫Q

f(z)

2z + 1dz = 0.

2

5. Calculeu

I =

∫|z|=1

dz√z,

en els seguents casos. Relacioneu els resultats i interpreteu-los.


(a) arg z ∈ [0, 2π),√

1 = 1.

(b) arg z ∈ [0, 2π),√

1 = 1, Imz ≤ 0.

(c) arg z ∈ [0, 2π),√

1 = −1, Imz ≥ 0.

2

6. Per les seguents determinacions de ln(z), calculeu

I =

∫|z|=r

ln(z)dz.

(a) arg z ∈ (−π, π], ln z = ln r ∈ R.

(b) arg z ∈ (0, 2π], ln z = ln r + 2πj.

(c) arg z ∈ (π/2, 5π/2], ln z = ln r + jπ/2.

2

7. Calculeu el valor de les integrals seguents,

(a) ∫|z|=1

sin z

z(z − π)dz.

(b) ∫|z|=2

dz

(z2 + 9)2.

(c) ∫|z|=2

zdz

(9− z2)(z + j).

(d) ∫|z−1|=2

z3 + 2z

(z − 1)3dz.

(e) ∫|z−j|=2

dz

(z2 + 4)2.

2

3.5. EXERCICIS 41

8. Sigui C una corba tancada i simple que no passa pels punts 0, 1. Teninten compte la posicio de C respecte aquests punts, calculeu el valor dela integral,

I =

∫C

ez

z(1− z)3dz.

2


Capıtol 4

Series de Taylor i de Laurent

4.1 Series de potencies complexes

Les series de potencies complexes es defineixen formalment igual que les seriesde potencies reals.

Definicio 4.1 Es defineix una serie de potencies complexa centradaen z0 ∈ C com ∑

n≥0

an(z − z0)n, an ∈ C.

2

Perque una serie complexa convergeixi cal que ho faci en modul, es a dir,

limn→∞

∣∣∣∣an+1(z − z0)n+1

an(z − z0)n

∣∣∣∣ = |z − z0| limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ < 1.

Denotant per

L = limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ ,tenim,

|z − z0| < 1/L = R.

La seguent proposicio diu com son les regions de convergencia d’aquestesseries complexes.

Proposicio 4.2 Tota serie de potencies∑

n≥0 an(z − z0)n convergeix

43

44 CAPITOL 4. SERIES DE TAYLOR I DE LAURENT

1. absolutament i uniformement per |z−z0| < R. Aixo es, en el disc obertcentrat en z0 de radi R,

D(z0, R) = {z ∈ C : |z − z0| < R}.

2. divergeix per |z − z0| > R. Aixo es,

{z ∈ C : |z − z0| > R}.

3. Si |z− z0| = R el criteri no decideix. Es a dir, pot convergir o no sobrela circumferencia

C(z0, R) = {z ∈ C : |z − z0| = R}.

4. Si L =∞, nomes convergeix en z = z0.

5. Si L = 0, convergeix absoluta i uniformement a tot C.

2

Definicio 4.3 El disc D(z0, R) en el qual convergeix una serie de potenciess’anomena disc de convergencia i a R se li diu el seu radi de con-vergencia.

Exemple 4.4 Els seguents son exemples basics, il.lustratius i molt utils.

1. La serie geometrica ∑n≥0

zn =1

1− z.

En aquest cas L = limn→∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ = 1.

Per tant la serie convergeix si |z| < 1, es a dir el disc centrat al origende radi u i divergeix per |z| ≥ 1.

2. La serie exponencial ∑n≥0

zn

n!= ez.

Com que

L = limn→∞

n!

(n+ 1)!= lim

n→∞

1

n+ 1= 0,

la serie convergeix per tot z ∈ C. 2

4.2. SERIES DE TAYLOR COMPLEXES 45

En aquests exemples coneixem quina es la funcio a la que convergeix la seriedins el seu disc de convergencia. Pero en general, encara que trobar el radi deconvergencia sigui immediat, trobar la funcio a la qual convergeix no semprees facil.

Una serie dins el seu disc de convergencia es pot derivar i integrar terme aterme.

Propietats Sigui f(z) =∑

n≥0 an(z − z0)n per tot z ∈ D(z0, R). Aleshoreses compleix,

1. f es analıtica a D.

2. f ′(z) =∑

n≥1 nan(z − z0)n−1 convergeix absoluta i uniformement a D.

Exemple 4.5 Per calcular la serie de Taylor de

f(z) =1

(1− z)2,

fem servir la serie de potencies de f ′.

f(z) =

(1

1− z

)′=∑n≥0

(zn)′ =∑n≥1

nzn−1.

Com que f te una singularitat en z = 1, aquesta serie convergeix ab-soluta i uniformement a f en el disc obert D(0, 1). 2

3. Per tot camı C ⊂ D,∫C

f(z)dz =∑n≥0

∫C

an(z − z0)ndz.

2

4.2 Series de Taylor complexes

Les series de Taylor son les series de variable complexa associades a les fun-cions analıtiques en un entorn d’un punt. Formalment son equivalents a lesseries de Taylor per funcions reals infinitament derivables, en les que els seuscoeficients an s’obtenen a partir de les derivades de la funcio en el punt. Caltenir present que si una funcio es analıtica, es infinitament derivable.


Teorema 4.6 Si f es una funcio analıtica en un disc D = (z0, R), aleshoresf admet una unica serie de potencies centrada a z0,

f(z) =∑n≥0

f (n)(z0)

n!(z − z0)n,

on l’igualtat es valida per tot z ∈ D(z0, R).

Aquesta serie s’anomenada serie de Taylor de f centrada en z0, ST (f, z0).2

A la practica no sempre calculem la serie de Taylor a partir de les derivadesd’una funcio analıtica en un entorn d’un punt z0. Sabent que la serie depotencies d’un funcio al voltant d’un punt es unica, es pot manipular lafuncio per expressar-la en termes de funcions de les quals coneguem les sevesseries de potencies.

D’altra banda, si una funcio te singularitats, el radi de convergencia de la sevaserie de Taylor es pot obtenir com la distancia del punt z0 a la singularitatmes proxima.

Exemple 4.7 Per calcular la serie de Taylor de

f(z) =1

1 + z2,

expressem f en termes de la serie geometrica,

f(z) =1

1− (−z2)=∑n≥0

(−1)nz2n = ST (f, 0).

Aquesta serie convergeix absoluta i uniformement a f en el disc obert D(0, 1),ja que f te una unica singularitat en z = j. 2

4.3 Series de Laurent

Les series de Laurent son una extenssio de les series de Taylor per funcionsde variable complexa.

Definicio 4.8 Una serie de Laurent d’una funcio analıtica en una coronacircular oberta centrada en un punt z0, C(z0, r, R), es una serie amb potencies

4.3. SERIES DE LAURENT 47

positives i negatives de z − z0,∑n∈Z

cn(z − z0)n.

S’anomena part principal de la serie de Laurent a la part corresponent depotencies negatives, ∑

n<0

cn(z − z0)n,

i s’en diu part regular, a la resta de la serie,∑n≥0

cn(z − z0)n.

2

Teorema 4.9 Si f es una funcio analıtica en una corona circular oberta

C(z0, r, R) = {z ∈ C : r < |z − z0| < R},

aleshores f admet una unica serie de Laurent centrada en z0,

f(z) =∑n∈Z

cn(z − z0)n,

on

cn =1

2πj

∫C

f(z)

(z − z0)n+1dz

per qualsevol corba tancada C continguda en C(z0, r, R).

La serie

1. convergeix absoluta i uniformement cap a f per tot z ∈ C(z0, r, R).

2. Sobre les circumferencies C(z0, r) i C(z0, R) pot convergir o no.

3. divergeix fora de C(z0, r, R), aixo es,

{z ∈ C : |z − z0| < r o |z − z0| > R}.

2


Observacio 4.10 Per obtenir series de Laurent cal tenir present les seguentsobservacions.

1. Si una funcio es analıtica al voltant d’un punt, aleshores la seva seriede Laurent coincideix amb la seva serie de Taylor. Aixo es,

cn =

{an, n ≥ 00, n < 0.

2. Els coeficients cn, a la practica no es calculen a partir de la defini-cio. S’utilitzen series conegudes i es fa servir l’unicitat de la serie deLaurent.

3. Una funcio te series de Laurent diferents en corones diferents centradesen un mateix punt.

Exemple 4.11 Calculem les series de Laurent centrades a z0 = 1 de

f(z) =1

z.

Aquesta es una funcio analıtica en C \ {0} i per tant s’han de diferenciardues regions.

1. Per 0 < |z − 1| < 1, expressem la funcio de manera que es puguiutilitzar la serie geometrica,

1

z=

1

1 + (z − 1)=∑n≥0

(−1)n(z − 1)n.

Aquesta es una serie de Taylor perque no te part principal.

2. Per |z− 1| > 1, de nou manipulem la funcio per poder utilitzar la seriegeometrica,

1

z=

1

z − 1

1

( 1z−1

+ 1)=∑n≥0

(−1)n1

(z − 1)n+1.

Aquesta no es una serie de Taylor perque no te part regular i com que lapart principal te infinits termes, deduım que z0 = 0 es una singularitatessencial. 2

4.3. SERIES DE LAURENT 49

Si una funcio te mes d’un punt singular, pot tenir mes de dues series deLaurent al voltant d’un mateix punt, tal com podeu veure en el seguentexemple.

Exemple 4.12 Calculem les possibles series de Laurent centrades a z0 = 0de la funcio,

f(z) =1

(z − 1)(z + 3).

Aquesta es una funcio analıtica en C \ {1,−3}.

Expressem f en termes de les seves fraccions simples,

f(z) =1

(z − 1)(z + 3)=

1

4(z − 1)− 1

4(z + 3).

1. Per |z| < 1, f es analıtica i per tant la seva serie de Laurent no te partprincipal i es una serie de Taylor,

f(z) =1

4(z − 1)− 1

4(z + 3)=

−1

4(1− z)− 1

12( z3

+ 1)

=−1

4

∑n≥0

(1 +(−1)n

3n+1)zn.

2. Si 1 < |z| < 3, la serie de Laurent te una part regular i una partprincipal,

f(z) =1

4(z − 1)− 1

4(z + 3)=

1

4z(1− 1z)− 1

12( z3

+ 1

=1

4

∑n≥0

1

zn+1− 1

4

∑n≥0

(−1)n

3n+1zn.

3. Si |z| > 3, la serie de Laurent nomes te part principal.

f(z) =1

4(z − 1)− 1

4(z + 3)=

1

4z(1− 1z)− 1

4z(3z

+ 1)

=1

4

∑n≥0

1

zn+1− 1

4

∑n≥0

(−3)n

zn+1

=1

4

∑n≥0

1 + (−1)n+13n

zn+1.

2


4.4 Exercicis

1. Calculeu el radi de convergencia de les seguents series de potencies:

(a)∑

n≥0(1− i)nzn.(b)

∑n≥0 n2nzn.

(c)∑

n≥0 z2n.

2

2. Trobeu la serie de Taylor a l’origen de les seguents funcions i doneu elseu radi de convergencia.

(a) ez2.

(b) z2e3z.

(c) z2 + sin 2z.

2

3. Comproveu que la funcio f(z) = ln(1+z) es analıtica a l’origen. Doneula seva serie de Taylor en aquest punt i el seu domini de convergencia.

2

4. Fent servir les definicions de les funcions sin z i cos z , trobeu les sevesseries de Taylor a l’origen i doneu el seu radi de convergencia.

2

5. Fent servir les series de Taylor a l’origen de les funcions sin z i cos z ,deduıu les seguents igualtats.

(a)

sinh z =∑n≥0

z2n+1

(2n+ 1)!(|z| <∞)

(b)

cosh z =∑n≥0

(−1)nz2n

(2n)!(|z| <∞)

2

6. Justifiqueu els desenvolupaments en serie de Taylor de les seguentsfuncions.

4.4. EXERCICIS 51

(a)

f(z) = ez = e∞∑n=0

(z − 1)n

n!, (|z − 1| <∞).

