bÁsicas matemáticas especiales para ingenieros …

BÁSICAS

BÁSICAS

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Matemáticas especialespara ingenieros

Fondo blanco

Fondo blanco

Matemáticas especiales para ingenieros

Las matemáticas proporcionan herramientas indispensables para analizar los fenómenos físicos que suceden en la naturaleza. Este libro introduce algunas de esas herramientas. En particular, el lector podrá aprender las propiedades básicas de los números complejos y sus aplicaciones en el área de las funciones y el cálculo. Teniendo como base el análisis complejo y otras técnicas relacionadas, el lector podrá estudiar las funciones matemáticas a través de las series de potencia y las series de Fourier, así como resolver algunas ecuaciones diferenciales mediante las transformadas integrales. Adicionalmente, en este libro el lector encontrará un análisis teórico formal —–pero adaptado a estudiantes de ingeniería—– que incluye talleres, preconceptos y ejemplos, así como ejercicios aplicados a los campos de la ingeniería y la física, que incluyen algunas aplicaciones numéricas y ejercicios retadores. Incluso, el docente que dicte un curso estándar de Matemáticas Especiales también podrá encontrar en este texto distintas propuestas para dictar o complementar dicho curso. Anímese a aprender algunas de las maravillosas aplicaciones de las matemáticas en la ingeniería y la vida cotidiana.

ALEJANDRO FERRERO BOTEROFísico y magíster en Física de la Universidad de los Andes, y doctor en Física de la Universidad de Carolina del Sur (EE. UU.). Cuenta con un posdoc-torado en la Universidad de los Andes y tiene una amplia trayectoria investigativa. Actualmente es docente de tiempo completo en la Universi-dad Católica de Colombia, y es el encargado de la Coordinación de Investigaciones del Departamen-to de Ciencias Básicas de esta universidad.

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La colección CIENCIAS BÁSICAS presenta obras que proponen soluciones prácticas a la educación en ciencias, con el objetivo de llegar a una apropiación contextualizada del conocimiento de las ciencias básicas. Así es como se busca, no solo aproximar a los estudiantes a este conocimiento fundante, sino que, como valor agregado, ejemplificar las ciencias básicas en contextos de formación profesional, estableciendo marcos de referencia, propios de cada disciplina. De esta forma, se pretende contribuir a optimizar los procesos de enseñanza, comprensión y aprendizaje para estudiantes y profesores.

Alejandro Ferrero Botero

x

y

R

6

6

6

6

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4

4

4

422

2

2

L = 0,8 H

= 1000 rad/s

C = 5 F

R1 = 0.5 k

R2 = 250

y

x

A

z z0

z‛ z0

z‛ z0

B

y

x

1

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4 2 Acercamiento

9 789585 133440

ISBN 958513344-0

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Matematicas Especiales para Ingenieros

Bogota, D. C.

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Ferrero Botero, AlejandroMatematicas Especiales para Ingenieros / Alejandro Ferrero Botero – Bogota;

Universidad Catolica de Colombia, 2020242 paginas; 20 x 24 cm

ISBN: 978-958-5133-44-0 (impreso)ISBN: 978-958-5133-45-7 (digital)

I. Tıtulo

1. Matematicas para ingenieros 2. Analisis de Fourier 3. Teorema de convolucion

Dewey 519 ed. 21.

©c Universidad Catolica de Colombia

©c Alejandro Ferrero BoteroPrimera edicion, Bogota, D. C. Noviembre de 2020

Direccion EditorialStella Valbuena Garcıa

Coordinacion EditorialMarıa Paula Godoy Casasbuenas

Correccion de estiloGustavo Adolfo Farıas Ortiz

Diseno de coleccionJuanita Isaza

Diagramacion LATEXDaniel Contreras Nino

Publicacion digitalHipertexto Ltda.www.hipertexto.com.coBogota, D. C., Colombia

Departamento de Ciencias BasicasDiagonal 46A # 15B-10, sede Claustro, bloque UTelefono: (571) 327 7300 ext. 3000, 3002, 3003 y 3007 Bogota, D. [email protected]

EditorialUniversidad Catolica de ColombiaAv. Caracas 46-72, piso 5Bogota, D. [email protected]

Licencia Creative Commons Atribución sin derivar 4.0

https://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/4.0/

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Prefacio

Este libro esta disenado, principalmente, para estudiantes de ingenierıa que nece-siten herramientas matematicas avanzadas que les puedan facilitar su entendimientoen cursos avanzados. Existen muchas referencias que pueden guiar al estudiante alentendimiento de la gran mayorıa de los temas aca tratados, sin embargo, este librosigue un orden logico para que el proceso de aprendizaje se desarrolle de maneraprogresiva. Los capıtulos se complementan mutuamente y guıan al lector para queeste pueda apreciar como las herramientas basicas tratadas se pueden aplicar en sucampo de estudio.

Los primeros capıtulos contienen a su comienzo una seccion que enuncia algunosconceptos previos que debe manejar el estudiante, por lo que se recomienda repa-sar estos temas, en caso de no estar familiarizado con ellos, para que el proceso deaprendizaje sea optimo. En esta seccion se propone, ademas, un taller de preconcep-tos, basado en conceptos que debieron ser adquiridos en otros cursos, para que elestudiante se de cuenta de sus falencias y fortalezas, y las profundice si es necesario.Se asume que el estudiante que tome un curso de Matematicas Especiales debe en-tender los conceptos mas importantes del algebra y el calculo, ademas de tener unanocion basica de herramientas numericas y ecuaciones diferenciales.

Sumado a la explicacion de cada tema y la ilustracion de estos mediante algunosejemplos, cada seccion muestra la demostracion de algunos teoremas importantes.Aunque no es el objetivo del autor que el lector entienda a la perfeccion la demos-tracion de tales teoremas, estos procedimientos se muestran para que el estudianteinteresado en profundizar mas en el formalismo matematico encuentre una buenaguıa que mejore su entendimiento del tema estudiado. Por otra parte, en algunostemas se muestran graficas que sirven para complementar la explicacion de estos ode los ejemplos explicados, y al final de cada seccion se presenta el enunciado dealgunos ejercicios para que el lector practique y fortalezca los conceptos aprendidos.

Debido al proposito principal de este libro, mencionado anteriormente, muchosejercicios buscan que el estudiante aprenda a utilizar las herramientas mostradas;

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sin embargo, se muestran otros ejercicios que conectan al estudiante con situacionesde la fısica, la ingenierıa electronica y otras ramas del conocimiento. Otros ejerciciosque requieren un nivel avanzado para su solucion se sugieren en la parte final de laseccion de ejercicios de algunos capıtulos bajo la etiqueta “ Ejercicios Avanzados”, yestos se plantean para los estudiantes mas experimentados en el tema o para aquellosinteresados en profundizar sus conceptos de manera voluntaria. Adicionalmente, co-mo complemento se sugiere, para algunos casos, la implementacion de herramientastecnologicas y computacionales con el fin de proporcionar herramientas que ayudenen el proceso de aprendizaje; los ejercicios que requieran de este tipo de metodologıase enunciaran aparte bajo la etiqueta “ Ejercicios Computacionales”.

