-
Ana`lisi Complexa2n quadrimestre del curs 2014-2015
Solucio del laboratori 9
1. Calculeu, justificant tots els passos, la integral
+0
x
x2 + x+ 1dx, 1 < < 1.
Indicacio: Considereu la funcio f(z) =z
z2 + z + 1. Definiu una determinacio del
logaritme log(z) a C \ [0,+) de manera que z = elog(z).
Finalment integreula funcio f(z) a la mateixa regio que les
integrals del tipus
+0
R(x) ln(x)dx.
Solucio. Definim
f(x) =x
x2 + x+ 1
i I la integral que ens demanen calcular. Anem a veure primer
que la integral esconvergent. f(x) es contnua en (0,+) i per tant,
es localment integrable (notemque el denominador no te zeros
reals). Per veure la converge`ncia, partim la integralen dos
trossos:
I =
10
f(x)dx+
+1
f(x)dx =: I1 + I2.
Veiem que I1 es convergent. En efecte, pel criteri de
comparacio, I1 10xdx 1. De la mateixa manera, I2 +1
x2dx < si i nomes si < 1.Per tant, I es convergent i podem
prendre recintes sime`trics per trobar el valor dela integral.
Sigui log(z) la determinacio del logaritme a C \ [0,+) amb
argument arg(z) en(0, 2pi). Escrivim z = e log(z) i
f(z) =z
z2 + z + 1=
e log(z)
(z + 1232i)(z + 1
2+32i).
1
-
Integrarem la funcio f(z) en el seguent recinte.
h
R
1
2
R
R,,h
:= R + + 1 + 2
f(z)dz =
R
f(z)dz +
f(z)dz +
1
f(z)dz +
2
f(z)dz.
Notem que Ind(, z) = 1 si z R,,h i 0 en cas contrari. Aplicant
el teorema delsresidus a la funcio f i la corba (amb i h prou
petits i R prou gran, de maneraque totes les singularitats de f
diferents de 0 cauen dins R,,h) obtenim que
f(z)dz = 2piiw sing.w 6=0
Res(f(z), w)
= 2pii(
Res(f(z), (1 +
3i)/2) + Res(f(z), (1
3i)/2)).
Notem que el sumatori es constant a partir de R prou gran i i h
prou petits.Calculem els dos residus. Notem que les dues
singularitats son pols simples. Ambun ca`lcul senzill tenim:
Res(f(z), (1 +
3i)/2) =ei2pi/3
3i,
Res(f(z), (1
3i)/2) =ei4pi/3
3i.
Aix, si R es prou gran i i h prou petits, tenim que
V :=2pi
3(ei2pi/3 ei4pi/3) =
f(z)dz
=
R
f(z)dz +
f(z)dz +
1
f(z)dz +
2
f(z)dz.
Prendrem lmits quan R i , h 0 en la segona part. Anem a provar
que lesintegrals al llarg de les corbes R i tendeixen a 0. En
efecte, si |z| = R (amb Rprou gran), aleshores
|f(z)| = |e log(z)|
|z2 + z + 1| M
|z|2 eRe(log(z)) =
Me ln |z|
|z|2 =M |z||z|2 = M
R
R2.
2
-
Aix,R
f(z)dz
sup|z|=R |f(z)|2piR 2piMR+1
R2= 2piMR1 0, R ( < 1).
Si |z| = amb prou petit aleshores
|f(z)| = |e log(z)|
|z2 + z + 1|
1 2,
on hem fet servir que |z2 + z + 1| 1 |z||z + 1| = 1 |z + 1| 1 2.
Aix,
f(z)dz
sup|z|= |f(z)|2pi 2pi+1 11 2 0, 0 ( > 1).Anem a calcular el
lmit de les integrals sobre les corbes 1 i 2 quan R i, h 0.
Comencem amb la corba 1.Notem que 1(x) = x+ ih, x [, R]. En aquests
punts,
log(x+ ih) = ln |x+ ih|+ i arg(x+ ih) lnx, , h 0 (arg(x+ ih)
0)
i (x+ ih) = e log(x+ih) e lnx = x quan , h 0. Aix, com I es
convergent,
limR,,h0
1
f(z)dz =
+0
x
x2 + x+ 1dx = I.
Daltra banda, si z 2, log(z) lnx+ 2pii quan , h 0 ja que arg(z)
2pi. Pertant, z xe2pii. Per tant, com I es convergent,
limR,,h0
2
f(z)dz = e2pii +0
x
x2 + x+ 1dx = e2piiI.
Noteu que el signe negatiu surt de lorientacio de la corba 2.
Tot plegat, en el lmit,tenim que
V = (1 e2pii)I.Per tant,
I =2pi
3
ei2pi/3 ei4pi/31 e2pii .
Podem comprovar que el valor que ens ha sortit es un nombre
real.
3