(b)

f(z) =1

z=∞∑n=0

(−1)n(z − 1)n, (|z − 1| < 1).

(c)

f(z) =1

1− z=∞∑n=0

(z − j)n

(1− j)n+1, (|z − j| <

√2).

(d)

f(z) =z

z4 + 9=∞∑n=0

(−1)n

32n+2z4n+1, (|z| <

√3).

(e)

f(z) =2

(1− z)3=∑n≥0

(n+ 2)(n+ 1)zn (|z| < 1).

2

7. Derivant la serie de Taylor de la funcio f(z) = 1/z centrada a z0 = 2comproveu que

1

z2=∑n≥0

(−1)n+1(n+ 1)

2n+1(z − 2)n (|z − 2| < 2).

2

8. Trobeu la serie de Laurent de la funcio

(a) Per |z| > 1,1

1 + z.

(b) Per |z − 1| > 1,1

z.

2

9. Doneu les possibles series de Laurent en potencies de z per les funcionsseguents i digueu en quines regions son valides.


(a)1

z2sin z2.

(b)cos z

z2(1 + z).

(c)sin z

z(1 + z2).

(d)ez

4z − z2.

(e)1 + 2z2

z3 + z5.

(f)z + 1

z2 + 2z − 3,

(g)z2

z2 − 3z + 2.

2

Capıtol 5

Teorema dels residus

5.1 Singularitats aıllades

Definicio 5.1 Donada una funcio f : D ⊆ C→ C es diu que z0 ∈ D es unasingularitat aıllada de f si f es analıtica en la corona oberta,

C(z0, 0, r) = {z ∈ C : 0 < |z − z0| < r}.

Donada la serie de Laurent de f respecte una singularitat aıllada z0 ,∑n∈Z

cn(z − z0)n,

diem que z0 es

1. evitable si la serie de Laurent no te part principal.

2. essencial si la part principal de la serie de Laurent te infinits termes.

3. un pol simple si c−1 6= 0 i cm = 0 per m < −1.

4. un pol d’ordre n ≥ 1 si c−n 6= 0 i cm = 0 per m < −n.

2

Exemple 5.2 Estudiem el tipus de singularitat que representa z0 = 0 perles seguents funcions.

53

54 CAPITOL 5. TEOREMA DELS RESIDUS

1. En z0 = 0,

f(z) = (z2 − 2z)/z,

te una singularitat aıllada evitable.

2. En z0 = 0,

f(z) = e1/z

te una singularitat aıllada essencial, ja que la seva serie de Laurent,

∑n∈Z

1

n!zn,

te una part principal amb infinits termes.

3. En z0 = 0,

f(z) = log z,

no te una singularitat aıllada, ja que f no es continua a

{(x, 0) : x ≤ 0} ⊂ C.

4. Per k ≥ 1,

f(z) = 1/zk,

en z0 = 0, te una singularitat aıllada no essencial pero no evitable, jaque c−k = 1 i com que cm = 0 per m < −k, z0 es un pol d’ordre k,

2

El seguent resultat serveix per saber si una funcio te un pol d’un determinatordre en un punt.

Proposicio 5.3 Una funcio f(z) te un pol d’ordre k en un punt z0 si lafuncion

g(z) = (z − z0)kf(z)

es analıtica en z0. 2

5.2. TEOREMA DELS RESIDUS 55

5.2 Teorema dels residus

El Teorema dels residus es un dels resultats mes utils en l’ambit de les funci-ons de variable complexa. Les seves implicacions s’extenen de manera simpleal calcul d’algunes integrals impropies, per exemple algunes Transformadesde Fourier.

Definicio 5.4 Sigui f : D ⊆ C → C una funcio analıtica en una coronaoberta C(z0, 0, r).

Es defineix el residu de f en z0 com

Res(f, z0) =1

2πj

∫C

f(z)dz,

on C es un camı tancat simple contingut en C(z0, 0, r) i recorregut en sentitantihorari. 2

Observacio 5.5 Si f es una funcio analıtica a C(z0, 0, r), considerem laseva serie de Laurent dins aquesta corona,∑

n∈Zcn(z − z0)n.

Observem que amb la serie de Laurent podem obtenir,

1. Residus sense calcular integrals,

Res(f, z0) =1

2πj

∫C

f(z)dz = c−1(f, z0).

2. Integrals sobre camins tancats simples continguts en un disc sense elpunt central. ∫

C

f(z)dz = 2πjc−1(f, z0).

Si no coneixem la serie de Laurent d’una determinada funcio al voltant d’unpunt i sabem que aquest punt es un pol d’un cert ordre, el seguent resultates molt util i en general facil d’utilitzar.


Proposicio 5.6 Sigui f : D ⊆ C → C una funcio analıtica en una coronaoberta C(z0, 0, r) ⊂ D.

Si z0 un pol d’ordre k ≥ 1 de f , i g(z) = f(z)(z − z0)k, aleshores

Res(f, z0) =g(k−1)(z0)

(k − 1)!.

Demostracio. La funcio g(z) = f(z)(z − z0)n es analıtica al voltant de z0

i la seva serie de Taylor es,

g(z) =∑n≥0

g(n)(z0)

n!(z − z0)n.

Per tant, la serie de Laurent de f centrada en z0 es la serie de Taylor de gdividida per (z − z0)k,

f(z) =∑n≥0

g(n)(z0)

n!(z − z0)n−k.

Observem que el coeficient de (z − z0)−1 d’aquesta serie es el coeficient n =k − 1 de la serie de Taylor de g. D’aquı que,

Res(f, z0) =g(k−1)(z0)

(k − 1)!= c−1(f, z0).

2

En el cas particular dels pols simples tambe tenim el seguent resultat.

Corol.lari 5.7 Si f i g son funcions analıtiques en z0 tals que f(z0) 6= 0,g(z0) = 0 i g′(z0) 6= 0, aleshores,

Res(f

g, z0) =

f(z0)

g′(z0).

2

Exemple 5.8 Calculem el residu en z0 = 0 de

f(z) =1 + 2z

z2(1 + z)

de dues formes diferents.

5.2. TEOREMA DELS RESIDUS 57

1. Calculem la serie de Laurent de f en la corona C(0, 0, 1),

f(z) =1

z2(

1

z + 1+

2z

z + 1) =

1

z2

∑n≥0

(−1)nzn +2

z

∑n≥0

(−1)nzn

=∑n≥0

(−1)nzn−2 + 2∑n≥0

(−1)nzn−1

= (1

z2+

2

z)− (

1

z+ 2) + (1 + 2z)− (z + 2z2) + · · ·

=1

z2+

1

z+ 2

∑n≥0

(−1)n+1zn.

Aixı,Res(f, 0) = c−1 = 1.

2. Amb la serie de Laurent veiem que z0 = 0 es un pol d’ordre dos i podemcalcular el residu a partir de la Proposicio 5.6.

Considerem la funcio g que es analıtica al voltant de z0 = 0,

g(z) = f(z)z2 =1 + 2z

1 + z,

g′(z) =1

(1 + z)2.

Aixı,Res(f, z0) = g′(0) = 1.

2

Teorema 5.9 (Teorema dels residus) Sigui f : D ⊆ C → C una funcioanalıtica excepte en un conjunt de singularitats aıllades S = {z1, z2, · · · } ⊂D. Per qualsevol camı tancat i simple C ⊂ D que envolta S, es compleix que∫

C

f(z)dz = 2πjk∑i=0

Res(f, zi).

2

Exemple 5.10 Calculem,

I =

∫|z|=3

zdz

(z2 + 1)(z − 2)2.


Com que les singularitats, z0 = j, z1 = −j i z2 = 2, de

f(z) =zdz

(z + j)(z − j)(z − 2)2,

son aıllades i estan dins el cicle |z| = 3, podem utilitzar el Teorema delsResidus,

I = 2πj(Res(f, j) +Res(f,−j) +Res(f, 2)).

Calculem aquests residus fent servir la Proposicio 5.6. Per aixo consideremles seguents funcions auxiliars,

g1(z) =z

(z + j)(z − 2)2, g2(z) =

z

(z − j)(z − 2)2, g3(z) =

z

z2 + 1.

Aleshores,

Res(f, j) = g1(j) =1

2(j − 2)2.

Res(f,−j) = g2(−j) =1

2(j + 2)2.

Com que z2 = 2 es un pol d’ordre dos de f per calcular el seu residu femservir g′3(z) = 1−z2

(1+z2)2,

Res(f, 2) = g′3(2) = − 3

25.

D’aquı obtenim,

I = πj(1

(j − 2)2+

1

(j + 2)2− 3

50) = πj(

12

50− 3

50) =

9π

50j.

5.3. EXERCICIS 59

5.3 Exercicis

1. Per a quins valors de n ∈ Z les seguents families de funcions tenen unasingularitat aıllada en z = 0? Raoneu de quin tipus son.

(a)fn(z) = znez.

(b)gn(z) = e(1/z)n .

2

2. De quin tipus son les singularitats de les seguents funcions? Justifiqueula resposta.

(a)z2(z2 − 1)(z2 + 1)∏2

k=0(z − k).

(b)

z2 cos1

z.

(c)

sin1

(z − 1)2.

2

3. Obteniu els residus de les seguents funcions en les seves singularitatsaıllades.

(a)sin2 z

z2 − 1.

(b)ez

(z − 1)2.

(c)e2z − 1

z2.

2


4. Per cada n ∈ Z, trobeu el residu de les seguents funcions en els puntscorresponents.

(a)

fn(z) = zne2/z.

(b)

gn(z) =z2n

(z − 1)n.

2

5. Calculeu el valor de la integral de les funcions seguents sobre la circum-ferencia unitat centrada a l’origen.

(a)ez

(z2 − 2z − 2)2.

(b)z + 1

z2 − 2z.

(c)eπz

4z2 + 1.

2

6. Donada la funcio

f(z) =3z3 + 2

(z − 1)(z2 + 9).

Trobeu el valor de les seguents integrals.

(a) ∫|z|=3

f(z)dz.

(b) ∫|z−1|=1

f(z)dz.

2

7. Calculeu el valor de les seguents integrals per r = 2, 4.

5.3. EXERCICIS 61

(a) ∫|z|=r

1

sin zdz.

(b) ∫|z|=r

z

(z − 3)2(z2 + 1)dz.

2

8. Sigui a un nombre real positiu. Calculeu en funcio d’aquest parametreel valor de la seguent integral.

Ia =

∫|z|=a

2z + a

z2 + z + adz.

2


Capıtol 6

El Teorema dels residus pelcalcul d’integrals reals

Una de les aplicacions mes importants del Teorema dels residus es el calcul,de forma molt simple, d’algunes integrals reals.

6.1 Funcions racionals trigonometriques

Corol.lari 6.1 Sigui F : [0, 2π] → R una funcio trigonometrica, racional icontinua, es a dir, un quocient de combinacions de funcions sinus i cosinus.Aleshores, fent el canvi z = ejt obtenim una funcio de variable complexa f(z)tal que ∫ 2π

0

F (t)dt =

∫|z|=1

f(z)

jzdz = 2jπ

k∑i=1

Res(f(z)

jz, zi),

on zi, 1 ≤ i ≤ k, son singularitats aıllades de f(z) amb |zi| < 1.

Demostracio. Fent el canvi z = ejt, podem expressar

cos t =z + z

2, sin t =

z − z2j

,

i obtenir una funcio de variable complexa f(z) en la que la variable z es mousobre la circumferencia |z| = 1 i aixo implica que z = 1/z i per tant,

cos t =z2 + 1

2z, sin t =

z2 − 1

2jz.