Este libro tambien puede servir como complemento para el curso de ecuacionesdiferenciales, especialmente en la seccion de transformadas de Laplace. Adicional-mente, es una buena guıa para el estudiante interesado en el calculo de variablecompleja, el analisis de Fourier, el teorema de convolucion y el desarrollo de seriesde potencia de funciones reales y complejas, entre otros. Tambien, se muestran losconceptos mas importantes de las funciones que requieren de un tratamiento especialy no son muy bien estudiadas en el calculo a pesar de su enorme importancia, comolas funciones Delta de Dirac, Escalon Unitario, Gaussiana y la funcion Gamma o fac-torial, entre otras. Incluso, se sugiere la lectura de este libro como base para algunoscursos relacionados con la ingenierıa electronica, tales como senales y circuitos.

Finalmente, es importante mencionar que este libro consta de cinco partes, laprimera se dedica a todo el analisis complejo; la segunda se enfoca en el analisisde series de Fourier, seguido por una profundizacion de algunas funciones especialesy el teorema de convolucion; la tercera y cuarta parte muestran las aplicaciones detransformadas integrales, como la de Laplace y la de Fourier; y, finalmente, como unaquinta parte, al terminar cada capıtulo se presenta la bibliografıa y las referenciasadicionales sugeridas para su respectiva consulta.

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Contenido

1. El algebra de los numeros complejos 7

1.1. Conocimientos previos sobre numeros reales . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2. Operaciones entre numeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.3. Representacion grafica y forma polar . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4. Ecuaciones algebraicas y desigualdades . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2. Funciones en el plano complejo 31

2.1. Conocimientos previos sobre funciones en el campo de los reales . . . 31

2.2. Funciones sobre la recta real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.3. Funciones en el plano complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.4. Funciones univaluadas y multivaluadas . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.5. Derivacion de funciones complejas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2.6. Integracion sobre el plano complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.6.1. Integrales sobre caminos abiertos . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.6.2. Integrales a lo largo de caminos cerrados . . . . . . . . . . . . 46

2.7. Integrales de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.7.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.7.2. La integral de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3. Series de potencia 63

3.1. Conceptos previos sobre series de potencia . . . . . . . . . . . . . . . 63

3.2. Secuencias o sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.3. Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.3.1. Definicion y notacion de suma . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.3.2. Definicion de una serie de potencia . . . . . . . . . . . . . . . 67

3

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4 Contenido

3.3.3. La serie geometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.3.4. La serie binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.4. La serie de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3.5. Series de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

4. El teorema del residuo 95

4.1. Conceptos previos sobre residuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

4.2. Residuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

4.3. El teorema del residuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4.4. Aplicaciones del teorema del residuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.4.1. Integrales de funciones racionales . . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.4.2. Integrales con termino de la forma eiax . . . . . . . . . . . . . 105

4.4.3. Valor principal de una funcion . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

4.4.4. Integral trigonometrica sobre cırculo unitario . . . . . . . . . 111

4.4.5. Integrales de funciones multivaluadas . . . . . . . . . . . . . 113

4.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

5. Series de Fourier 123

5.1. Conceptos previos sobre series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . 123

5.2. Introduccion a las series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

5.2.1. Funciones pares e impares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

5.2.2. Relaciones de ortogonalidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

5.2.3. Funcion periodica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

5.3. Series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

5.3.1. Descomposicion como senos y cosenos . . . . . . . . . . . . . 131

5.3.2. Descomposicion como exponenciales complejas . . . . . . . . 133

5.4. Propiedades de las series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

5.4.1. Relaciones entre los coeficientes . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

5.4.2. Convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5.4.3. Relacion de Parseval . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

5.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

6. Funciones especiales y el teorema de convolucion 157

6.1. Conceptos previos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

6.2. Funciones especiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

6.2.1. Funcion valor absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

6.2.2. La funcion Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

6.2.3. La funcion escalon unitario o Heaviside . . . . . . . . . . . . 165

6.2.4. La funcion gaussiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

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Contenido 5

6.2.5. La funcion Gamma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1706.3. La convolucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1716.4. Funciones de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1746.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

7. La transformada de Laplace 1837.1. Conceptos previos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1837.2. La transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1847.3. Propiedades de la transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . 1867.4. Inversion de la transformada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

7.4.1. Metodo por inspeccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1917.4.2. La integral de Bromwich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

7.5. Solucion de ecuaciones diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1987.6. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2027.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

8. La transformada de Fourier 2178.1. Conceptos previos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2178.2. Definicion de la transformada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2188.3. Propiedades de la transformada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2218.4. La relacion de Parseval . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2248.5. Solucion a ecuaciones diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2288.6. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

8.6.1. Solucion a funciones de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2318.6.2. Funciones de transferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2338.6.3. Procesamiento de senales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

8.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

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Capıtulo

UNO

El algebra de los numeros complejos

1.1. Conocimientos previos sobre numeros reales

Temas previos: suma, multiplicacion y las propiedades de los exponentes y loslogaritmos tanto de numeros enteros como racionales; angulos en grados sexagesima-les y radianes; solucion a ecuaciones polinomiales y sistemas de ecuaciones lineales;ecuacion cuadratica; y division sintetica y desigualdades.

Taller preliminar 1

1. Simplifique las siguientes expresiones numericas lo maximo posible:

1

2− 1

5+

3

7− 8

5+ 2 +

1− 3

2 + 3−(

4

7− 3

2

),

(1

2− 1

3

)(1

3− 1

)(1

6+

1

3+ 1

),

1

22− 1

23+ 222−4 + 6·2−5 + 20 − 1

2−1+ 2−2 ,

(243542537211−2

2−83·465−172112

)1/2

.

2. Racionalice cada una de las siguientes tres expresiones y simplifique lo maximoposible:

1 +√

3

1−√

2,

√2 +√

5√2−√

5,

2

2 +√

7.

7

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8 Capıtulo 1. El algebra de los numeros complejos

3. Simplifique las siguientes expresiones lo maximo posible:

ln4

9− ln 3 + ln 8 + 2 ln 24− 3 ln

2

3, e−5e−6(e2)6 1

e3

1

e−2(e4)1/2.

4. Convierta los siguientes numeros de grados a radianes o viceversa segun seael caso:

π

4, −225 , π , −π

6, 120 .

Respuestas al taller preliminar 15835 , −1

6 , − 316 , 900

121 ; −1−√

2−√

3−√

6 , −7+2√

103 , 2

3(√

7− 2) ;

11 ln 2− ln 3 , e2 ; 45 , 5π4 , 180 , 330 , 2π

3 .

Taller preliminar 2

1. Resuelva las siguientes ecuaciones algebraicas:

x− 1

2− 4x+

1

6= −2x

3+ 2 , x2 + 5x+ 4 = 0 ,

3x2 − 2x+ 2 = −x2 + x+ 3 .

2. Use la division sintetica para factorizar las siguientes expresiones:

2x3 + 5x2 − x− 6 , x4 − 4x3 − 2x2 + 12x+ 9 .

3. Resuelva las siguientes desigualdades:

x− 3 + 4− 2x ≥ −3x− 5 + x− 2 ,x2 − 2x− 1

x< −2 .

4. Solucione el siguiente sistema de ecuaciones lineales:

x+ y + z = 1 , −3x− 2y + 4z = 0 , 2x− 4y − 5z = −1 .

Respuestas al taller preliminar 2

−1 , −1,−4 , 1,−14 ; (x − 1)(x + 2)(2x + 3) , (x + 1)2(x − 3)2 ; x ≥ −8 ,

(−∞,−1) ∪ (0, 1) ; x = 47 , y = 0, z = 3

7 .

