Cauchy integral theorem

[1]
Ejemplo numérico de cálculo de integral en torno a singularidad
Teorema integral de Cauchy
By Héctor L. Cervantes C.
Introducción.- Cuando se una fórmula para calcular el valor de una integral cerrada y se aplica como una
receta de cocina, entonces, carece de comprobación personal, lo cual es anti-científico; pero cuando se le
adicionan numeritos al asunto, ya es otra cosa y el mismo proceso se convierte en algo comprobado y se
aplica luego la fórmula de “cocina” con toda confianza. Tal es el objetivo del siguiente artículo para una
comprobación específica de este teorema por un procedimiento alterno al procedimiento de residuos, mientras
el teorema de Cauchy-Gousat se aplica a puntos analíticos y no se engloban polos, el teorema integral de
Cauchy se aplica a polos, es decir a integrales cerradas que engloban al menos a un polo.
Sea 𝑓( 𝑧) =
1
𝑧−2
Comprobación de integral de línea en torno a 𝑧 = 2sobre cuadrado mostrado
a continuación en fig. 1
Cristo de esta manera coloco la función f(z) como función 𝑓( 𝑧) = 𝑓( 𝑥, 𝑦) =
1
𝑥+𝑦𝑖−2
(1)
Para 𝒛 = 𝒙 + 𝒚𝒊 (2)
PROCESO DE MANIPULEO DE FUNCIÓN (1) PARA DAR FORMA APROPIADA
𝑓( 𝑥, 𝑦) =
1
(𝑥 − 2) + 𝑦𝑖
∙
( 𝑥 − 2) − 𝑦𝑖
( 𝑥 − 2) − 𝑦𝑖
=
( 𝒙 − 𝟐) − 𝒚𝒊
( 𝒙 − 𝟐) 𝟐 + 𝒚 𝟐
𝑓( 𝑥, 𝑦) =
( 𝒙 − 𝟐) − 𝒚𝒊
( 𝒙 − 𝟐) 𝟐 + 𝒚 𝟐 (𝟑)
Cristo ahora ya tengo la función 𝑓( 𝑧) en forma apropiada para coordenadas cartesianas .
PARAMETRIZACIÓN DE LAS RECTAS EN COORDENADAS CARTESIANAS
𝑟𝐶𝑖
− 𝑟𝑗 = ( 𝑡 − 𝟎)(𝑟𝑗±1 − 𝑟𝑗) ∴
𝑟𝐶𝑖
= 𝑟𝑗(1 − 𝑡 + 𝟎) + ( 𝑡 − 𝟎) 𝑟(𝑗±1) 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝟎 ≤ 𝑡 ≤ 1
𝑟𝐶1
= (3, 2𝑡 − 1) ∴
𝑥 = 3; 𝑑𝑥 = 0
𝑦 = 2𝑡 − 1; 𝑑𝑦 = 2𝑑𝑡

[2]
𝑟𝐶2
= (3 − 2𝑡, 1) ∴
𝑥 = 3 − 2𝑡; 𝑑𝑥 = −2𝑑𝑡
𝑦 = 1; 𝑑𝑦 = 0
𝑟𝐶3
= (1, 1 − 2𝑡) ∴
𝑥 = 1; 𝑑𝑥 = 0
𝑦 = 1 − 2𝑡; 𝑑𝑦 = −2𝑑𝑡
𝑟𝐶4
= (1 + 2𝑡, −1) ∴
𝑥 = 1 + 2𝑡; 𝑑𝑥 = 2𝑑𝑡
𝑦 = −1; 𝑑𝑦 = 0
INTEGRAL DE LINEA PARA RECTA 𝑐1,𝑐2, 𝑐3,𝑐4
∫ 𝐶1
𝑓( 𝑧) 𝑑𝑧 = ∫
(3 − 2) − (2𝑡 − 1) 𝑖
(3 − 2)2 + (2𝑡 − 1)2
∙ (0 + 2𝑖𝑑𝑡) = 1.57079𝑖 + 3.25(10)−6
1
𝟎
∫ 𝐶2
𝑓( 𝑧) 𝑑𝑧 = ∫
(3 − 2𝑡 − 2) − 𝑖
(3 − 2𝑡 − 2)2 + (1)2
∙ (−2𝑑𝑡 + 0) = 1.57079𝑖 + 0
1
𝟎
∫ 𝐶3
𝑓( 𝑧) 𝑑𝑧 = ∫
(1 − 2) − (1 − 2𝑡) 𝑖
(1 − 2)2 + (1 − 2𝑡)2
∙ (0 − 2𝑖𝑑𝑡) = 1.57079𝑖 + 0
1
𝟎
∫ 𝐶4
𝑓( 𝑧) 𝑑𝑧 = ∫
(1 + 2𝑡 − 2) + 𝑖
(1 + 2𝑡 − 2)2 + (−1)2
∙ (2𝑑𝑡 + 0) = 1.57079𝑖 + 0
1
𝟎
INTEGRAL TOTAL CERRADA EN TORNO A 𝒛 = 𝟐
∑ ∫ 𝐶 𝑗
4
𝑗=1
= 4(1.57079𝑖) = 6.28316𝑖 ≈ 𝟐𝝅𝒊
Cristo este es un valor esperado obtenido también por medio de residuos.