63

64CAPITOL 6. EL TEOREMA DELS RESIDUS PEL CALCUL D’INTEGRALS REALS

Del canvi z = ejt, deduım que dz = jejtdt = jzdt. Aixı, gracies al Teoremadels residus tenim,∫ 2π

0

F (t)dt =

∫|z|=1

f(z)

jzdz = 2jπ

k∑i=1

Res(f(z)

jz, zi),

on zi, 1 ≤ i ≤ k, son singularitats aıllades amb |zi| < 1, es a dir, dins de lacircumferencia |z| = 1. 2

Observem que si una funcio en les condicions del Corol.lari 6.1 no te capsingularitat amb |zi| < 1, aleshores l’integral donada es zero.

Exemple 6.2 Calculem,

I =

∫ 2π

0

dt

2 + sin t=

∫|z|=1

dz

jz(2 + z2−12jz

)=

∫|z|=1

2dz

(z2 + 4jz − 1)

=

∫|z|=1

2dz

(z − (−2 +√

3)j)(z − (−2−√

3)j)

Si denotem z1 = (−2 +√

3)j, i z2 = (2 +√

3)j, com que |z1| < 1 i |z2| > 1,tenim

I = 2jπRes(f(z)

jz, z1) = 2jπ

1

j√

3=

2π√3.

2

6.2 Integrals impropies de funcions reals

El Teorema dels residus per funcions de variable complexa tambe es potutilitzar per resoldre algunes integrals impropies reals,

I =

∫Rf(t)dt.

El valor d’aquesta integral es pot obtenir de manera simple per funcionsracionals f(t) = g(t)/h(t), tals que grau(h) ≥ 2 + grau(g).

6.2. INTEGRALS IMPROPIES DE FUNCIONS REALS 65

Substituint la variable real t, per una variable complexa z, obtenim unafuncio f(z), que al integrarla sobre un camı adequat C, permet utilitzar elTeorema dels residus per calcular l’integral impropia∫

Rf(t)dt =

∫C

f(z)dz.

Corol.lari 6.3 Donada una funcio racional f(t) = g(t)/h(t) tal que h(t) 6= 0i

grau(h) ≥ 2 + grau(g),

podem calcular, ∫ R

−Rf(t)dt = 2jπ

k∑i=1

Res(f(z), zi),

on la funcio f(z) es analıtica en

1. el semipla superior excepte en un conjunt de singularitats aıllades ambpart imaginaria positiva, {z1, z2, · · · , zk}.

2. el semipla inferior excepte en el conjunt de singularitats aıllades ambpart imaginaria negativa, {z1, z2, · · · , zk}.

2

Demostracio.

1. En el semipla superior considerem el camı tancat i simple recorreguten sentit antihorari que s’obte com unio del semicercle superior centrata l’origen de radi R, Ss(0, R), i el segment real (−R,R),

Cs = Ss(0, R) ∪ (−R,R).

Observem que∫Cs

f(z)dz =

∫Ss

f(z)dz +

∫ R

−Rf(t)dt = 2jπ

k∑i=1

Res(f, zi),

On els zi son les singularitats aıllades de f(z) al interior de Cs.

Aixı, ∫ R

−Rf(t)dt = 2jπ

k∑i=1

Res(f(z), zi)−∫Ss

f(z)dz.


Provem que |∫Ssf(z)dz| tendeix a zero quan R tendeix a infinit.

Sabem que ∣∣∣∣∫Ss

f(z)dz

∣∣∣∣ ≤ ∫Ss

|f(z)|dz,

Recordem que hem considerat f(t) = g(t)/h(t), tal que grau(h) ≥2 + grau(g).

Com que al integrar f(z) sobre Ss tenim |z| = R, deduım que per unacerta constant k ∈ R+,

|f(z)| < k/|z|2.

D’on, ∣∣∣∣∫Ss

f(z)dz

∣∣∣∣ ≤ k

R2long(Ss) =

kRπ

R2=kπ

R.

Observem que limR→∞kπR

= 0.

2. En el semipla inferior considerem el camı Ci = (−R,R) ∪ Si(0, R)recorregut tambe en sentit antihorari, i raonem de forma similar, teninten compte que∫

Ci

f(z)dz =

∫Si

f(z)dz −∫ R

−Rf(t)dt = 2jπ

k∑i=1

Res(f, zi),

on els zi son les singularitats aıllades amb part imaginaria negativa.

2

Observacio 6.4 No totes les funcions racionals on el grau del denominadores superior en dues unitats al del numerador son aptes per fer servir aquestcorol.lari.

1. Cal que la funcio no tingui cap singularitat real, ja que volem calcularuna integral sobre tot R. Per exemple el Corol.lari 6.3 no es aplicablea cap funcio de la seguent familia,

f(z) =1

1 + t2k+1, k ∈ N.

6.3. INTEGRALS DE FOURIER 67

2. Recordem que tot polinomi de variable complexa si conte una arrel noreal tambe conte la seva conjugada. Aixı per exemple, podem utilitzarel Corol.lari 6.3 per calcular l’integral impropia de qualsevol funcio dela seguent familia,

f(z) =1

1 + t2k, k ∈ N,

fent servir les arrels del semipla superior o de forma equivalent, les delssemipla inferior.

2

Exemple 6.5 Fent servir el Teorema dels residus, calculem la coneguda in-tegral

I =

∫R

dt

1 + t2= arctan(t)|∞−∞ = π.

Com que la funcio f(z) = 11+z2

esta en les condicions del Corol.lari 6.3 i esanalıtica a C \ {±j}, tenim,

1. en el semipla superior tenim z1 = j i per tant,

I = 2πjRes(f(z), j) = π.

2. en el semipla inferior tenim z1 = −j i per tant,

I = −2πjRes(f(z),−j) = π.

2

Observem que podem calcular aquesta integral tant respecte el semipla infe-rior com respecte el semipla superior.

6.3 Integrals de Fourier

El Corol.lari 6.3 es pot estendre a integrals associades a transformades deFourier per funcions de L(R).


Tenint en compte que donats dos nombres, ω, y ∈ R+ o ω, y ∈ R−, semprees compleix que

|eωjz| = |eωj(x+jy)| = |eωjx||e−ωy| = e−ωy < 1,

deduım,|f(z)eωjz| = |f(z)||eωjz| ≤ |f(z)|.

Aixı, es pot fer servir el mateix argument que en el Corol.lari 6.3 per deduirel seguent resultat per integrals de Fourier.

Recordem que la transformada de Fourier per una funcio x ∈ L(R), es defi-neix, denotant ω = 2πf ∈ R, com

X(ω) =

∫Rx(t)e−ωjtdt.

Corol.lari 6.6 Donada una funcio racional f(t) = g(t)/h(t), tal que tal queh(t) 6= 0 i grau(h) ≥ 2 + grau(g). Per cada nombre ω ∈ R, es compleix,∫ R

−Rf(t)eωjtdt = 2πj

k∑i=1

Res(f(z)eωjz, zi),

on la funcio f(z) es analıtica a C\S, amb S = {z1, z2, · · · , zk} com a conjuntde singularitats aıllades amb part imaginaria positiva.

2

Per calcular les integrals de Fourier, com que la funcio exponencial complexaes entera, cal tenir present que entre les funcions racionals on el grau deldenominador es superior en una unitat al del numerador, nomes quedenexcloses del resultat anterior aquelles que tenen singularitats reals.

Exemple 6.7 Per un valor qualsevol de ω ∈ R calculem,∫Re−jωt

1 + t2dt.

La funcio f(z) = e−jωz

1+z2es analıtica a C \ {±j}.

Si ω = 0, sabem que X(0) = π (Exemple 6.5).

Si ω < 0, en el semipla superior tenim z1 = j i per tant,

X(ω) = 2jπRes(f(z), j) = πeω.

6.3. INTEGRALS DE FOURIER 69

Si ω > 0, en el semipla inferior tenim z1 = −j, i

X(ω) = −2jπRes(f(z),−j) = πe−ω.

Podem expressar X(ω) de forma unificada, per qualsevol valor de ω ∈ R.

X(ω) = πe−|ω|.

2

Tenint en compte la Formula de Euler, i igualant la part real i la part ima-ginaria de X(f), podem obtenir les transformades sinus i cosinus de Fourier,

X(f) =

∫Rx(t)e−j2πftdt =

∫Rx(t)(cos(2πft)− j sin(2πft))dt.

En particular, deduım que per qualsevol valor de ω = 2πf ∈ R tenim,

X(ω) =

∫R

cos(ωt)

1 + t2dt = e−|ω|π.

∫R

sin(ωt)

1 + t2dt = 0.

2


6.4 Exercicis

1. Fent servir el teorema dels residus calculeu la seguent integral real.∫ π

−π

dθ

1 + sin2 θ.

2

2. Trobeu els valors de la constant a ∈ R que permeten calcular lesseguents integrals fent servir el teorema dels residus.

(a)

I1 =

∫ 2π

0

dθ

1 + a cos θ.

(b)

I2 =

∫ 2π

0

dθ

1 + a sin θ.

2

3. Trobeu els valors de la constant a ∈ R que permeten calcular lesseguents integrals fent servir el teorema dels residus.

(a)

I1 =

∫ ∞−∞

t2dt

t4 + a.

(b)

I2 =

∫ ∞−∞

dt

t2 + 2at+ 1.

2

4. Sigui a un nombre real. Calculeu les seguents integrals de Fourier.∫ ∞−∞

cos(at)

t2 + 1dt,

∫ ∞−∞

sin at

t2 + 4t+ 1dt.

2

Capıtol 7

Problemes resolts

1. Trobeu una funcio f(z) entera sabent que la seva part real es

u(x, y) = x4 − 6x2y2 − 6x2 + 6y2 + y4.

Comproveu que f ′(z) = 4z(z2 − 3) i calculeu el valor de la seguentintegral justificant el resultat.

I =

∫|z|=2

sin z

f ′(z), dz.

Resolucio: Per obtenir f(z) busquem una funcio real v(x, y) tal que,si z = x+ jy, es compleix

f(x, y) = u(x, y) + jv(x, y).

Es immediat comprovar que u(x, y) es harmonica, es a dir, compleixl’equacio de Laplace,

uxx + uyy = 0.

Per tant existeix la seva harmonica conjugada v(x, y). Com que f hade ser entera, ha de complir les condicions de Cauchy-Riemann:

vy = ux = 4x3 − 12xy2 − 12x, (7.1)

vx = −uy = −12x2y + 12y + 4y3. (7.2)

De (7.1) deduım que

v(x, y) = 4x3y − 4xy3 − 12xy + h(x).

71

72 CAPITOL 7. PROBLEMES RESOLTS

D’aquı,

−vx = −12x2y + 4y3 + 12y − h′(x).

Fent servir (7.2) obtenim que h′(x) = 0, i per tant h(x) es constant,que podem suposar nul.la. Aixı,

f(x, y) = x4 − 6x2y2 − 6x2 + 6y2 + y4 + j(4x3y − 4xy3 − 12xy).

Per veure l’expressio d’aquesta funcio en termes de z fem servir el fetque

f(x, 0) = x4 − 6x2,

i que com que es entera, l’extensio de f a tot C, pel Principi d’Identitat,ha de ser

f(z) = z4 − 6z2.

D’aquı,

f ′(z) = 4z(z2 − 3).

Per calcular I farem servir el Teorema dels Residus. Estudiem, pertant, en |z| ≤ 2 la funcio

g(z) =sin z

4z(z2 − 3).

Com que sin(z) es una funcio entera, els zeros de f ′(z) son les uniquessingularitats de g(z). En z = 0, g(z) te una singularitat evitable, jaque

limz→0

g(z) =−1

12.

Aixı, les uniques singularitats no evitables son z = ±√

3, les duesinteriors a |z| ≤ 2. Pel Teorema dels Residus tenim,

I = 2πj(Res(g,√

3) +Res(g,−√

3)).

Com que

limz→√

3(z −

√3)g(z) =

sin√

3

24,

z1 =√

3 es un pol simple de g(z) i

Res(g,√

3) =sin√

3

24.

73

De forma similar,

Res(g,−√

3) =− sin

√3

24.

Per tant I = 0.

2

2. Considereu la funcio

q(z) =1

z(z − 1)3.