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1.2. Operaciones entre numeros complejos 9

1.2. Operaciones entre numeros complejos

Los numeros complejos surgen debido a la imposibilidad de resolver algunasecuaciones algebraicas dentro del campo de los reales. Por ejemplo, si queremosresolver la ecuacion algebraica x2 = −1, no podemos encontrar su solucion dentrode los reales debido a que cualquier numero real elevado al cuadrado da positivo, loque imposibilita obtener un valor cuyo cuadrado sea −1. Sin embargo, la extensionde los reales a lo complejos permite obtener dicha solucion, como lo veremos. Deahora en adelante, al conjunto de los numeros complejos lo simbolizaremos como C,y al de los reales como R.

La solucion a la ecuacion x2 = −1 tiene solucion si introducimos el numero i,es decir, un numero cuyo cuadrado da como resultado −1. Este numero tambien lopodemos visualizar como:

i =√−1 . (1.1)

De esta manera, todo numero imaginario se puede escribir como iy, donde y ∈R. Ahora, una vez introducido el concepto de la base de los numeros imaginarios,podemos definir un numero complejo como todo numero que se puede escribir de laforma z = x + iy, donde x y y son numeros reales, pues, basicamente, un numerocomplejo surge de la combinacion entre un numero real y uno imaginario. Este nuevoconjunto de elementos cumple algunas propiedades importantes, entre ellas:

• La suma y multiplicacion entre dos numeros complejos da como resultado otronumero complejo.• La suma y multiplicacion entre dos o mas numeros complejos son conmutativas

y asociativas.• Se tiene un elemento neutro bajo la suma: el elemento z = 0.• Se tiene un elemento neutro bajo la multiplicacion: el elemento z = 1.• Si z1, z2 ∈ C y z1 + z2 = 0, se tiene que z1 = −z2.• Si z1, z2 ∈ C y z1, z2 6= 0, entonces, si z1z2 = 1, se tiene que z1 = 1

z2.

• Los numeros complejos no son ordenados. Podemos decir que z1 = z2, pero siz1 6= z2, no podemos decir que z1 > z2 o z1 < z2.

Nota importante: de ahora en adelante, la parte real de un numero complejoz = x + iy la denotaremos como Rez = x, y su parte imaginaria se denotaracomo Imz = y. Notemos que tanto la parte real como imaginaria son reales pordefinicion. Por ejemplo, Re2− 3i = 2 y Im2− 3i = −3.

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Suma de numeros complejos

Sea z1 = x1 + iy1 un numero complejo y z2 = x2 + iy2 otro numero complejo,donde x1, x2, y1, y2 son, segun nuestra definicion, numeros reales. La suma entrez1 y z2 se define como:

z1 + z2 = x1 + iy1 + x2 + iy2 = (x1 + x2) + i(y1 + y2) . (1.2)

Notemos que, en la suma, las partes reales siempre se suman con las partes reales ylas partes imaginarias hacen lo mismo entre ellas. Es incorrecto, por ejemplo, sumar 1y 2i, debido a que 1 es la parte real del numero y 2 su parte imaginaria. No obstante,podemos sumar la expresion 1 + 2i+ 3 + 4i = 4 + 6i, pero hasta aca podemos llegar.

Multiplicacion entre numeros complejos

La propiedad distributiva de la multiplicacion entre los numeros reales se sigueaplicando aca. Hay que tener en cuenta ahora que cada vez que aparezca la expresioni2, esta se debe reemplazar por el valor i2 = −1. De nuevo, si z1 = x1 + iy1 yz2 = x2 + iy2, se tiene que:

z1z2 = (x1 + iy1)(x2 + iy2) = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + x2y1) . (1.3)

Notemos que, una vez se multiplican los dos numeros, el resultado se simplificausando la operacion de la suma.

Es importante resaltar que las potencias del numero i son cıclicas, lo que significaque se repiten. Queda para el lector verificar que si n es un numero entero positivo:

i = i5 = i9 = · · · = i4n+1 , i2 = i6 = i10 = · · · = i4n+2 = −1 ,

i3 = i7 = i11 = · · · = i4n+3 = −i , i4 = i8 = i12 = · · · = i4n+4 = 1 . (1.4)

Complejo conjugado

La operacion complejo conjugado es un poco diferente a las anteriores, debidoa que no es una operacion binaria —es decir, actua sobre un elemento en vez dedos—. Esta operacion le cambia el signo a la parte imaginaria —dejando la partereal intacta— y normalmente se denota como z∗ o z —dependiendo de la referenciaconsultada—. Usaremos cualquiera de las dos notaciones. Vemos que, si z = x+ iy,entonces:

z∗ = z = x− iy . (1.5)

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1.3. Representacion grafica y forma polar 11

Esta operacion es muy util para encontrar la parte real e imaginaria de un numerocomplejo —tambien del cociente de dos numeros complejos—. Podemos convertir eldenominador de un numero complejo en real multiplicando por el complejo conju-gado del denominador arriba y abajo —analogo a la operacion de racionalizar ennumeros reales—. Por ejemplo, para el numero z = 1+i

2−3i la parte real e imaginariase encuentran racionalizando de la siguiente manera:

z =1 + i

2− 3i

2 + 3i

2 + 3i=

2 + 3i+ 2i− 3

4 + 6i− 6i+ 9=−1 + 5i

13= − 1

13+ i

5

13. (1.6)

Ejemplos de la seccion 1.2

1. Usando i2 = −1 y las propiedades de la suma, podemos visualizar como sesimplifican las siguientes dos expresiones:

3 + i− 3i2 + 2i− 5 + 7i3 = −2 + 3i+ 3− 7i = 1− 4i ,

i+ i2 + i3 + i4 + i5 + i6 + i7 + i8 + i9

= i− 1− i+ 1 + i− 1− i+ 1 + i = i .

2. Volvemos a usar i2 = −1 y las propiedades de la multiplicacion para simplificarlas siguientes tres expresiones:

(3− 5i)(4− i)(i+ 2) = (7− 23i− 20i− 5)(i+ 2) = (7− 23i)(i+ 2)

= 7i+ 14 + 23− 46i = 37− 39i ,

(2− i)(2 + i)(1− 2i)(1 + 2i) = 5·5 = 25 ,

− (1− 3i)4 = −(1− 12i− 54 + 108i+ 81) = −(28 + 96i) = −28− 96i .

3. Expresemos ahora el siguiente numero de la forma z = x+ iy:

1

1 + i− 1

1− i+

1

2 + i=

(1− i)(2 + i)− (1 + i)(2 + i) + (1 + i)(1− i)(1 + i)(1− i)(2 + i)

=2 + i− 2i+ 1− 2− i− 2i+ 1 + 1− i+ i+ 1

(1− i+ i+ 1)(2 + i)=

4− 4i

2(2 + i)=

4(1− i)2(2 + i)

=2− 2i

2 + i

2− i2− i

=4− 4i− 2i− 2

5=

2

5− 6

5i .

1.3. Representacion grafica y forma polar

Ası como los numeros reales se pueden representar sobre una recta real, con suorigen en el valor x = 0 como punto de referencia, los numeros complejos se puedenrepresentar en un plano cartesiano bidimensional (vease la Figura 1.1).

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Figura 1.1. Representaciones graficas de las transformaciones entre las versiones cartesiana y polarde los numeros complejos.

Recordemos que un numero complejo z = x + iy se puede entender como unadupla de dos numeros reales C→ R2 de la forma (x, y). Para graficar este numero,usamos el eje x para ubicar la parte real y el y para ubicar su parte imaginaria. Lasoperaciones basicas se pueden entender de la siguiente manera:

• La suma es la misma que la suma entre vectores, donde sumamos las compo-nentes semejantes entre sı: (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2).