ANALITICIDAD EN TORNO A LA SINGULARIDAD
Cristo es estratégico observar que la integral de línea en torno a la singularidad es independiente
de la trayectoria cerrada escogida, siempre y cuando no englobe (engulla) más singularidades que
las originales iniciales; y tampoco excluya ninguna de las singularidades iniciales.
DEMOSTRACIÓN
Una de las demostraciones de esta zona analítica se realiza por medio de expansiones de Laurent
en torno a un punto (cada vez y por separado) dentro de esta zona, lo que cada vez resultará en
una expansión tipo Taylor, la cual por inducción matemática se demostró es totalmente analítica.
(ver fig 2)
Cristo de esta manera la zona en torno a la singularidad queda
demostrada su analiticidad por medio de expansiones en torno
a puntos analíticos (centros de las circunferencias periféricas).
La singularidad, o polo, es el punto azul .

[3]
INTEGRAL DE LINEA EN TORNO A UN POLO DE ORDEN 2, Y SOBRE UNA ELIPSE
VERTICAL
La elipse vertical centrada en el polo de orden dos para la función siguiente:
𝑓(𝑧) =
1
(𝑧−2)2(𝑧−3)
UTILIZANDO COORDENADAS POLARES TRASLADADAS AL FOCO SUPERIOR DE LA ELIPSE.
Sea 𝜁 = 𝑧 − 2 ∴ 𝒛 = 𝜻 + 𝟐entonces 𝒛 − 𝟑 = 𝜻 − 𝟏 (4)
Ahora ∮ 𝑓( 𝑧) 𝑑𝑧 = ∮ 𝑓( 𝜁) 𝑑𝜁 = ∮
1
𝜁2((𝜁−1))
𝑑𝜁(5) Hasta aquí se completó la traslación
de ejes al foco z=2, Cristo el paso siguiente es transformar a coordenadas polares la variable ζ
𝜁 = 𝜌𝑒 𝑖𝜃
∴ 𝜁2
= 𝜌2
𝑒2𝑖𝜃
(6)
Cristo ahora introduzco (6) en (5) y como 𝑑𝜁 = 𝑒 𝑖𝜃
𝑑𝜌 + 𝑖𝑒 𝑖𝜃
𝜌𝑑𝜃tenemos entonces
∮ 𝑓( 𝑧) 𝑑𝑧 = ∮
𝑒 𝑖𝜃
𝑑𝜌 + 𝑖𝑒 𝑖𝜃
𝜌𝑑𝜃
𝜌2 𝑒2𝑖𝜃( 𝜌𝑒 𝑖𝜃 − 1)
(7)
Cristo la manera de obtener esta integral cerrada es parametrizando la ecuación de la elipse
centrada dada, ya que es sobre la elipse que se integra, y me conviene tener 𝜌 = 𝜌( 𝜃)
ECUACION DE LA ELIPSE CENTRADA Y VERTICAL EN FORMA PARAMÉTRICA
𝜌 =
1
√
𝑠𝑖𝑛2 𝜃
𝑎2
+
𝑐𝑜𝑠2 𝜃
𝑏2
Cristo introduciendo esta ecuación paramétrica de la elipse en (7) para
𝑎 = 2
𝑏 = 0.5
tenemos así;
𝜌 =
1
√0.25𝑠𝑖𝑛2 𝜃 + 4𝑐𝑜𝑠2 𝜃
(8)
Obteniendo el diferencial de (8) tenemos:
𝑑𝜌 = (0.25𝑠𝑖𝑛2
𝜃 + 4𝑐𝑜𝑠2
𝜃)−3/2(3.75 sin 𝜃 cos 𝜃) 𝑑𝜃 (9)
Cristo ahora introduzco (9) y (8) en (7) y se convierte en una integral definida entre θ=0 y θ=2π
OBJETIVO.-Se trata de comprobar que la
integral de línea sobre la elipse es igual al
residuo en el polo de orden dos, siempre sucede
así, mientras que la envolvente solo envuelva al
punto de interés.