(a) Trobeu la serie de Laurent de q(z) per |z| > 1 i per |z − 1| < 1.

(b) Calculeu les integrals seguents,

I1 =

∫|z|=2

q(z)dz, I2 =

∫|z|=2

q(z) sin(z)dz.

Resolucio:

(a) Per calcular la serie en potencies de z de q(z) per |z| > 1 fem elcanvi, ω = 1/z.

Calculem primer la serie de

1

(z − 1)3=

ω3

(1− ω)3.

Fent servir la serie derivada segona de la serie geometrica, 11−ω =∑

n≥0 ωn, obtenim,

1

(1− ω)2= (

1

1− ω)′ =

∑n≥1

nωn−1,

1

(1− ω)3=

1

2(

1

(1− ω)2)′ =

1

2

∑n≥2

n(n− 1)ωn−2.

Per tant, la serie que ens demanen es,

1

z

1

(z − 1)3=

1

2

∑n≥2

n(n− 1)

zn−1=

1

z+

3

z2+

6

z3+ · · · .


La serie en potencies de q(z) per |z − 1| < 1 l’obtenim fent

1

z(z − 1)3=

1

((z − 1) + 1)(z − 1)3=

1

(z − 1)3

∑n≥0

(−1)n(z − 1)n =

=∑n≥0

(−1)n(z − 1)n−3 =

=1

(z − 1)3− 1

(z − 1)2+

1

(z − 1)− 1 + (z − 1)− (z − 1)2 + · · · .

(b) Per calcular aquestes integrals farem servir el teorema dels Resi-dus.

Com que q(z) es una funcio racional les uniques singularitats quete son els zeros del denominador, es a dir, z = 0 i z = 1, que sonpols d’ordre 1 i 3 respectivament. Pel teorema dels Residus sabemque

I1 = 2πi(Res(q(z), 0) +Res(q(z), 1).

Dels desenvolupaments de l’apartat anterior, els dos residus valen1. Aixı,

I1 = 4πi.

Per calcular I2 procedim de forma analoga. En z = 0 la funciof(z) = q(z) sin z, te una singularitat evitable ja que limz→0

sin zz

=

1. En z = 1 la funcio sin zz

es analıtica i escrivint f(z) = sin z/z(z−1)3

veiem que f(z) hi te un pol d’ordre tres.

Per calcular el residu de f(z) en z = 1, considerem la funcio

g(z) = (z − 1)3f(z) = (sin z)/z,

que es entera, i fem servir que z = 1 es un pol d’ordre 3. Aixı,

Res(f(z), 1) =g′′(1)

2.

Com que,

g′(z) = (z cos z − sin z)/z2, g′′(z) = −sin z

z− 2

cos z

z2+ 2

sin z

z3,

tenim,

Res(f(z), 1) =sin 1

2− 2 cos 1.

Aixı, gracies al teorema dels residus tenim,

I2 = 2πiRes(f(z), 1) = iπ(sin 1− 4 cos 1).

2

75

3. Sigui la funcio

f(z) =z

g(z)− 1.

(a) Obteniu i classifiqueu les singularitats de f(z) per g(z) = ez.

(b) Doneu la serie de Laurent de f(z) en el punt z = 1 per

g(z) = z2 + 2z − 2.

Trobeu el residu de f(z) en aquest punt.

(c) Calculeu∫|z|=2

f(z)dz per g(z) = z3.

Resolucio:

(a) Per g(z) = ez, els punts singulars de f(z) son els valors de z talsque g(z) = 1, es a dir, z = i2kπ, k ∈ Z. Per tant, totes lessingularitats son aıllades.

Per k = 0, f(z) te una singularitat evitable, ja que limz→0 f(z) =limz→0

1ez

= 1.

Si k 6= 0 les singularitats no son evitables, ja que limz→i2kπ f(z) =limz→i2kπ

1ez

=∞.

(b) Si g(z) = z2 + 2z − 2, tenim

f(z) =z

z2 + 2z − 3=

z

(z − 1)(z + 3).

Per obtenir la seva serie de Laurent en z = 1 fem

f(z) =1

z − 1

(z + 3)− 3

z + 3=

1

z − 1[1− 3

1

(z − 1) + 4]

=1

z − 1− 3

z − 1

1

4(1 + (z − 1)/4)

=1

z − 1− 3

4

1

z − 1

∑n≥0

(z − 1)n

22n

=1

z − 1− 3

∑n≥0

(z − 1)n−1

22(n+1)

=1

4(z − 1)− 3

∑n≥0

(z − 1)n

22(n+2).


Aquesta igualtat nomes es certa per |z − 1| < 4.

El residu, per definicio, de f(z) en z = 1 es el coeficient de (z−1)−1

en serie de Laurent obtinguda, es a dir, 14.

(c) En aquest cas

f(z) =z

z3 − 1.

Aquesta funcio te tres singularitats aıllades en les arrels cubiquesde unitat,

zk = e2kπi3 k = 0, 1, 2.

z0 = 1, z1 = cos(2π

3) + i sin(

2π

3) = (−1 + i

√3)/2, z2 = z1,

Com que les tres tenen modul |zk| = 1, el teorema dels residus ensdiu que ∫

|z|=2

f(z)dz = 2πi2∑

k=0

Res(f(z), zk).

Com que les tres singularitats zk, 0 ≤ k ≤ 2, son pols simples, elsresidus Rk = Res(f(z), zk) es poden calcular fent Rk = gk(zk) ongk = (z − zk)f(z). Aixı,

R0 =z0

(z0 − z1)(z0 − z1).

R1 =z1

(z1 − z0)(z1 − z1).

R2 =z1

(z1 − z0)(z1 − z1).

Observem que

z0 − z1 =3− i

√3

2,

z0 − z1 =3 + i

√3

2,

z1 − z1 = i√

3.

Operant convenientment obtenim que R0 = 13

= −(R1 +R2) i pertant ∫

|z|=2

z

z3 − 1dz = 0.

2

77

4. Considereu

f(z) =1− z

z − g(z)

(a) Per a g(z) = z3, calculeu∫Cf , on C es la circumferencia |z| = 2

recorreguda en sentit positiu.

(b) Per a g(z) = −z2, trobeu el desenvolupament de Laurent de f(z)en potencies de z + 1 i doneu la regio de convergencia de la serie.

(c) Per a g(z) = sin z estudieu la singularitat de f(z) a z = 0 i,dividint formalment, calculeu el residu de f en aquest punt.

Resolucio:

(a) Per a g(z) = z3 tenim,

f(z) =1− z

z(1− z2)=

1

z(z + 1)

que te pols simples a z = 0 i a z = −1, tots dos interiors a lacircumferencia |z| = 2, i es analıtica a la resta del pla complex.Per a calcular la integral es pot fer servir la formula de Cauchyposant ∫

C

f =

∫C1

1z+1

zdz +

∫C2

1z

1 + zdz =

1

2πj− 1

2πj= 0,

on C1 i C2 es poden prendre com als cercles |z+1| = 1/3 i |z| = 1/3recorreguts en el mateix sentit que C.

Tambe es pot fer servir el teorema dels residus: f(z) = 1z− 1

z+1de

manera que Res(f, 0) = 1 ( 1z+1

es analıtica a z = 0) i Res(f,−1) =

1 (1z

es analıtica a z = −1). Aixı doncs∫C

f =1

2πj(Res(f, 0) + Res(f,−1)) = 0.


(b) Per a g(z) = −z2 tenim

f(z) =1− zz(1 + z)

=1

z− z

1 + z

= − 1

1− (z + 1)− 2

z + 1

= −∑n≥0

(z + 1)n − 2

z + 1,

que convergeix a 0 < |z + 1| < 1.

(c) Per a g(z) = sin z tenim f(z) = 1−zz−sin z

que te una singularitataıllada a z = 0.

Desenvolupant sin z en serie de potencies a l’origen, el denomina-dor es pot expressar com z3

3!− z5

5!+ z7

7!− . . .. Dividint 1 − z per

aquesta expressio s’obte

1− zz3

3!− z5

5!+ z7

7!− . . .

=3!

z3− 3!

z2+

(3!)2

5!z− (3!)2

5!+ · · ·

i’s’obte que z = 0 es un pol d’ordre 3. El residu de f a z = 0 es

c−1 =3!

5 · 4=

3

10.

2

5. Donats a, b ∈ R \ {0} considereu la funcio

f(z) = z/(z − a)(z − b).

(a) Per 0 < a < b, trobeu la serie de Laurent de f(z) centrada al’origen en les diferents regions del seu domini de convergencia.

(b) Per 0 < a = −b, trobeu la serie de potencies centrada en z = a def(z). Doneu el seu domini de convergencia.

(c) Per a = b = 0, trobeu la part principal de la serie de potenciescentrada a l’origen de g(z) = 2f(z).

79

Resolucio:

Descomposant en fraccions simples f(z) obtenim

f(z) =z

(z − a)(z − b)=

a

a− b1

z − a+

b

b− a1

z − b.

(a) En el cas en que 0 < a < b, la funcio f(z) te dues singularitatssimples, una a z = a i l’altra a z = b. Aixı, la seva serie de Laurentcentrada a l’origen depen de la regio de convergencia en la que enstrobem. De manera que obtenim les series de potencies seguents.

i. En |z| < a,

f(z) =1

b− a

(a

a(1− z/a)+

−bb(1− z/b)

)=

=1

b− a∑n≥0

(1

an− 1

bn

)zn.

ii. En a < |z| < b,

f(z) =1

b− a

(−a

z(1− a/z)+

b

b(1− z/b)

)=

=1

a− b∑n≥1

(anz−n − 1

bn−1zn−1

).

iii. En |z| > b,

f(z) =1

b− a

(−a

z(1− a/z)+

b

z(1− b/z)

)=

=1

b− a∑n≥1

(bn − an)z−n.

(b) Si 0 < a = −b tenim,

f(z) =z

(z − a)(z + a)=

1

2(z − a)+

1

2(z + a)

amb singularitats simples a z = ±a. La seva serie de Laurentcentrada en z = a i de radi 2a, es a dir 0 < |z − a| < 2a, s’obtefent,

f(z) =1

2(z − a)+

1

2((z − a) + 2a)=


=1

2(z − a)+

1

4a

∑n≥0

(−1

2a

)n(z − a)n.

(c) La funcio que hem de desenvolupar es,

g(z) = 21/z = e(ln2)/z,

i la seva serie en potencies de z es,∑n≥0

(ln2)n

n!z−n.

Per tant la seva part principal es,∑n≥1

(ln2)n

n!z−n.

2


f(z) =ez−1

z2(z2 − 1).

(a) Comproveu que la serie de Laurent de f(z) en el disc D1(2), es adir, centrat a z0 = 2 i de radi 1, coincideix amb la seva serie deTaylor en aquest disc.

Doneu les condicions generals en les que aquest fet es compleix.

(b) Quina es la part principal de la serie de Laurent de f(z) al voltantde z0 = 0? En quina regio del pla complex aquesta serie convergeixa f(z)?

(c) Doneu la serie de Laurent de f(z) en potencies de z − 1.

Resolucio:

(a) Com que la funcio f(z) no te cap singularitat en D1(2) = {|z−2| <1, z ∈ C}, la seva serie de Laurent coincideix amb la seva serie deTaylor en aquest disc.

81

(b) Cal trobar la serie de Laurent de f(z) en potencies de z. Aixıtenim,

f(z) =ez

ez2

1

(z + 1)(z − 1)=−ez

2ez2

∑n≥0

((−1)n + 1)zn.

Com que per valors imparells de n el coeficient de la serie val zero,tenim que

f(z) =−1

e

∑k≥0

z2k

(2k)!

∑k≥0

z2(k−1).

Per tant la seva part principal es −1/ez2.

Per obtenir la regio de convergencia hem de triar el mınim delsradis de convergencia de les series implicades. En aquest cas,0 < |z| < 1.

(c) Hem de calcular la serie de Laurent de f(z) al voltant de z0 = 1 itenim,

f(z) =1

z2(z + 1)

ez−1

z − 1=

1

z2(z + 1)

∑n≥0

(z − 1)n−1

n!.