• La multiplicacion no tiene un buen analogo, no es analoga al producto escalarni al vectorial entre vectores, aunque hay semajanzas en algunos casos.

• La conjugacion compleja es una reflexion del vector a lo largo del eje x. Estareflexion cambia su direccion, pero no su magnitud. El efecto sobre un vectores el siguiente: (x, y)∗ = (x,−y).

La analogıa entre vectores y numeros complejos se puede aprovechar de otra manera.Para esto, necesitaremos entender la formula de Euler. Si φ es un angulo real —enradianes— la formula de Euler establece que:

eiφ = cosφ+ i sinφ . (1.7)

Nota importante: como se acaba de establecer, la formula anterior es unicamentevalida si el angulo φ se expresa en radianes.

Un vector se puede representar en forma cartesiana —por componentes—, perotambien por medio de su magnitud y direccion (vease la Figura 1.1). La forma polarofrece la segunda alternativa. Si un vector tiene componentes dadas por ~v = (x, y),su magnitud y direccion son, respectivamente, |~v| =

√x2 + y2 y φ = tan−1( yx). El

angulo φ se denomina el argumento del numero complejo. Notemos que:

zz∗ = (x+ iy)(x− iy) = x2 + y2 = |z|2 . (1.8)

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1.3. Representacion grafica y forma polar 13

Figura 1.2. Izquierda: representacion de algunos numeros complejos en el plano bidimensional.Derecha: representacion grafica de algunas operaciones.

Vemos que la primera gran utilidad de la operacion conjugacion compleja esque esta determina la magnitud de un numero complejo —la misma formula dePitagoras— que determina la hipotenusa —magnitud— en vectores bidimensionales.De esta manera, establecemos que:

|z| = (zz∗)1/2 . (1.9)

Como el angulo o argumento de un numero complejo viene dado por tanφ = yx ,

usando la formula de Euler vemos que:

|z|eiφ = |z| cosφ+ i|z| sinφ = x+ iy . (1.10)

Lo cual esta en perfecto acuerdo con las transformaciones usuales en vectoresbidimensionales, donde:

x = |z| cosφ , y = |z| sinφ . (1.11)

La notacion polar es muy util para la multiplicacion, pero la suma es facilitadaen la version cartesiana. En notacion polar, la multiplicacion toma la forma:

z1z2 = |z1|eiφ1z2eiφ2 = |z1||z2|ei(φ1+φ2)

= |z1||z2|(cos(φ1 + φ2) + i sin(φ1 + φ2)

). (1.12)

En la Figura 1.2 se muestran algunos numeros complejos en el plano bidimensio-nal, ası como el resultado de algunas operaciones. Basandonos en esta figura, resultafacil completar la Tabla 1.1.

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z Rez Imz |z| φ z Rez Imz |z| φ

z1 −3 +1√

10 2,82 z2 −4 +4 4√

2 3π4

z2 −4 −4 4√

2 5π4 z6 − z4 −1 −2

√5 4,25

z3 +2 +4√

20 1,11 −z3 −2 −4√

20 4,25

z4 +4 0 4 0 z1 − z2 +1 +5√

26 1,37

z5 0 −5 5 3π2

12z4 + 1

2z2 +1 −1√

2 7π4

z6 +3 −2√

13 5,70 z3 +2 −4√

20 5,18

Tabla 1.1. Valores de los numeros complejos de la Figura 1.2. Los angulos estan en radianes, conaproximacion a dos decimales (180 = π ' 3,14) y se miden respecto al eje x. Los angulos notablesse expresan en terminos de π.

Una propiedad muy importante de un numero complejo en su forma polar es quesi el argumento se modifica de la forma φ→ φ+ 2nπ, donde n es un numero entero(n ∈ Z), su valor no cambia.1 Esto es logico porque es analogo a rotar un vectorun numero entero de vueltas en direccion horaria (n < 0) o antihoraria (n > 0).Note usted que despues de dar una, dos, o mas vueltas hacia la izquierda o hacia laderecha, seguirıa mirando en la misma direccion inicial. Matematicamente, es facildarse cuenta que z no cambia

z = |z|eiφ = |z|ei(φ+2nπ) = |z|eiφe2inπ = z(cos(2nπ) + i sin(2nπ)

)= z , (1.13)

debido a que cos(2nπ) = 1 y sin(2nπ) = 0. Notemos que si n no es entero, el numerocomplejo cambia de valor, como es de esperar, porque su direccion cambia nece-sariamente. Este concepto sera de suma importancia cuando se definan en futurassecciones los conceptos de funciones univaluadas y multivaluadas.

1Usaremos la notacion Z para denotar el conjunto de los numeros enteros.

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1.4. Ecuaciones algebraicas y desigualdades 15


1. Expresemos z1 y z2 de la forma cartesiana z = x+ iy.Solucion:

z1 =e−iπ/4

3− 5i=

cos(π/4)− i sin(π/4)

3− 5i

3 + 5i

3 + 5i=

3√2

+ 5i√2− 3i√

2+ 5√

2

34

=8 + 2i

34√

2=

2√

2

17+ i

√2

34,

z2 =1 + e3iπ/2 + e−iπ/2

3− 4i=

1 + cos(

3π2

)+ i sin

(3π2

)+ cos

(π2

)− i sin

(π2

)3− 4i

=1− 2i

3− 4i=

1− 2i

3− 4i

3 + 4i

3 + 4i=

3 + 4i− 6i+ 8

25=

11

25− i 2

25.

2. Hallemos la forma polar de los siguientes numeros y luego expresemoslos enforma cartesiana:

√1− 2i =

(51/2e−1,07i

)1/2= 51/4e−0,54i = 1,50

(cos(0,54)− i sin(0,54)

)= 1,29− 0,74 i ,

i1/4−(−1)3/2+(−i)1/2 =(eiπ2)1/4−(eiπ)3/2+

(e−

iπ2)1/2

= eiπ8 −e

3iπ2 +e−

iπ4

= cos(π/8) + · · ·+ i sin(3π/4) = 1,631 + 0,678 i = 1,766e0,394i .

1.4. Ecuaciones algebraicas y desigualdades

Para resolver ecuaciones algebraicas, los mismos procedimientos utilizados enel algebra de los numeros reales se aplican aca, aunque con algunas diferencias.Recordemos que z = x + iy y z∗ = x − iy, ası que en ecuaciones algebraicas connumeros complejos pueden aparecer combinaciones de las variables z, z∗, x y y.Cuando en las ecuaciones solo aparece la variable z, por ejemplo, en la ecuacionlineal:

z + 3 +1

2− 2z = i− 1

2z , (1.14)

el metodo de solucion es el mismo que el utilizado en el algebra de los numerosreales. En este caso, trabajamos la variable z tal como se usa la variable x, teniendoen cuenta que la solucion es compleja; ası, la solucion encontrada es z = 7 − 2i.

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No obstante, algunas ecuaciones no se escriben en terminos de z unicamente, porejemplo, la ecuacion

z − 2z∗ + 3Rez − Imz∗ = 3 + i (1.15)

posee combinaciones de la variables z y z∗. En este caso, debemos escribir estasvariables en terminos de x y y, y comparar las partes reales e imaginarias por aparte.Veamos el procedimiento:

(x+ iy)− 2(x− iy) + 3Rex+ iy − Imx− iy = 3 + i . (1.16)

Primero, simplificamos lo anterior a:

x+ iy − 2x+ 2iy + 3x+ y = 3 + i⇒ 2x+ y + 3iy = 3 + i ; (1.17)

luego, se deben igualar las partes reales e imaginarias por aparte, con lo cual seobtienen las condiciones:

2x+ y = 3 , 3iy = i . (1.18)

La segunda ecuacion implica que y = 13 y, usando esta condicion en la primera,

encontramos que x = 43 ; por tanto, concluimos que z = 4

3 + 13 i.