[4]
∫
(0.25𝑠𝑖𝑛2
𝜃)3/2( 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝑖𝑠𝑖𝑛2𝜃)
cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃 − (0.25𝑠𝑖𝑛2 𝜃 + 4𝑐𝑜𝑠2 𝜃)1/2 ∙
2𝜋
0
(0.25𝑠𝑖𝑛2
𝜃)−3/2{3.75 sin 𝜃 cos 𝜃[cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃]
+ (0.25𝑠𝑖𝑛2
𝜃) (− sin 𝜃 + 𝑖 cos 𝜃)} 𝑑𝜃
Cristo simplificando la expresión anterior obtenemos:
∮ 𝑓( 𝑧) 𝑑𝑧 = ∮
(cos 2𝜃 − 𝑖 sin 2𝜃)(−0.25 sin 𝜃 + 4𝑖 cos 𝜃)
[cos 𝜃 − (0.25𝑠𝑖𝑛2 𝜃 + 4𝑐𝑜𝑠2 𝜃)1/2] + 𝑖 sin 𝜃
𝑑𝜃 (10)
2𝜋
0
Cristo el siguiente paso es multiplicar (14) por el conjugado del denominador, simplificando primero
el numerador tenemos:
𝑛𝑢𝑚𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟 = (cos 2𝜃 − 𝑖 sin 2𝜃)(−0.25 sin 𝜃 + 4𝑖 cos 𝜃) =
= (−0.25 sin 𝜃 cos 2𝜃 + 4 cos 𝜃 sin 2𝜃) + 𝑖(4 cos 𝜃 cos 2𝜃 + 0.25sin 𝜃 sin 2𝜃)
Cristo ahora llamando:
𝐴3 = −0.25 sin 𝜃 cos 2𝜃 + 4 cos 𝜃 sin 2𝜃
𝐵3 = 4 cos 𝜃 cos 2𝜃 + 0.25 sin 𝜃 sin 2𝜃
𝐶3 = cos 𝜃 − (0.25𝑠𝑖𝑛2
𝜃)1/2
simplificamos de la
siguiente manera:
∮ 𝑓( 𝑧) 𝑑𝑧
= ∮
(−0.25 sin 𝜃 cos 2𝜃 + 4 cos 𝜃 sin 2𝜃) + 𝑖(4 cos 𝜃 cos 2𝜃 + 0.25 sin 𝜃 sin 2𝜃)
[cos 𝜃 − (0.25𝑠𝑖𝑛2 𝜃 + 4𝑐𝑜𝑠2 𝜃)1/2] + 𝑖 sin 𝜃
𝑑𝜃
2𝜋
0
∮ 𝑓( 𝑧) 𝑑𝑧 = ∫
𝐴3 + 𝑖𝐵3
𝐶3 + 𝑖 sin 𝜃
𝑑𝜃 (11)
2𝜋
0
Cristo ahora si multiplicando (11) por el conjugado de su denominador, tenemos:
𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑟𝑒𝑎𝑙 = ∫
𝐴3 𝐶3 + 𝐵3 sin 𝜃
𝐶3
2
+ 𝑠𝑖𝑛2 𝜃
2𝜋
0
𝑑𝜃 = 2.181938(10−5) ≅ 0
𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑖𝑚𝑎𝑔𝑖𝑛𝑎𝑟𝑖𝑎 = ∫
−𝐴3 sin 𝜃 + 𝐵3 𝐶3
𝐶3
2
+ 𝑠𝑖𝑛2 𝜃
2𝜋
0
𝑑𝜃 = −6.283144𝑖 (12)
Cristo así entonces resumiendo: ∮ 𝑓( 𝑧) 𝑑𝑧 = 0 − 6.283144𝑖 ≈ −2𝜋𝑖 (13)
CALCULO DE RESIDUO SEGUNDO ORDEN PARA z=2
𝑅𝑒𝑠( 𝑓( 𝑧), 2) = lim
𝑧→2
𝑑
𝑑𝑧
[( 𝑧 − 2)2
𝑓(𝑧)] = −1

[5]
Cristo entonces aplicando la formula de residuos tenemos : 2𝜋𝑖 𝑅𝑒𝑠( 𝑓( 𝑧), 2) = −𝟔. 𝟐𝟖𝟑𝟏𝟖𝟓𝒊
Cristo el valor de integración en torno a z=2 y el valor anterior por la fórmula de residuos
concordaron como era de esperarse.