Ara expressem la fraccio de fora el sumatori com a suma de frac-cions simples.

1

z2(z + 1)=

2z + 1

z2− 3

z+

1

z + 1=

1

z2− 1

z+

1

z + 1.

Expressant aquestes fraccions amb potencies de (z − 1) tenim,

1

z2(z + 1)=

1

(z − 1) + 1)2− 1

(z − 1) + 1+

1

(z − 1) + 2.

Aixı,

f(z) =∑n≥0

(z − 1)n−1

n![

1

((z − 1) + 1)2+∑n≥0

(−1)n(−1+2−n+1)(z−1)n] =

2


7. Sigui

f(z) =1

z(1 + z2)

(a) Doneu el desenvolupament de Laurent de f(z) per 0 < |z| < 1.Quin valor pren en z = 1/2?, i en z = 1?

(b) Doneu la serie de Laurent de f(z) en |z| > 1. Quin valor prenaquesta serie en z = 2?, i en z = 1?

Resolucio-1: La funcio f(z) es analıtica en C \ {0,±i} i la seva ex-pressio en fraccions simples es,

f(z) =1

z(1 + z2)=

1

z− 1

2(z + i)− 1

2(z − i).

(a) Per obtenir la serie de Laurent de f(z) en potencies de z per0 < |z| < 1 escrivim,

f(z) =1

z− 1

2i(1− iz)+

1

2i(1 + iz).

Fent servir la serie geometrica tenim,

f(z) =1

z− 1

2

∑n≥0

(1− (−1)n)in−1zn.

Aquesta serie val zero per valors parells de n i per tant tenim,

f(z) =1

z− {z − z3 + z5 − · · · }.

El valor de la serie en z = 1/2 es f(1/2) = 8/5. En z = 1 la serieno convergeix.

(b) La serie de Laurent de f(z) en potencies de z pels valors de lacorona exterior |z| > 1 tambe es pot obtenir desenvolupant lafuncio en fraccions simples,

f(z) =1

z− 1

2z

1

1 + iz

− 1

2z

1

1− iz

.

Fent servir de nou la serie geometrica obtenim,

83

f(z) =1

z− 1

2z

∑n≥0

((−1)n + 1)inz−n.

Aquesta serie que val zero per valors imparells de n i per tanttenim,

f(z) =1

z−∑k≥0

i2kz−(2k+1) = { 1

z3− 1

z5+ · · · }.

El valor de la serie en z = 2 es f(2) = 1/10. Clarament aquestaserie per z = 1 tampoc convergeix.

2

Resolucio-2: Una manera mes rapida d’obtenir les series que ens de-manen es la seguent.

(a) Per 0 < |z| < 1, tenim que 0 < |z2| < 1, i per tant,

f(z) =1

z

1

1 + z2=

1

z

∑n≥0

(−1)nz2n =∑n≥0

(−1)nz2n−1.

(b) Per |z| > 1, tenim que |z2| > 1, i per tant,

f(z) =1

z

1

1 + z2=

1

z3

1

1 + z−2=∑n≥0

(−1)nz−2n−3.

2

8. Considereu la funcio de variable complexa,

f(z) =1

z3(z2 + z − 2).

(a) Trobeu les diferents series de Laurent de f(z) centrades a l’origeni justifiqueu la seva convergencia.

(b) Trobeu les diferents series de Laurent de la funcio g(z) = z3f(z)centrades a z0 = 1 i justifiqueu la seva convergencia.


(c) Calculeu el valor de la integral∫|z|=r

f(z)dz

pels seguents valors de r ∈ {1/2, 3/2, 5/2}.

Resolucio: La funcio

f(z) =1

z3(z − 1)(z + 2)

es analıtica a C \ {−2, 0, 1}. En z0 = 0 te un pol d’ordre tres i, enz1 = 1 i z2 = −2 te un pol simple.

(a) Observem que les diferents series de Laurent centrades a z0 = 0de f(z),

SL(f, 0) =1

z3SL(g, 0),

on,

g(z) =1

(z − 1)(z + 2)=

1

3

(1

z − 1− 1

z + 2

)descomposada en fraccions simples.

Per tant, farem servir adequadament la serie geometrica segonsles diferents regions en les que la serie convergeix uniformement.

i. En la corona 0 < |z| < 1,

SL(g, 0) = −1

3

(1

1− z+

1

z + 2

)= −1

3

(1

1− z+

1

2

1z2

+ 1

)= −1

3

(∑n≥0

zn +1

2

∑n≥0

(−1)nzn

2n

)

= −1

3

∑n≥0

(1 +

(−1)n

2n+1

)zn.

Per tant,

SL(f, 0) = −1

3

∑n≥0

(1 +

(−1)n

2n+1

)zn−3.

85

ii. Per la corona 1 < |z| < 2 de forma similar obtenim,

SL(g, 0) =1

3

(1

z

1

1− 1z

− 1

2

1

1 + z2

)=

1

3

(∑n≥0

1

zn+1+

(−1)n+1

2n+1zn

)Per tant,

SL(f, 0) =1

3

(∑n≥0

1

zn+4+

(−1)n+1

2n+1zn−3

).

iii. Finalment, en la corona |z| > 2,

SL(g, 0) =1

3

(1

z

1

1− 1z

− 1

z

1

1 + 2z

)=

1

3

(∑n≥0

(1 + (−2)n+1

)1

zn+1

Per tant,

SL(f, 0) =1

3

(∑n≥0

(1 + (−2)n+1

)1

zn+4

(b) Per obtenir les diferents series de Laurent centrades en z1 = 1 dela funcio

g(z) =1

(z − 1)(z + 2)=

1

3

(1

z − 1− 1

z + 2

)procedim de forma similar al apartat anterior.

i. En la corona 0 < |z − 1| < 3,

SL(g, 1) =1

3

(1

z − 1− 1

(z − 1) + 3

)=

1

3

1

z − 1− 1

9

1z−1

3+ 1

=1

3

1

z − 1−∑n≥0

(−1)n

3n+2(z − 1)n

=∑n≥0

(−1)n

3n+1(z − 1)n−1.


ii. En la corona |z − 1| > 3,

SL(g, 1) =1

3

(1

z − 1− 1

(z − 1) + 3

)=

1

3

(1

1− z− 1

z − 1

1

1 + 3z−1

)

=1

3

(1

z − 1+∑n≥0

(−1)n3n

(z − 1)n+1

)

=∑n≥0

(−1)n3n−1

(z − 1)n+1.

(c) Per calcular el valor de la integral∫|z|=r

f(z)dz

pels diferents valors de r ∈ {1/2, 3/2, 5/2} fem servir el Teoremadels residus.

i. Per |z| < 1/2, f nomes te una singularitat en z0 = 0 i segonsel teorema dels residus,∫

|z|=1/2

f(z)dz = 2πjRes(f, 0).

Per calcular Res(f, 0)) fem servir la funcio auxiliar,

g0(z) = 1/(z − 1)(z + 2).

Com que z0 = 0 es un pol d’ordre tres de f ,

Res(f, 0) =g′′0(0)

2= −3

8.

Podeu comprovar que es correspon amb el terme c−1 de laSL(f, 0) per |z| < 1. Per tant,∫

|z|=1/2

f(z)dz = −3π

4j.

87

ii. Per |z| < 3/2, f te dues singularitats, z0 = 0 i z1 = 1. Fentservir de nou el teorema dels ressidus tenim,∫

|z|=3/2

f(z)dz = 2jπ(Res(f, 0) +Res(f, 1)).

Per calcular Res(f, 1)) fem servir la funcio auxiliar,

g1(z) = 1/z3(z + 2).

Aixı,

Res(f, 1) = g1(1) =1

3.

Per tant, ∫|z|=3/2

f(z)dz = 2πj(− 3

23+

1

3) = − π

12j.

iii. Per |z| < 5/2, f te les tres singularitats, z0 = 0, z1 = 1 iz2 = −2 en el seu interiors. Per tant, segons el Teorema deCauchy, ∫

|z|=5/2

f(z)dz = 0.

Comprovem-ho fent servir de nou el teorema dels ressidus,∫|z|=5/2

f(z)dz = 2jπ(Res(f, 0) +Res(f, 1) +Res(f,−2)).

Per calcular Res(f,−2)) fem servir la funcio auxiliar,

g2(z) = 1/z3(z − 1).

Per tant,

Res(f,−2) = g2(−2) =1

24.

Aixı, ∫|z|=5/2

f(z)dz = 0.

2


9. Donada la funcio de variable complexa

f(z) =1

z(z + 3)2,

(a) Calculeu les seguents integrals complexes.

i.∫|z|=1

f(z)dz, fent servir la Formula integral de Cauchy,

ii.∫|z|=π f(z)dz, fent servir el Teorema des residus

(b) Justifiqueu i obteniu les series de Laurent de f(z) en les seguentscorones circulars.

i. 0 < |z| < 3.

ii. |z| > 3.

(c) Calculeu la seguent integral real.∫ π

−π

dt

3− cos2 t.

Resolucio: La funcio f(z) es analıtica a C − {−3, 0}. En z = −3,f(z) te un pol d’ordre dos i en z = 0 en te un d’ordre u.

(a) i. Com que a l’interior de |z| = 1 la funcio f(z) nomes te unasingularitat en z = 0 podem expressar f(z) = g(z)/z, on lafuncio g(z) = 1/(z + 3)2 es analıtica a |z| = 1.Aleshores, gracies a la Formula integral de Cauchy obtenim,∫

|z|=1

f(z)dz = 2πjg(0) =2

9πj.

ii. A l’interior de |z| = π la funcio f(z) te una singularitat enz1 = 0 i una en z2 = −3.Aplicant el Teorema des residus tenim,∫

|z|=πf(z)dz = 2jπ(Res(f, 0) +Res(f,−3)).

Calculem aquests residus.

Res(f, 0) = limz→0

1

(z + 3)3=

1

9.

Res(f,−3) = limz→−3

(1

z)′ = −1

9.

89

Aixı, ∫|z|=π

f(z)dz = 0.

(b) La funcio

f(z) =1

z

1

(z + 3)2,

no te cap singularitat en cap de les corones circulars obertes que esproposen i les respectives series de Laurent centrades en aquestescorones depenen de la serie associada a la funcio

g(z) =1

(z + 3)2.

Observem que g(z) es la derivada de la funcio

h(z) =−1

z + 3.

i. En la corona 0 < |z| < 3, fem servir la serie geometrica de laforma seuent.

h(z) =−1

z + 3= −1

3

1

1 + z3

=∑n≥0

(−1)n+1

3n+1zn,

tenim,

g(z) =∑n≥1

(−1)n+1n

3n+1zn−1,

i per tant

f(z) =∑n≥1

(−1)n+1n

3n+1zn−2.

ii. Per la corona |z| > 3 de forma similar otenim,

h(z) =−1

z + 3= −1

z

1

1 + 3z

=∑n≥0

(−1)n+13n

zn+1,

i per tant

f(z) =∑n≥0

(−1)n3n(n+ 1)

zn+3.


(c) La funcio f(t) = 1/(3 − cos2 t) es racional en cos t i continua en[0, 2π]. Fent servir el canvi z = ejt tenim, cos t = (z2 + 1)/2z i pertant,

f(z) =4z2

10z2 − z4 − 1.

D’on,

I =

∫ π

−π

dt

3− cos2 t=

∫|z|=1

4z2

10z2 − z4 − 1

dz

jz

=4

j

∫|z|=1

z

(z − z1)(z − z2)(z − z3)(z − z4)dz

on,

z1 =

√5− 2

√6, z2 = −

√5− 2

√6,

z3 =

√5 + 2

√6, z4 = −

√5 + 2

√6.

D’aquestes quatre arrels nomes z1 i z2 estan dins del cercle |z| = 1.Aleshores, fent servir el Teorema dels residus, es facil compro-var que aquesta integral es nul.la, ja que Res(f(z)/jz, z1) =−Res(f(z)/jz, z2). Aixı,

I = 8π(Res(f(z)/jz, z1) +Res(f(z)/jz, z2)) = 0.