En algunos casos, aparecen las variables x y y, por ejemplo, en la relacion

x− 3y + ix− iy = 1 . (1.19)

Igualando aca las partes reales e imaginarias, concluimos que:

x− 3y = 1 , x− y = 0 . (1.20)

De este modo, la solucion es x = y = −12 o z = −1

2 −12 i.

Cuando tenemos una ecuacion de segundo grado, se simplifica lo maximo posibley luego se usa la factorizacion o la ecuacion general de segundo grado. Por ejemplo,cuando solo aparece la variable z y mediante simplificacion llegamos a la relacionz2 + 5z + 6 = 0, deducimos que:

0 = z2 + 5z + 6 = (z + 2)(z + 3)⇒ z = −2 , z = −3 , (1.21)

o, con a = 1, b = 5 y c = 6, que:

z =−5±

√25− 24

2=

−3

−2. (1.22)

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Si aparecen variables adicionales a z, el mecanismo se complica. Miremos un casorelativamente sencillo. Queremos resolver la ecuacion:

z2 + z2 − 2z = i . (1.23)

En terminos ahora de z = x+ iy y z = x− iy, encontramos que:

2x2 − 2y2 − 2x− 2iy = i . (1.24)

Ahora, igualando la parte imaginaria, vemos que y = −12 . Usando esto para encontrar

x vemos que esta variable satisface la ecuacion

2x2 − 2x− 1

2= 0 . (1.25)

Ası, x = 12(1 ±

√2 ), y por lo tanto podemos encontrar dos soluciones: x = 1

2(1 +√2), y = −1

2 y x = 12(1−

√2), y = −1

2. Notemos que en algunos casos no existensoluciones; si la ecuacion anterior tuviese soluciones complejas, la solucion serıa nula,ya que x se define real.

Para ecuaciones de tercer grado o de orden superior, debemos usar division sin-tetica hasta encontrar la factorizacion, aunque esto no siempre es posible analıtica-mente. Por ejemplo, inspeccionando el polinomio z3 + 3z − 4, vemos que el valorz = 1 es una raız —hace cero el polinomio—, ası que z − 1 divide exactamente elpolinomio. Hacemos ahora division sintetica:

z3 +3z −4 z − 1

−z3 +z2 z2 + z + 4

z2 +3z −4

−z2 +z

4z −4

−4z +4

0

Ası que z3+3z−4 = (z−1)(z2+z+4). Para factorizar el ultimo termino, encontramossus raıces:

z± =−1±

√1− 16

2= −1

2±√

15

2i . (1.26)

Por lo tanto,

z3 + 3z − 4 = (z − 1)(z +

1

2−√

15

2i)(z +

1

2+

√15

2i). (1.27)

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Es importante mencionar que el proceso de factorizacion es analogo a resolverlas raıces de un polinomio. Si las raıces de un polinomio Pn(z) de grado n sonz1, z2, . . . , zn, podemos asegurar que:2

Pn(z) = (z − z1)(z − z2) . . . (z − zn) . (1.28)

En la relacion anterior estamos asumiendo que todas las raıces zi son diferentes—la multiplicidad de todas es 1—. La multiplicidad de una raız se define comoel numero de veces que esta aparece en la factorizacion anterior. Por ejemplo, siP6(z) = z(z + i)2(z − 3)3, deducimos que hay tres raıces: z1 = 0 con multiplicidaduno, z2 = −i con multiplicidad dos, y z3 = 3 con multiplicidad tres.

Para polinomios de grado tres o superior, las formulas generales que permitenencontrar las raıces son complicadas o no existen. Por lo tanto, el procedimiento quese sigue regularmente es encontrar una raız por inspeccion y dividir sinteticamentehasta llegar a un polinomio de grado 2, para el cual conocemos la formula cuadraticaque permite encontrar sus raıces. Desafortunadamente, encontrar la primera raız porinspeccion no siempre es posible, pero estaremos interesados en los casos en que estosı se puede hacer.

Un caso particular y muy util de resolver son las ecuaciones de la forma zn = a,donde n ∈ Z y a ∈ C. Si bien es sabido que un polinomio de esta forma debe tenern raıces —a menos que z = 0, en cuyo caso solamente habrıa una, z = 0—, no todasson reales. Para encontrar las soluciones en el plano complejo, primero debemosescribir el numero complejo a en forma polar:

a = |a|eiφ . (1.29)

Como el numero a debe permanecer igual si lo rotamos un numero entero de vueltas(φ→ φ+ 2πm, m ∈ Z), vemos que

zn = |a|ei(φ+2πm) ⇒ z = |a|1/nei(φ+2πm)/n , m = 0, 1, 2 . . . n− 1 , (1.30)

donde encontramos las n raıces, una para cada valor de m. Se termina en m = n− 1porque de ahı en adelante las soluciones se repiten.

Este procedimiento es estandar y siempre sirve para solucionar ecuaciones de laforma zn = a. Se le recomienda al lector tenerlo presente porque se usara muchopara encontrar mas adelante los polos de una funcion.

2Las raıces de Pn(z) se definen como los valores de z, tal que Pn(z) = 0.

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Figura 1.3. Izquierda: solucion a la ecuacion z4 = −44. Derecha: solucion a la ecuacion z5 = 45. Lassoluciones son vertices que forman un polıgono regular de n lados que yacen sobre una circunferenciade radio R = 4.

Ejemplo

1. Resolvamos la ecuacion z4 = −256.Solucion: Vemos que a = −256 = 256eiπ, y, por tanto, que

z4 = 256eiπ = 44ei(π+2πm) ⇒ z = 4ei4

(π+2πm) .

Ahora, damos los valores correspondientes a m, m = 0, 1, 2, 3 —de 4 en ade-lante todo se repite—. Por lo tanto,

z0 = 4eiπ/4 = 4(cos(π/4) + i sin(π/4)

)= 2√

2 + 2i√

2 ,

z1 = 4e3iπ/4 = 4(cos(3π/4) + i sin(3π/4)

)= −2

√2 + 2i

√2 ,

z2 = 4e5iπ/4 = 4(cos(5π/4) + i sin(5π/4)

)= −2

√2− 2i

√2 ,

z3 = 4e7iπ/4 = 4(cos(7π/4) + i sin(7π/4)

)= 2√

2− 2i√

2 .

Las soluciones a esta ecuacion —y a la expresion z5 = 1024— se puedenvisualizar en la Figura 1.3. Se deja al lector verificar la segunda.

En el conjunto de los complejos tambien podemos resolver desigualdades, sin em-bargo, recordemos que los numeros complejos no son ordenados. A pesar de esto, lamagnitud de un numero complejo sı se puede ordenar y por lo tanto las desigualdadesestudiadas deben involucrar la magnitud de z y/o z∗.

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Debemos, en el caso de las desigualdades, ser cuidadosos cuando multiplicamoso dividimos ambos lados de la desigualdad. Si multiplicamos por un valor positivo,la desigualdad no cambia de sentido, pero cuando se multiplica por un numeronegativo, la desigualdad sı cambia de sentido. Por ejemplo, si queremos resolver ladesigualdad 2x > 1, dividimos en ambos lados por 2 —como 2 es positivo, no secambia el sentido de la relacion— y deducimos que x > 1

2 . No obstante, si tenemosla desigualdad −2x > 1, al dividir por −2 —el cual es negativo—, concluimos ahoraque x < −1

2 , tras cambiar el sentido de la desigualdad.Para resolver muchas desigualdades es util usar la sustitucion z = x+iy. Veamos

dos ejemplos para ilustrar el procedimiento estandar.