COMPROBACIÓN DEL TEOREMA INTEGRAL DE CAUCHY PARA LA FUNCIÓN
𝑓( 𝑧) =
1
( 𝑧 − 2)( 𝑧 − 4)
Cristo primero se procede a la expansión de Laurent en torno a z=2
𝑑𝑒𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑑𝑜𝑟 ( 𝑧 − 4) = ( 𝑧 − 2) − 2 = −2 [1 − (
𝑧 − 2
2
)] (14)
𝑓( 𝑧) = (
1
𝑧−2
)(
1
−2[1−(
𝑧−2
2
)]
)
𝑓( 𝑧) = (−
1
2
) (
1
𝑧 − 2
) ∑ (
𝑧 − 2
2
)
𝑛
= (−
1
2
) {
1
𝑧 − 2
+
1
2
+
𝑧 − 2
22
+ ⋯ }
∞
𝑛=0
𝑓( 𝑧) = −
1
(
1
2
)(𝑧−2)
−
1
4
−
(𝑧−2)
8
− ⋯ ∴
𝑎−1 = −0.5
𝑎0 = −0.25
𝑎1 = −0.125
𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑟𝑎𝑛
Cristo entonces se esperan obtener los coeficientes anteriores, utilizando el teorema integral de
Cauchy, donde:
𝑎0 =
∮
𝑓(𝑧)
𝑧−2
𝑑𝑧
2𝜋𝑖
; 𝑎1 =
∮
𝑓(𝑧)
(𝑧−2)2 𝑑𝑧
2𝜋𝑖
Cristo procedamos a trasladar la función
𝑓(𝑧)
𝑧−2
al punto 𝑧 = 2; haciendo 𝜁 = 𝑧 − 2
𝑓(𝑧)
𝑧 − 2
=
1
( 𝑧 − 2)2( 𝑧 − 4)
; 𝑓( 𝜁) =
1
𝜁2( 𝜁 − 2)
; 𝑑𝑧 = 𝑑𝜁
Cristo el siguiente paso es transformar 𝑓( 𝜁) a coordenadas polares, haciendo:
ζ= 𝜌𝑒 𝑖𝜃
; ∴ 𝑑𝜁 = 𝑒 𝑖𝜃
𝑑𝜌 + 𝑖𝜌𝑒 𝑖𝜃
𝑑𝜃 (15)
Así; ∮
𝑓(𝑧)
𝑧−2
𝑑𝑧 = ∮
1
𝜌2 𝑒2𝑖𝜃(𝜌𝑒 𝑖𝜃−2)
{𝑒 𝑖𝜃
𝑑𝜌 + 𝑖𝜌𝑒 𝑖𝜃
𝑑𝜃} (16)
Cristo como de ec (8): 𝜌 =
1
(0.25𝑠𝑖𝑛2 𝜃+4𝑐𝑜𝑠2 𝜃)1/2 tenemos que:
𝑑𝜁 = (0.25𝑠𝑖𝑛2
𝜃)−3/2
𝑘 𝑑𝜃 (17) 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒
𝑘 = 3.75 sin 𝜃 cos 𝜃(cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃) + (0.25𝑠𝑖𝑛2
𝜃)(− sin 𝜃 + 𝑖 cos 𝜃) (18)
como: 𝜌−2
= 0.25𝑠𝑖𝑛2
𝜃 ; 𝑒−2𝑖𝜃
= cos 2𝜃 − 𝑖 sin 2𝜃 (19)
Desarrollando el segundo factor en una expansión de Taylor, obtenemos
la expansión de Laurent buscada; ya que el primer factor es en sí, una
expansión de Laurent.