2

10. Considereu la seguent familia de funcions,

xn(t) = n− t2, t ∈ [−n, n), n ∈ N.

(a) Justifiqueu i calculeu la serie trigonometrica de Fourier de l’ex-tensio 2n–periodica de xn, per a cada n ∈ N,.

i. Estudieu la seva convergencia.

ii. Deduıu el valor de la serie numerica∑

k>0(−1)k

k2.

(b) Calculeu la serie sinus de Fourier de l’extensio 4–periodica de lafuncio h2(t) = 2− t2 definida per t ∈ [0, 2].

i. Doneu explicitamemt els seus tres primers termes.

91

ii. Trobeu el valor d’aquesta serie per qualsevol t ∈ Z i justifiqueuel resultat.

(c) Justifiqueu si es possible obtenir la transformada de Fourier de lafuncio y(t) = 1/(2 + t2) per t ∈ R. En cas afirmatiu, calculeu-lafent servir el Teorema dels residus.

Resolucio:

(a) Cada funcio xn es de L2[−n, n] ja que es continua en [−n, n]. Comque xn es parell, la serie trigonometrica de Fourier de l’extensioperiodica de xn sera de la forma,

a0 +∑k>0

ak cos(π

nkt),

amb

a0 =1

n

∫ n

0

(n− t2)dt, ak =2

n

∫ n

0

(n− t2) cos(π

nkt)dt.

Calculem,

a0 =1

n

∫ n

0

(n− t2)dt = n− n2

3.

ak =2

n

(∫ n

0

n cos(πkt

n)dt−

∫ n

0

t2 cos(πkt

n)dt

)=

2n

πksin(

πkt

n)

]n0

− 2

n

∫ n

0

t2 cos(πkt

n)dt

= − 2

n

∫ n

0

t2 cos(πkt

n)dt

Per calcular l’integral anterior fem servir integracio per parts dues


vegades. Aixı,

ak = − 2

n

{u = t2, du = 2tdt

dv = cos(πktn

)dt, v = nπk

sin(πktn

)

}= − 2

πkt2 sin(

πkt

n)

]n0

+4

πk

∫ n

0

t sin(πkt

n)dt

=4

πk

{u = t, du = dt

dv = sin(πktn

)dt, v = − nπk

cos(πktn

)

}= − 4n

(πk)2t cos(

πkt

n)

]n0

+4n2

(πk)3sin(

πkt

n)

]n0

=4n2

(πk)2(−1)k+1.

D’aquı obtenim la serie demanada,

n− n2

3+

4n2

π2

∑k>0

(−1)k+1

k2cos(

πkt

n).

i. Per cada n ∈ N es compleix xn(n) = xn(−n) = n − n2 i pertant la serie corresponent de Fourier convergeix uniformementcap a l’extensio periodica de xn.

ii. Com que

x1(0) = 1 =2

3+

4

π2

∑k>0

(−1)k+1

k2,

deduım que ∑k>0

(−1)k

k2= −π

2

12.

(b) Per obtenir la serie sinus de Fourier de la funcio h2(t) = 2 − t2

definida per t ∈ (0, 2] considerem la serie trigonometrica de Fourierde la seva extensio senar en l’interval [−2, 2],

hs(t) =

{2− t2, 0 < t ≤ 2t2 − 2, −2 ≤ t < 0,

∑k>0

bk sin(kπt

2),

bk =

∫ 2

0

hs(t) sin(kπt

2)dt.

93

Calculem,

bk =

∫ 2

0

(2− t2) sin(kπt

2)dt = − 4

kπcos(

kπt

2)

]2

0

−∫ 2

0

t2 sin(kπt

2)dt

=8

(2m+ 1)π−∫ 2

0

t2 sin(kπt

2)dt.

Fem servir integracio per parts per calcular la integral

I =

∫ 2

0

t2 sin(kπt

2)dt =

{u = t2, du = 2tdt

dv = sin(πkt2

)dt, v = − 2πk

cos(πkt2

)

}= − 2

kπt2 cos(

πkt

2)

]2

0

+4

kπ

∫ 2

0

t cos(πkt

2)dt

= − 8

kπ(−1)k +

4

kπ

{u = t, du = dt

dv = cos(πkt2

)dt, v = 2πk

sin(πkt2

)

}= − 8

kπ(−1)k +

8

(kπ)2

(t sin(

πkt

2) +

2

πkcos(

πkt

2)

]2

0

)= − 8

kπ(−1)k − 32

(2m+ 1)3π3

Per tant tenim,

bk =8

(2m+ 1)π+

8

kπ(−1)k +

32

(2m+ 1)3π3

=

{ 4mπ, k = 2m32

(2m+1)3π3 , k = 2m+ 1

Aixı, la serie que es demana es,

4

π

∑m>0

sin(mπt)

m+

32

π3

∑m≥0

1

(2m+ 1)3sin

(2m+ 1)πt

2.

i. La suma parcial d’ordre tres d’aquesta serie es,

S3 =32

π3sin(

πt

2) +

4

πsin(πt) +

32

27π3sin(

3πt

2).

ii. Observem que aquesta serie en t = 2n, n ∈ Z, val zero ja quel’extensio periodica de hs(t) te una discontinuıtat de salt enaquests punts. En la resta de punts de R la convergencia dela serie es puntual i en particular per t = 2n + 1 la serie val(−1)n.


(c) La funcio y(t) = 1/(2 + t2) es absolutament integrable a R,∫R

∣∣∣∣ 1

2 + t2

∣∣∣∣ dt = 2

∫ ∞0

1

2 + t2dt <∞.

Per tant admet transformada de Fourier,

Y (ω) =

∫Re−ωjt

2 + t2dt, ω ∈ R.

Transformant aquesta integral real en una integral complexa,∫C

e−ωjz

2 + z2dz,

podem calcular aquesta transformada fem servir la seguent con-sequencia del Teorema dels residus :

La funcio y(z) es una funcio racional on el grau del seu denomi-nador es dues unitats superior al del numerador. D’altra banda,e−ωjz es entera i la funcio y(z) es analıtica a tot C excepte en duessingularitats aıllades no reals, z1 = j

√2, z2 = −j

√2. Aleshores,

calculem Y (ω) diferenciant tres casos.

i. si ω = 0,

Y (0) =

∫R

1

2 + t2dt =

1√2

arctan(π√2

)

∣∣∣∣∞∞

=π√2.

ii. si ω < 0,

Y (ω) =

∫Re−ωjt

2 + t2dt = 2πjRes(y(z)e−ωjz,

√2j).

Calculem,

Res(y(z)e−ωjz,√

2j) = limz→√

2j

e−jωz

z +√

2j=

e√

2ω

2√

2j.

Aixı,

Y (ω) = πe√

2ω

√2.

95

iii. De forma similar si ω > 0, tenim

Y (ω) =

∫Re−ωjt

2 + t2dt = −2πjRes(y(z)e−ωjz,−

√2j).

Calculem,

Res(y(z)e−ωjz,−√

2j) = limz→−

√2j

e−jωz

z −√

2j=

e−√

2ω

−2√

2j.

Aixı,

Y (ω) = πe−√

2ω

√2.

Podem expresar Y (ω) per qualsevol valor ω ∈ R com,

Y (ω) = πe−√

2|ω|√

2.

Observem que aquesta es una funcio real.

2

11. Considereu, per n ∈ Z i t ∈ R, la familia de funcions reals

xn(t) = t/(n+ tn).

(a) Justifiqueu per a quins valors de n ∈ Z el teorema dels residuspermet calcular la transformada de Fourier de xn.

(b) Calculeu pels diferents valors de ω = 2πf ∈ R, F(x4 ? x4).

Resolucio:

Per valors de n ≤ 2, xn no es absolutament integrable a R. Per n ≥ 3 lesfuncions xn admeten transformada de Fourier, ja que son absolutamentintegrables a R, ∫

R

∣∣∣∣ t

n+ tn

∣∣∣∣ dt <∞.Es a dir, denotant ω = 2πf , existeix l’integral impropia,

Xn(ω) =

∫Re−ωjt

t

n+ tndt, ω ∈ R.


(a) Si volem calcular Xn(ω) fent servir el Teorema dels residus, calque la corresponent funcio de variable complexa que cal integrar,

xn(z) =z

n+ zn

sigui una funcio racional amb grau del denominador dues unitatssuperior al del numerador, es a dir, n ≥ 3.

Daltra banda cal que xn(z) sigui analıtica a tot C excepte en lesseves singularitats aıllades, que son els n zeros (tots diferents.) deldenominador,

zn = n√−n.

Pero per valors senars de n = 2s + 1 les funcions xn tenen unasingularitat real zs = −1 i el teorema dels residus no es pot aplicar.Considerem per tant nomes valors parells de n = 2s ≥ 4.

Aixı, per qualsevol ω ∈ R el Teorema dels residus permet calcularl’integral, ∫

Re−ωjtxn(t)dt =

∫C

e−ωjzxn(z)dz,

on C es una semicircunferencia continguda en el semipla inferior,si ω > 0, i en el semipla superior si ω > 0. En qualsevol cas, C teper frontera per la part corresponent part de recta real. Per tant,xn no pot tenir cap arrel real.

(b) En particular pel mımim valor possible de n = 4 la funcio

x4(z) =t

4 + z4

te dues singularitats aıllades en el semipla superior, z1 = 1 + j,z2 = −1 + j i dues en el semipla inferior que son les conjugadesde les anteriors, z3 = z1 = 1− j, z4 = z2 = −1− j.Calculem X4(ω) diferenciant tres casos.

i. Com que X4(0) es una funcio senar,

X4(0) =

∫R

t

4 + t4dt = 0,

ii. si ω < 0,

X4(ω) =

∫Re−ωjtt

4 + t4dt

= 2πj(Res(x4(z)e−ωjz, z1) +Res(x4(z)e−ωjz, z2)).

97

Calculem,

Res(x4(z)e−ωjz, z1) =z1e−jωz1

(z1 − z2)(z1 − z3)(z1 − z4)= eω

e−jω

8j


(z2 − z1)(z2 − z3)(z2 − z4)= −eω e

jω

8j

Aixı,

X4(ω) = −πj eω

4sin(ω).

iii. Si ω > 0,

X4(ω) =

∫Re−ωjtt

4 + t4dt


Calculem,


(z3 − z1)(z3 − z2)(z3 − z4)= e−ω

ejω

8j


(z4 − z1)(z4 − z2)(z4 − z3)

= −e−ω e−jω

8j

Aixı,

X4(ω) = πje−ω

4sin(ω).

De forma compacta, per qualsevol valor ω ∈ R, podem expressarX4(ω) com

X4(ω) = πje−|ω|

4sin(|ω|).

Observem que aquesta es una funcio imaginaria pura.

Fent servir el Teorema de convolucio tenim,

F(x4 ? x4) = F2(x4) = −π2 e−2|ω|

16sin2(ω),

una funcio real i parell.


2


f(z) =z + 1

z(z − 1)2.

(a) Obteniu les series centrades a l’origen tals que per tot nombrecomplex z 6= 0 tal que |z| 6= 1 convergeixen uniformement cap af(z).

Doneu tambe les series de Laurent de f(z) centrades en z0 = 1,aixı com les seves regions de convergencia.

Justifiqueu a partir de les series obtingudes quin tipus de singula-ritats te f(z).

(b) Sigui r un nombre real positiu, r 6= 1. Justifiqueu per a quinsvalors de r la seguent integral val zero, i per a quins es diferent dezero.

I =

∫|z|=r

f(z)dz.

(c) Deduıu a partir del teorema dels residus el valor de la seguenttransformada de Fourier per valors de ω ∈ R+.

F (ω > 0) =

∫Re−iωt

t4 + 1dt.