Ejemplos

1. Resolvamos la siguiente desigualdad —diciendo los valores de z que satisfacenla siguiente relacion—:

|z − 1 + 2i| > 2 .

Solucion: Expresamos z = x+ iy, con lo cual encontramos que:

|x+ iy − 1 + 2i| > 2 .

Como la parte real del numero de la izquierda es x− 1 y la imaginaria y + 2,deducimos que:√

(x− 1)2 + (y + 2)2 > 2⇒ (x− 1)2 + (y + 2)2 > 4 .

Como podemos observar, la solucion representa los valores de z en la parteexterior de un cırculo de radio 2 centrado en el punto (1,−2) —sin incluir elborde—, (vease Figura 1.4).

2. Resolvamos la siguiente desigualdad:

Rez − Imz2 − 9 ≤ 0 .

Solucion: De nuevo, bajo la sustitucion z = x+ iy, encontramos que:

Re(x+iy)− Im(x2− 2ixy − y2

)− 9 ≤ 0⇒ x+ 2xy − 9 ≤ 0 .

Lo cual implica que:

x(1 + 2y) ≤ 9⇒

y ≤ 9

2x −12 , x > 0

y ≥ 92x −

12 , x < 0

.

La solucion es la parte interna de la hiperbola indicada —incluyendo el borde—(vease Figura 1.4).

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Figura 1.4. Izquierda: conjunto solucion del ejemplo 1. Derecha: conjunto solucion del ejemplo 2.Ambos conjuntos son representados por las regiones grises.


1. Usemos la division sintetica para factorizar la siguiente expresion:

z4 − 5z2 + 4 .

Solucion: Por tanteo, vemos que una solucion es z = 1; mientras que di-vidiendo sinteticamente z4 − 5z2 + 4 por z − 1, vemos que z4 − 5z2 + 4 =(z− 1)(z3 + z2− 4z− 4). El polinomio de grado 3 tiene como solucion el valorz = −1; pero, despues de dividir sinteticamente este polinomio por el factorz + 1, la expresion original toma la forma (z − 1)(z + 1)(z2 − 4). Como elultimo polinomio —de grado 2— posee las soluciones z = ±2, concluimos quez4 − 5z2 + 4 = (z − 1)(z + 1)(z − 2)(z + 2).

2. Encontremos las soluciones de la ecuacion z+1z+i = 2z.

Solucion: Vemos que

z + 1 = 2z(z + i) = 2z2 + 2iz ⇒ 2z2 + 2iz − z − 1 = 0⇒

z± =1− 2i±

√5− 4i

4.

Podemos simplificar mas esta solucion, pero por ahora se dejara ası.

3. Resolvamos la ecuacion z + z5 = 0.

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Solucion: Primero factorizamos la funcion, con lo cual encontramos que:

z(z4 + 1) = 0 .

La primera solucion es z = 0. Para encontrar las otras cuatro soluciones,resolvemos la ecuacion z4 + 1, donde encontramos que:

z4 = −1 = eiπ = eiπ+2iπn ⇒ z = ei(π4

+nπ2

) , con n = 0, 1, 2, 3 .

De este modo, las cuatro soluciones restantes son:

z0 = eiπ4 = cos(π/4) + i sin(π/4) =

1√2

+i√2,

z1 = ei3π4 = cos(3π/4) + i sin(3π/4) = − 1√

2+

i√2,

z2 = ei5π4 = cos(5π/4) + i sin(5π/4) = − 1√

2− i√

2,

z3 = ei7π4 = cos(7π/4) + i sin(7π/4) =

1√2− i√

2.

4. Resolvamos la desigualdad |3z − 2| > |2z∗ + i| y hacer un bosquejo de lasolucion.Solucion: De nuevo, con z = x+ iy, obtenemos que:

|(3x− 2) + 3iy| > |2x+ i(−2y + 1)| ⇒(3x− 2)2 + 9y2 > 4x2 + (2y − 1)2 ⇒ 5x2 − 12x+ 5y2 + 4y > −3⇒

5

(x2 − 12x

5+

36

25

)+ 5

(y2 +

4y

5+

4

25

)> −3 +

36

5+

4

5⇒(

x− 6

5

)2

+

(y +

2

5

)2

> 1 .

Ası, la solucion son los valores de z fuera del cırculo de radio 1 centrado en elpunto (6

5 ,−25).

1.5. Ejercicios

Ejercicios del capıtulo 1

1. Efectue las siguientes operaciones entre numeros complejos y exprese el resul-tado de la forma z = x+ iy:

2i+ i2 − i3 + i7 + 4i4 − 3i2 + 3i9 , (1 + i)(3− 4i)(5− 2i)(4 + 3i) ,

1

i− 5

2 + i+

3i

2− i,

1− 2i

2 + 4i.

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1.5. Ejercicios 23

2. Realice las siguientes operaciones y simplificar lo maximo posible:

(x+ 3i)(x− 5i) , 5 + 3i− 8i+ 7i2 − 7i+ 4 , i4 + i3 + i2 + i .

3. Siendo z1 = 2− 3i y z2 = −5 + 4i, encuentre la parte real e imaginaria de lassiguientes expresiones:

z1z2 , 3z1 + z1z∗2 , z1 −

2

z∗1, (2z∗1 − 3z∗2)2 ,

z1

z2.

4. Exprese los siguientes numeros complejos de la forma z = x+ iy:

1 + eiπ/2

1− i,eiπ/2 + eiπ

3− 2i,eiπ − e−iπ/2

3 + 2i.

5. Simplifique la siguiente expresion lo maximo posible, y encuentre su magnitudy angulo en radianes y grados sexagesimales:

5e3iπ/4 + 3e−iπ/4 − e−7iπ/4 .

6. Siendo z1 = |z1|eiθ1 y z2 = |z2|eiθ2 dos numeros complejos en forma polar,muestre la siguiente relacion:

cos(θ1 − θ2) =z1z∗2 + z∗1z2

2|z1||z2|.

Esta es la forma de hallar el angulo que forman dos numeros complejos en unplano.

7. Use la formula de Euler —ecuacion (1.7)— para verificar que:

cos θ =1

2

(eiθ + e−iθ

), sin θ =

1

2i

(eiθ − e−iθ

).

8. Si a ∈ R, use las relaciones del ejercicio anterior para verificar que:

1

1 + aeiφ=

1 + a cosφ− ia sinφ

1 + 2a cosφ+ a2,

1

1 + iaeiφ=

1− a sinφ− ia cosφ

1− 2a sinφ+ a2.

9. Para cada numero complejo en forma polar, use la siguiente tabla para escribirsu resultado al frente en la forma cartesiana:

ei0 eiπ/6 e−iπ/6 eiπ/4

e−iπ/4 eiπ/3 e−iπ/3 eiπ/2

e−iπ/2 e2iπ/3 e−2iπ/3 e3iπ/4

e−3iπ/4 e5iπ/6 e−5iπ/6 eiπ

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10. Verifique las siguientes propiedades de los numeros complejos:

• La suma entre un numero complejo y su conjugado siempre es real.• La resta entre un numero complejo y su conjugado es imaginaria.• La magnitud de un numero complejo y su conjugado es la misma.• Si el argumento de un numero complejo z es φ, el de −z es φ+ π.