[6]
Cristo insertando (8), (15), (17), (18) y (19) en (16) tenemos que:
Cristo ahora llamando;
𝐵3 = 4 cos 𝜃 cos 2𝜃 + 0.25 sin 𝜃 sin 2𝜃
𝐶4 = cos 𝜃 − 2(0.25𝑠𝑖𝑛2
𝜃)1/2
𝐴3 𝐶3 + 𝐵3 sin 𝜃
𝐶4
2
+ 𝑠𝑖𝑛2
𝜃
2𝜋
0
𝑑𝜃 = 6.41(10−4
) ≅ 0
−𝐴3 sin 𝜃 + 𝐵3 𝐶3
𝐶4
2
+ 𝑠𝑖𝑛2
𝜃
2𝜋
0
𝑑𝜃 = −1.571𝑖
Cristo ahora inserto estos resultados en: 𝑎0 =
∮
𝑓(𝑧)
𝑧−2
𝑑𝑧
2𝜋𝑖
=
−1.571𝑖
2𝜋𝑖
= −0.25
Cristo este es un resultado esperado
Cristo para obtener 𝑎1 debo de obtener ∮
𝑓(𝑧)
(𝑧−2)2 𝑑𝑧 ; entonces
∮
𝑓(𝑧)
( 𝑧 − 2)2
𝑑𝑧 = ∮
𝑑𝑧
( 𝑧 − 2)3( 𝑧 − 4)
= ∮
𝑑𝜁
𝜁3( 𝜁 − 2)
Cristo procediendo análogamente tenemos:
∮
𝑓( 𝑧)
( 𝑧 − 2)2
𝑑𝑧 = ∫
(0.25𝑠𝑖𝑛2
𝜃)2(cos 3𝜃 − 𝑖 sin3𝜃)
cos 𝜃 − 2(0.25𝑠𝑖𝑛2 𝜃 + 4𝑐𝑜𝑠2 𝜃)1/2 + 𝑖 sin 𝜃
∙ 𝑘 𝑑𝜃
2𝜋
0
(20)
Cristo simplificando (20) y llamando:
𝐵4 = 4 cos 𝜃 cos 3𝜃 + 0.25 sin 𝜃 sin3𝜃
𝐷4 = (0.25𝑠𝑖𝑛2
𝜃)1/2
tenemos
∮
𝑓( 𝑧)
( 𝑧 − 2)2
𝑑𝑧 = ∫
( 𝐴4)( 𝐷4) + ( 𝐵4)( 𝐷4)
𝐶4 + 𝑖 sin 𝜃
𝑑𝜃 (21)
2𝜋
0
Cristo ahora multiplicando por el conjugado del denominador de (21)
( 𝐴4)( 𝐷4)( 𝐶3) + ( 𝐵4)( 𝐷4) sin 𝜃
( 𝐶4)2 + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃
2𝜋
0
𝑑𝜃 = 1.331(10)−5
≈ 0 (22)
−( 𝐴4)( 𝐷4) sin 𝜃 + ( 𝐵4)( 𝐷4)( 𝐶3)
( 𝐶4)2 + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃
2𝜋
0
𝑑𝜃 = −0.7859 (23)
Cristo introduciendo resultados (22) y (23) en: 𝑎1 =
∮
𝑓(𝑧)
(𝑧−2)2 𝑑𝑧
2𝜋𝑖
tenemos

[7]
𝑎1 =
−0.7859𝑖
2𝜋𝑖
= −0.125085 ≈ −0.125
Cristo este es un resultado esperado

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