Resolucio:

(a) Per obtenir la serie de Laurent de f(z) la descomposem en fracci-ons simples,

f(z) =z + 1

z(z − 1)2=

1

z+

1

1− z+

2

(1− z)2,

utilitzem la serie geometrica en aquesta descomposicio i fem servirel fet que 1/(1− z)2 es la derivada de 1/(1− z).

99

Aixı per 0 < |z| < 1, tenim

SL[f, 0] =1

z+∑n≥0

zn + 2∑n≥0

(n+ 1)zn

=1

z+∑n≥0

(2n+ 3)zn. (7.3)

Per |z| > 1, considerem 1(1−z) = 1

z1

1− 1z

i fent servir de nou la serie

geometrica obtenim,

SL[f, 0] =1

z+∑n≥0

1

zn+1+ 2

∑n≥0

n+ 1

zn+2

=2

z−∑n≥2

2n− 3

zn.

Per obtenir la serie de Laurent de f(z) centrada en z1 = 1 consi-derem la seguent descomposicio

f(z) =1

(z − 1) + 1− 1

z − 1+

2

(z − 1)2.

Aixı, per 0 < |z − 1| < 1 tenim,

SL[f, 1] =∑n≥0

(−1)n(z − 1)n − 1

z − 1+

2

(z − 1)2

=2

(z − 1)2+∑n≥−1

(−1)n(z − 1)n. (7.4)

De forma similar, per |z − 1| > 1 obtenim,

SL[f, 1] =1

z − 1

1

1 + 1z−1

− 1

z − 1+

2

(z − 1)2

=∑n≥0

(−1)n

(z − 1)n+1− 1

z − 1+

2

(z − 1)2=∑n≥2

(−1)n

(z − 1)n.

Com que f(z) es una funcio racional, les uniques singularitats quete son els zeros del denominador, z0 = 0 i z1 = 1, que claramentson aıllades.

Observant les parts principals de les series de Laurent centradesen aquests punts, veiem que z0 es un pol d’ordre 1 ja c−1 = 1 i


c−m = 0 ∀m > 1. D’altra banda, f(z) te un pol d’ordre 2 enz1 = 1 ja que c−2 = 2 i c−m = 0 ∀m > 2.

(b) Com que f(z) te un pol en z0 = 0 i un altre en z1 = 1, perqualsevol 0 < r < 1, segons el teorema dels residus tenim,

I =

∫|z|=r

f(z)dz = 2πiRes(f(z), 0) = 2πi,

Observem que, segons (7.3), Res(f(z), 0) = c−1(f(z), 0) = 1.

Per r > 1, el teorema dels residus ens diu que

I =

∫|z|=r

f(z)dz = 2πi[Res(f(z), 0)+Res(f(z), 1)] = 2πi(1−1) = 0.

on, segons (7.4), Res(f(z), 1) = c−1(f(z), 1) = −1.

(c) La funcio integrant en variable complexa,

f(z) =e−iωz

z4 + 1,

es una funcio analıtica excepte pels valors que anul.len al deno-minador, es a dir, z0 = (1 + j)/

√2, z1 = (−1 + j)/

√2, z2 = z1 i

z3 = z0 (observem que tots son pols simples no reals).

Si ω > 0, integrem la funcio en un semicercle del semipla inferior.es a dir, nomes considerem els pols amb part imaginaria negativa:z2 i z3. Aleshores,

F (ω > 0) = 2πi[Res(f(z), z2) +Res(f(z), z3)].

Calculem aquests residus.

Res(f(z), z2) =e−iωz2

(z2 − z0)(z2 − z1)(z2 − z3)=

√2

8(1+j)e−ω(1−j)/

√2.

Res(f(z), z3) =e−iωz3

(z3 − z0)(z3 − z1)(z3 − z2)= −√

2

8(1−j)e−ω(1+j)/

√2.

Per tant,

F (ω > 0) =π√

2

4e−ω/

√2[(1 + j)ejω/

√2 − (1− j)e−jω/

√2]

=π√

2

4e−ω/

√2(sin(ω/

√2)− cos(ω/

√2)).

2

101

13. Trobeu el valor de la seguent integral.

I =

∫ 2π

0

d(θ)

isinθ + 2cosθ.

Resolucio:

Fent el canvi z = eiθ per θ ∈ [0, 2π], obtenim la integral complexa,

I = −2i

∫|z|=1

d(z)

3z2 + 1=−2i

3

∫|z|=1

d(z)

(z − i√

3)(z + i√

3).

Com que les dues singularitats de la funcio

f(z) =1

3z2 + 1,

z1 = i√

3 i z2 = −z1, estan dins de la circunferencia |z| = 1, el Teoremadels Residus ens diu que

I = 2πi2∑i=1

Res(f(z), zi).

Com que les dues singularitats de f(z) son pols d’ordre 1,

Res(f(z), zi) = limz→zi

(z − zi)f(z) = 2zi.

Aixı,2∑i=1

Res(f(z), zi) = 0

i per tant I = 0. 2

14. Calculeu el valor de la seguent integral impropia.

I =

∫ ∞−∞

e2jt

1 + t2d(t).


Resolucio:

La funcio e2jt/(1 + t2) es analıtica a C ⊂ {±j}.Com que |e2jz| = |e2jt||e−2y| = e−2y ≤ 1,

| e2jz

1 + z2| = |e2jz|| 1

1 + z2| ≤ | 1

1 + z2| < k

|z|2

per alguna constant k.

Aixı, el Teorema dels Residus ens permet calcular

I = 2πiRes(e2jz

1 + z2, j) = 2πi

1

2je2=π

e2.

2

15. Donat un r ∈ R+ definim la corba tancada i orientada positivament Γrformada per l’unio de les seguents corbes,

Cr = {z(t) = reit : t ∈ [0, π] ⊂ R}, Sr = {z(t) = t : t ∈ [−r, r] ⊂ R}.

Per qualsevol λ ∈ R+, calculeu la seguent integral amb r ∈ {1/2, 2}.

Ir =

∫Γr

eiλz

(z2 + z + 1)2dz,

Resolucio:

La funcio g(z) = eiλz

(z2+z+1)2te singularitats alla on s’anul.la el polinomi

p(z) = z2 + z+ 1 (noteu que la funcio eiλz es entera i no s’anul.la mai):

z2 + z + 1 = 0⇔ z± =−1±

√3i

2.

Aixı doncs, g te dos pols dobles en z0 = −1+√

3i2

i z1 = −1−√

3i2

.

Per a R = 1/2, no hi ha cap singularitat encerclada per la corba Γ1/2

perque |z0| = |z1| = 1. Aixı doncs, la funcio g es analıtica dins i sobreΓ1/2, per tant el Teorema de Cauchy ens diu

I1/2 =

∮Γ1/2

g(z)dz = 0.

103

Per a R = 2, nomes z0 es localitza a l’interior de la regio definida perΓR. Aplicant el Teorema dels Residus tenim∮

ΓR

f(z)dz = 2πiRes(g, z0).

Cal calcular el valor de Res(g, z0). Es un pol doble i podem aplicar laformula del calcul de residus en pols:

Res(g, z0) = limz→z0

d

dz

[(z − z0)2f(z)

]=

= limz→z0

d

dz

[(z − z0)2 eiλz

(z − z0)2(z − z1)2

]=

= limz→z0

iλeiλz(z − z1)−2 + eiλz(−2)(z − z1)−3 =

= limz→z0

eiλz(z − z1)−2[iλ− 2(z − z1)−1] =

= eiλ−1+

√3i

2 (√

3i)−2(iλ− 2√3i

) = − i3

(λ+2√3

)eiλ−1+

√3i

2 .

Per tant, es compleix la igualtat∮Γ2

eiλz

(z2 + z + 1)2dz =

2π

3(λ+

2√3

)eiλ−1+

√3i

2 . (7.5)

Noteu que la igualtat (7.5), per a R = 2, tambe es valida per a totR > 1.

De la definicio ΓR = SR +CR, tenim la seguent igualtat (per a R > 0):∮ΓR

eiλz

(z2 + z + 1)2dz =

∫SR

eiλz

(z2 + z + 1)2dz︸︷︷︸

AR

+

∫CR

eiλz

(z2 + z + 1)2dz︸︷︷︸

BR

.

(7.6)

El primer valor AR es, tenint en compte la parametritzacio z(t) = t del’interval SR:

AR =

∫ R

−R

eiλt

(t2 + t+ 1)2dt.

De (7.5) i (7.6) tenim

2π

3(λ+

2√3

)eiλ−1+

√3i

2 =

∫ R

−R

eiλt

(t2 + t+ 1)2dt+BR, ∀R > 1.


Si fem R→ +∞, ens queda

2π

3(λ+

2√3

)eiλ−1+

√3i

2 =

∫ ∞−∞

eiλt

(t2 + t+ 1)2dt+ 0

Aixı doncs, el resultat del primer apartat es∫ ∞−∞

eiλt

(t2 + t+ 1)2dt =

2π

3(λ+

2√3

)eiλ−1+

√3i

2 , ∀λ ∈ R+. (7.7)

2

16. Calculeu, per qualsevol ω ∈ R+, la seguent transformada de Fourier∫ +∞

−∞

e−iωt

(t2 − t+ 1)2dt.

Notacio: ω = 2πf .

Resolucio:

Considerem (7.7):∫ ∞−∞

eiλt

(t2 + t+ 1)2dt =

2π

3(λ+

2√3

)eiλ−1+

√3i

2 , ∀λ ∈ R+.

Considerem tambe el canvi de variable t = −s (dt = −ds):∫ ∞−∞

eiλt

(t2 + t+ 1)2dt =

∫ ∞−∞

e−iλs

(s2 − s+ 1)2ds. (7.8)

Combinant (7.7) i (7.8), tenim (canviant la variable d’integracio “mu-da” s per t)∫ ∞

−∞

e−iλt

(t2 − t+ 1)2dt =

2π

3(λ+

2√3

)eiλ−1+

√3i

2 , ∀λ ∈ R+.

Ara nomes cal fer λ = w, per a w > 0:∫ ∞−∞

e−iwt

(t2 − t+ 1)2dt =

2π

3(w +

2√3

)eiw−1+

√3i

2 , w > 0,

105

o be λ = 2πf , per a f > 0:∫ ∞−∞

e−i2πft

(t2 − t+ 1)2dt =

2π

3(2πf +

2√3

)eiπf(−1+√

3i), f > 0.

2

17. Calculeu i justifiqueu el valor de les seguents integrals.

(a)

I1 =

∫|z|=2

cosh πz

z(1 + z2)dz.

(b)

I2 =

∫ 2π

0

cos 2t

5− cos tdt.

Resolucio:

(a) Com que els zeros de la funcio entera p(z) = cosh πz son zn =(1+2n)/2 per n ∈ Z i els zeros de la funcio entera q(z) = z(1+z2)son z0 = 0, z1 = i i z2 = −i, la funcio

f(z) =cosh πz

z(1 + z2)

es analıtica a C\{0,±i} i els tres zeros zk de q(z) son pols simplesde f(z) dins la circunferencia |z| = 2. Aixı, el Teorema delsResidus diu que

I1 = 2πi2∑

k=0

Res(f(z), zk).

Com que cada zk, 0 ≤ k ≤ 2, es un pol simple, definint les funcionsgk(z) = (z−zk)f(z) podem calcular els corresponents residus fent,

Res(f(z), zk) = gk(zk).

D’aquı,I1 = 2πi(1 + 1/2 + 1/2) = 4πi.


(b)

I2 =

∫ 2π

0

cos 2t

5− cos tdt.

Aquesta es una integral real trigonometrica i fent el canvi z =eit es converteix en una integral complexa sobre la circunferencia|z| = 1.

Fent servir que cos t = (eit + e−it)/2 podem escriure

cos t = (z + z)/2

i com que zz = |z| = 1, tenim que z = 1/z i per tant

cos t = (z2 + 1)/2z.

De forma similar obtenim,

cos 2t = (z4 + 1)/2z2.

En consequencia la nostra integral es converteix en

I2 = i

∫|z|=1

z4 + 1

z(z2 − 10z + 1)dz.