11. Factorice las siguientes expresiones algebraicas:

z2 + 4z + 5 , z2 + 1 , z2 + 2z + 2 .

12. Resuelva la siguiente ecuacion algebraica:

z2 + 2z =√i− 1 .

13. Resuelva las siguientes ecuaciones:

z2 + 4z + 5 = 0 , z3 = −1 , z3 = 1 , z4 + z2 + 1 = 0 .

14. Use division sintetica para factorizar las siguientes expresiones:

2z3 − 9z2 + z + 12 = 0 , z4 − 5z2 + 4 .

15. Resuelva la siguiente igualdad:

|z − 3− i| = 5|2z + 3 + 5i| .

16. Encuentre las soluciones de la ecuacion:

z + 1

z + i= 2z .

17. Resuelva la siguiente ecuacion:

z2 = (1− i)1/3 .

18. Resuelva las siguientes ecuaciones y exprese las soluciones de forma polar sila solucion es compleja:

z3 + 3z2 − 8z + 4 = 0 , z4 = −81 , z2 =√

1 + i .

19. Ubique en un plano complejo las soluciones y las ecuaciones:

z5 = 1 , z5 = −1 , z5 = i , z5 = −i .

¿Que figura geometrica forman las soluciones? ¿Que las diferencia?

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1.5. Ejercicios 25


|z − 2| < |2z∗ + i| , |z − 1| = |2z + 3i| .


Rez − Imz2 − 9 > 0 ,1

z+

1

z∗< −1 .


5Rez + 3− 4i

− 10 Im

z∗ − i+ 3

≥ 3 ,

Re

(z + z∗)2

+ 2Re

(z − z∗)2≤ 12 ,(

Rez + z∗ + 3− 2i

)2 − 3Imi(z − z∗ − 5i)2

> 48 .


|z + 2− i| < 5 , |z + i| ≥ |2z − 5| , |z|2 > |1 + 3i| .

Ejercicios aplicados a la fısica e ingenierıa

24. En la ingenierıa electronica se acostumbra representar la caıda de voltaje alo largo de una capacitancia, resistencia e inductancia mediante un numerocomplejo. Este numero complejo se llama fasor [1]. Basicamente, lo que hace unfasor es escribir una senal senosoidal por medio de la representacion polar. Porejemplo, si una senal toma la forma V (t) = V0 cos(ωt+ φ) = Re(V0e

i(ωt+φ)),en la notacion fasorial se escribe de forma abreviada como = V0∠φ, dondeV0 denota la amplitud de la senal y φ el angulo de desfase —note que unfasor no tiene en cuenta el termino con ω, relacionado con la frecuencia dela senal—. Por el contrario, como sin

(θ + π

2

)= cos θ y cos

(θ − π

2

)= sin θ,

la senal V0 sin(ωt+ φ) se escribe, en forma fasorial, como V (t) = V0∠φ− π2 .

Un fasor tambien se puede representar en forma cartesiana por medio de laformula eiθ = cos θ + i sin θ. Teniendo lo anterior en cuenta, llene la siguientetabla —F. es una abreviacion para fasor, no se preocupe por ahora por lasunidades—:

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Senal (coseno) Senal (seno) F. (polar) F. (cartesiana) ω

10 cos(50t) 10 sin(50t− π

2

)10∠ 0 10 + 0i 50

20 cos(200t+ π

3

)20 sin

(200t− π

6

)20∠ π

3 10 + 10√

3i 200

5 sin(345t) 0 + 5i 345

30∠ 2π3 −15 + 15

√3i 120

cos(t− π

5

)200∠− π

4 105

−10− 10i 108

sin(103t− 7π

5

)

Figura 1.5. Circuito electrico donde se calcula la impedancia equivalente.

25. Nota: Para este ejercicio se deben entender previamente los conceptos basicosde circuitos en serie y paralelo. En la notacion fasorial se puede generalizar elconcepto de resistencia. Esta generalizacion se llama impedancia [2] —se sim-boliza como Z— y toma la siguiente forma —para un circuito con frecuenciaangular ω—: a) para un condensador de capacitancia C, ZC = 1

iωC ; b) paraun resistor con resitencia R, ZR = R; y c) para una inductancia de valor L,ZL = iωL. La impedancia para un circuito con capacitancias, inductanciasy resistencias se calcula reduciendo el circuito por medio de las reduccionesusuales para resistencias en serie y paralelo, y luego extrayendo la magnituddel resultado [3]. Por ejemplo, calculemos la impedancia equivalente del circui-to mostrado en la Figura 1.5 —nota: para que los calculos esten bien hechos,la resistencia debe estar dada en ohmnios (Ω), la impedancia en henrios (H),la capaciatancia en faradios (F), y la frecuencia angular ω en rad/s—. Lo pri-

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1.5. Ejercicios 27

mero que se debe hacer es pasar todo a las unidades del sistema internacional.Ası, R1 = 500 Ω, R2 = 250 Ω, C = 5 × 10−6 F, L = 0,8 H y ω = 1000 rad/s.Si usted ya sabe los conceptos basicos de circuitos, puede notar que R1 y R2

estan en paralelo, y que su resistenica equivalente se satisface ası: 1R = 1

R1+ 1R2

o R = 167 Ω. Esta resistencia esta en serie con la inductancia y la capacitan-cia. Como las resistencias en serie se suman algebraicamente, tenemos —enohmnios— que:

Z = 167 +1

i× 1000× 5× 10−6+ 1000× 0,8i = 167 + 600i .

El resultado anterior es la inductancia compleja, pero hay que sacar la mag-nitud para encontrar el valor buscado. La magnitud es:

|Z| =√

(167)2 + (600)2 = 623 Ω .

Hemos hallado entonces la impedancia equivalente. Usando esto como base,calcule la impedancia equivalente de los cuatro circuitos mostrados en la Fi-gura 1.6 (use L1 = 0,5 H, L2 = 200 mH, R1 = 300 Ω, R2 = 0,7 kΩ, C1 = 3µF,C2 = 2µF y ω = 800 rad/s).

Figura 1.6. Cuatro circuitos electricos donde se calculan las impedancias equivalentes.

26. Una onda electromagnetica con frecuencia angular ω se puede propagar porun medio que tiene una permitividad electrica ε, una permeabilidad magneticaµ y una conductividad σ. Su impedancia compleja se define como [4]:

Z =

√iωµ

σ + iωε.

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28 Bibliografıa

Verifique que la impedancia tambien se puede escribir de forma polar como:

Z =

√µ/ε(

1 + (σ/ωε))1/4 eiθη , θη =

1

2arctan(σ/ωε) .

27. Usando los resultados del ejemplo anterior, calcule la impedancia —en formapolar— de una onda sujeta a las siguientes condiciones —no se preocupepor las unidades, no hay que convertirlas, ademas ε0 = 8,85 × 10−12 F/my µ0 = 4π × 10−7 N/A2—: a) σ = 0, ω = 105 rad/s, ε = ε0, µ = µ0; b)σ = 6,3 × 107 S/m, ω = 1012 rad/s, ε = 2ε0, µ = 3µ0; c) σ = 0,12 S/m,ω = 1013 rad/s, ε = 4ε0, µ = µ0; d) σ = 10−7 S/m, ω = 107 rad/s, ε = 6ε0,µ = µ0.