Per calcular-la apliquem el Teorema dels Residus i per tant hem debuscar els pols de la la funcio f(z) = (z4 +1)/z(z2−10z+1). Comque aquesta funcio es un quocient de polinomis, es analıtica en totpunt zk que anul.li el denominador sense anul.lar el numerador.Aixı, com que el numerador nomes s’anul.la en les arrels quartesde -1, busquem els zeros del denominador, que son,

z0 = 0, z1 = 5− 2√

6, z2 = 5 + 2√

6.

D’altra banda, com que |z2| > 1 nomes considerem z0 i z1 queson els pols (simples) de f(z). Aixı, nomes hem de calcularRes(f(z), z0) i Res(f(z), z1). Definim,

g0(z) = zf(z), g1(z) = (z − z1)f(z)

que son analıtiques respectivament a z0 i z1. Aleshores,

Res(f(z), z0) = g0(0) = 1

Res(f(z), z1) = g1(z1) =z4

1 + 1

(z1 − z2)z1

=(5− 2

√6)4 + 1

4√

6(5− 2√

6).

107

Aplicant el Teorema dels Residus obtenim,

I2 = i

∫|z|=1

z4 + 1

z(z2 − 10z + 1)dz

= −2π(1 +(5− 2

√6)4 + 1

20√

6− 48) = π(

49√6− 20).

2

18. Calculeu les seguents integrals.

(a)

I =

∫ 2π

0

2dt

2 + sin t.

(b)

I1(ω) =

∫ ∞−∞

cosωt

1 + t2dt, I2(ω) =

∫ ∞−∞

sinωt

1 + t2dt, ω ∈ R.

Resolucio:

(a) Per calcular l’integral I fem el canvi z = eit i escrivim

sin(t) =z − z

2j.

D’aquesta manera obtenim la seguent integral complexa,

I =

∫|z|=1

4dz

z2 + 4jz − 1.

Les singularitats de l’integrant son els zeros de z2 + 4jz − 1,

z1 = (2 +√

3)j, z2 = (2−√

3)j

amb |z1| > 1 i |z2| < 1.

Per tant nomes z2 es un pol interior a la corba |z| = 1 sobre laque integrem.

Com que l’integrant es analıtic sobre |z| = 1, podem aplicar elteorema dels residus i obtenim,

I = 2jπRes(4

z2 + 4jz − 1, z2) =

4π√3.


(b) Per cada ω ∈ R, fem servir que ejtω = cos(tω)+j sin(tω) i calculemI2(ω) i I2(ω) a partir de

I(ω) =

∫ ∞−∞

ejtω

1 + t2dt.

Com que les singularitats de f(z) = 1/(1 + z2), que son z1 = j iz2 = −j, no son reals, sabem que podem calcular la transformadade Fourier com,

X(ω) = 2jπ∑k

Res(ejzωf(z), zk),

diferenciant el cas en que ω > 0 del cas ω < 0. El cas en queω = 0, es tracta com una integral impropia racional.

X(ω > 0) = 2jπRes(ejzωf(z), −j) = 2jπ(−jeω/2) = πeω,

X(ω < 0) = 2iπRes(eizωf(z), j) = 2jπ(−je−ω/2) = πe−ω.

Aleshores independent del valor de ω tenim,

X(ω) = πe−|ω|.

Aixı, deduım

I1(ω) =

∫ ∞−∞

cosωt

1 + t2dt = πe−|ω|, I2(ω) =

∫ ∞−∞

sinωt

1 + t2dt = 0.

2

19. Considereu, per n ∈ Z i t ∈ R, la familia de funcions reals

xn(t) = t/(n+ tn).

(a) Justifiqueu per a quins valors de n ∈ Z el teorema dels residuspermet calcular la transformada de Fourier de xn.

(b) Calculeu pels diferents valors de ω = 2πf ∈ R, F(x4 ? x4).

109

Resolucio:

Per valors de n ≤ 2, xn no es absolutament integrable a R. Per n ≥ 3 lesfuncions xn admeten transformada de Fourier, ja que son absolutamentintegrables a R, ∫

R

∣∣∣∣ t

n+ tn

∣∣∣∣ dt <∞.Es a dir, denotant ω = 2πf , existeix l’integral impropia,

Xn(ω) =

∫Re−ωjt

t

n+ tndt, ω ∈ R.

(a) Si volem calcular Xn(ω) fent servir el Teorema dels residus, calque la corresponent funcio de variable complexa que cal integrar,

xn(z) =z

n+ zn

sigui una funcio racional amb grau del denominador dues unitatssuperior al del numerador, es a dir, n ≥ 3.

Daltra banda cal que xn(z) sigui analıtica a tot C excepte en lesseves singularitats aıllades, que son els n zeros (tots diferents.) deldenominador,

zn = n√−n.

Pero per valors senars de n = 2s + 1 les funcions xn tenen unasingularitat real zs = −1 i el teorema dels residus no es pot aplicar.Considerem per tant nomes valors parells de n = 2s ≥ 4.

Aixı, per qualsevol ω ∈ R el Teorema dels residus permet calcularl’integral, ∫

Re−ωjtxn(t)dt =

∫C

e−ωjzxn(z)dz,

on C es una semicircunferencia continguda en el semipla inferior,si ω > 0, i en el semipla superior si ω > 0. En qualsevol cas, C teper frontera per la part corresponent part de recta real. Per tant,xn no pot tenir cap arrel real.

(b) En particular pel mımim valor possible de n = 4 la funcio

x4(z) =t

4 + z4


te dues singularitats aıllades en el semipla superior, z1 = 1 + j,z2 = −1 + j i dues en el semipla inferior que son les conjugadesde les anteriors, z3 = z1 = 1− j, z4 = z2 = −1− j.Calculem X4(ω) diferenciant tres casos.

i. Com que X4(0) es una funcio senar,

X4(0) =

∫R

t

4 + t4dt = 0,

ii. si ω < 0,

X4(ω) =

∫Re−ωjtt

4 + t4dt


Calculem,


(z1 − z2)(z1 − z3)(z1 − z4)= eω

e−jω

8j


(z2 − z1)(z2 − z3)(z2 − z4)= −eω e

jω

8j

Aixı,

X4(ω) = −πj eω

4sin(ω).

iii. Si ω > 0,

X4(ω) =

∫Re−ωjtt

4 + t4dt


Calculem,


(z3 − z1)(z3 − z2)(z3 − z4)= e−ω

ejω

8j


(z4 − z1)(z4 − z2)(z4 − z3)= −e−ω e

−jω

8j

Aixı,

X4(ω) = πje−ω

4sin(ω).

111

De forma compacta, per qualsevol valor ω ∈ R, podem expressarX4(ω) com

X4(ω) = πje−|ω|

4sin(|ω|).

Observem que aquesta es una funcio imaginaria pura.

Fent servir el Teorema de convolucio tenim,

F(x4 ? x4) = F2(x4) = −π2 e−2|ω|

16sin2(ω),

una funcio real i parell.

2

20. Sigui z0 un nombre complex.

(a) Trobeu les possibles series de Laurent centrades en z0 de la funcio,

f(z) =z

(z − z0)(z − z0).

(b) Sigui r = |z0 − z0|. Considerem r1, r2 ∈ R+ tals que r1 < r < r2.

Trobeu el valor de les seguents integrals

I1 =

∫|z−z0|=r1

f(z)dz, I2 =

∫|z−z0|=r2

f(z)dz.

(c) Sigui a ∈ R \ {0}. Fent servir el teorema dels residus, calculeu latransformada de Fourier de la funcio,

x(t) =2

(t2 + a2)2.

2

Resolucio:

(a) Per trobar les series de Laurent de f centrades en z0 cal diferenciarprimer el cas en que z0 ∈ R.


i. Si z0 ∈ R, aleshores,

f(z) =z

(z − z0)2=

1

z − z0

+z0

(z − z0)2= SL(f, z0)

Aquesta serie es valida per tot z ∈ C tal que |z−z0| > 0, aixoes, en la corona oberta C(z0, 0,∞).

ii. Si z0 ∈ C \ R, podem escriure

f(z) =z

(z − z0)(z − z0)=

1

z − z0

(z − z0) + z0

(z − z0) + (z0 − z0)

=

(1 +

z0

z − z0

)(1

(z − z0) + (z0 − z0)

).

Cal diferenciar dos casos,

A. Si |z− z0| < |z0− z0|, aleshores∣∣∣ z−z0z0−z0

∣∣∣ < 1. Per tant, fent

servir la serie geometrica obtenim,

f(z) =

(1 +

z0

z − z0

)∑n≥0

(−1)n(z − z0)n

(z0 − z0)n

Observem que z0 queda fora de la corona C(z0, 0, |z0−z0|).

B. Si |z− z0| > |z0− z0|, aleshores∣∣∣ z0−z0z−z0

∣∣∣ < 1. Fent servir la

serie geometrica obtenim,

f(z) =

(1 +

z0

z − z0

)∑n≥0

(−1)n(z0 − z0)n

(z − z0)n

En aquest cas, la corona conte z0 i z0.

(b) Fem servir el Teorema dels residus i les serie corresponents delapartat anterior.

i. Si z0 ∈ R, aleshores |z0 − z0| = 0, i per tant, I1 no te sentit.Fent servir la serie de Laurent obtinguda al primer apartat,obtenim,

I2 = 2πj.

113

ii. Si z0 ∈ C \ R, considerem,

I1 =

∫|z−z0|<|z0−z0|

f(z)dz = 2πjRes(f, z0) = 2πjz0

z0 − z0

.

I2 =

∫|z−z0|>|z0−z0|

f(z)dz = 2πj(Res(f, z0) +Res(f, z0))

Per obtenir Res(f, z0) fem servir la funcio analıtica en z0,

g(z) = (z − z0)f(z) =z

z − z0

i

Res(f, z0) = g(z0) =z0

z0 − z0

.

Aixı,I2 = 2πj.

(c) Per qualsevol a ∈ R \ {0}, la funcio

x(t) =2

(t2 + a2)2=

2

(t− aj)2(t+ aj)2.

es racional amb grau(h) = 4 > grau(g)+2 i no te cap singularitatreal, ja que ∀t ∈ R g(t) 6= 0. Aixı, per qualsevol ω ∈ R podemcalcular la transformada de Fourier de x(t) de la seguent forma.

i. Per ω = 0,

X(0) = 2

∫R

dt

(a2 + t2)2dt = 2πjRes(x(z), aj).

Calculem Res(x(z), aj) fent servir la funcio

y(z) = (z − aj)2x(z) =2

(z + aj)2.

Aleshores

Res(x(z), aj) = y′(aj) = − j

2a3.

Per tant,

X(0) =π

a3.


ii. Per ω ∈ R+,

X(ω) = 2

∫R

e−jωt

(a2 + t2)2dt = 4πjRes(x(z)e−jωz, aj).

Calculem Res(x(z)e−jωz, aj) fent servir la funcio

y(z) = (z − aj)2x(z)e−jωz =2e−jωz

(z + aj)2.

Aleshores

Res(x(z)e−jωz, aj) = y′(aj) = −eaω(aω − 1)

2a3j.

Per tant,

X(ω) = π(aω − 1)eaω

a3.

iii. Per ω ∈ R−,

X(ω) = 2

∫R

ejωt

(a2 + t2)2dt = 4πjRes(x(z)ejωz,−aj).

Calculem Res(x(z)ejωz,−aj) fent servir la funcio

y(z) = (z + aj)2x(z)ejωz =2ejωz

(z − aj)2.

Aleshores

Res(x(z)ejωz,−aj) = y′(−aj) = −eaω(aω + 1)

2a3j.

Per tant,

X(ω) = π(aω + 1)eaω

a3.

2

Documents

ETSETB Matem atiques de la Telecomunicaci oocw.upc.edu/sites/ocw.upc.edu/files/materials/... · Funcions de Variable Complexa 1.1 Introducci o El comportament anal tic de les funcions