28. Cuando una onda electromagnetica cambia de un medio a otro, parte de laonda se refleja y parte se trasmite. Para cuantificar la cantidad de la onda quese refleja y se transmite, se definen los coeficientes complejos Γ y τ , respecti-vamente. Estos coeficientes toman la forma [5]:

Γ =Z2 − Z1

Z2 + Z1, τ =

2Z2

Z2 + Z1, (1.31)

donde Z1 es la impedancia asociada al medio donde la onda comienza, y Z2 esla impedancia asociada al medio donde la onda termina. Ahora, suponga queZa = 170eiπ/2 Ω, Zb = 50e−iπ/4 Ω y Zc = 325eiπ Ω, y calcule los coeficientesde reflexion y trasmision —en forma polar— cuando la onda: a) comienza enel medio a y termina en el medio b, b) comienza en el medio a y termina enel medio c, y c) comienza en el medio c y termina en el medio b.

Bibliografıa

[1] M. N. O. Sadiku. Elements of Electromagnetism. Oxford University Press, 3raedicion (2000), p 389.

[2] H. D. Young y R. A. Freeman. Fısica Universitaria Sears Zemansky. Addison-Wesley, 13a edicion (2013), Vol 2, p 1031.

[3] Ibid., p 851.

[4] Matthew N. O. Sadiku. Elements of Electromagnetism. Oxford University Press,3ra edicion (2000), p 420.

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Bibliografıa 29

[5] Ibid., p 442.

Informacion adicional sobre numeros complejos se puede encontrar en las siguien-tes referencias:

[6] P. V. O’Neil. Matematicas Avanzadas para Ingenierıa. Cengage Learning, 6taedicion (2008).

[7] G. B. Arfken y H. J. Weber. Mathematical Methods for Physicists. AcademicPress, 4ta edicion (1995).

[8] J. W. Brown y R. V. Churchill. Variable Compleja y Aplicaciones. Mc Graw Hill,7ma edicion (2004).

[9] E. Kreyzsig. Matematicas Avanzadas para Ingenierıa. Limusa Wiley (2005).

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Capıtulo

DOS

Funciones en el plano complejo

2.1. Conocimientos previos sobre funciones en el campo de los reales

Temas previos: dominio y rango; clases de funciones; operaciones entre funcio-nes; graficas de funciones de una variable; derivadas parciales; integrales de caminoy teorema de Green.

Taller preliminar 1

1. Determine el dominio y el rango de las siguientes cuatro funciones y haga unbosquejo de cada una:

y = x2 + x− 10 , y = e2x + 2 , y = −4x+ 5 , y =√x+ 1 .

2. Simplifique las siguientes expresiones lo maximo posible:

sinhx− coshx , 1− cos(2x) ,1

x− 1+

1

x+ 1, (e2x− e−x)(ex+ e−2x) .


D : x ∈ R, y ≥ −414 , es una parabola que abre hacia arriba ,

D : x ∈ R, y > 2, es una exponencial creciente, tal que y = 2 ,D : x ∈ R, y ∈ R, es una lınea recta decreciente con corte en y = 5 ,D : x ≥ −1, y ≥ 0,mitad de una parabola que abre hacia la derecha ;−e−x , 2 sin2x , 2x

x2−1, e3x − e−3x = 2 sinh(3x) .

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32 Capıtulo 2. Funciones en el plano complejo

Taller preliminar 2

1. Calcule las derivadas parciales fx y fy de las siguientes funciones:

f1(x, y) =x+ 2y

x− y, f2(x, y) = xyex−y sinx sin y .

2. Siendo f(x, y, z) = xyz2−1x+y2+2z

, evalue fx(1, 0, 1), fy(0,−1,−1) y fz(2, 1, 0).

3. Siendo h(x, y) = x2y2 + 2xy − y2 − 3y, evalue hxx(0, 1), hxx(1, 0), hxy(0, 1),hxy(1, 0), hyy(0, 1) y hyy(1, 0).


f1x = − 3y(x−y)2

, f1y = 3x(x−y)2

, f2x = y sin yex−y((1 + x) sinx+ x cosx

),

f2y = x sinxex−y((1− y) sin y + y cos y

); 1

9 , −2, 29 ; 2, 0, 2, 2, −2, 0 .

Taller preliminar 3

1. Evalue la siguiente integral por dos caminos: (a) desarrollando la integral decamino y (b) usando el teorema de Green:∮

Cx2y dx+ 2x2y dy .

Nota: C es un triangulo con vertices (0, 0), (2, 2) y (2, 4) orientado positiva-mente.

2. Evalue la siguiente integral por dos caminos: (a) desarrollando la integral decamino y (b) usando el teorema de Green:∮

C(x− y)dx+ (x+ y)dy .

Nota: C es un cırculo con centro en el origen y radio 2 orientado positivamente.


12 , 8π .

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2.2. Funciones sobre la recta real 33

2.2. Funciones sobre la recta real

Las funciones con las que normalmente trabajamos en el campo de los numerosreales pueden ser facilmente generalizadas al plano complejo bajo el cambio x→ z =x+ iy. Antes de analizar en detalle las propiedades mas importantes de las funcionesen el plano complejo, recordemos algunos conceptos basicos sobre funciones en elcontexto de los numeros reales.

Primero que todo, una funcion es una relacion entre un conjunto X (el dominio) yotro conjunto Y (el codominio), de forma que a cada elemento x ∈ X le correspondeun unico elemento del codominio f(x).

En terminos matematicos, una funcion se representa de la forma f : R→ R. Estose lee de la siguiente manera: f es una funcion que recibe valores y reales, y comoresultado genera otro valor real. Si, por ejemplo, f(x) = x+ 1, esto quiere decir quea todo valor de x le sumamos el valor de 1 para obtener el resultado buscado; eneste caso, f(−2) = −1, f(−1) = 0, f(0) = 1, f(1) = 2, y ası sucesivamente.

Una funcion genera ası una relacion entre un conjunto de partida —el con-junto de los posibles valores que puede tomar x, a veces llamado conjunto de laspreimagenes—, normalmente conocido como dominio, y un conjunto de llegada—posibles valores que puede tomar la variable y, a veces llamado conjunto de lasimagenes—, denominado rango.

Dependiendo del tipo de funcion, el dominio y el rango de una funcion puede va-riar. En la Tabla 2.1 podemos visualizar algunas indicaciones utiles para determinarestos dos conjuntos.

Una forma muy bonita y util de representar una funcion es a traves de un planocartesiano, donde ubicamos sobre la recta horizontal los posibles valores de x —ypor lo tanto lo designamos al dominio—, y la recta vertical la restringimos para elrango —y por lo tanto colocamos los posibles valores de y—.

La utilidad principal de las funciones es que nos permiten modelar sistemasreales y describir, de manera aproximada, el mundo real observado. Por ejemplo, elcrecimiento de bacterias presenta al principio un comportamiento exponencial, lassenales AC describen una bonita curva sinusoidal, las leyes de la oferta y la demandaen el mercado se modelan a traves de funciones lineales, entre muchos otros ejemplos.

El campo de las funciones es enorme y no vale la pena enfocarnos tanto eneste tema en este momento. Sin embargo, es importante aclarar algunas nocionesprincipales para entender como estos conceptos se aplican al campo de los numeroscomplejos.

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Funcion Forma Mat. Dominio D, x Rango R, yConstante y = a x ∈ R y = a

Lineal y = ax x ∈ R y ∈ RCuadratica y = ax2 x ∈ R y ≥ 0

Polinomial y = axn x ∈ R y ∈

R , n impar ,

R+ , n par .

Radical y = x1/n x ∈ R , n impar ,

R+ , n par .y ∈ R+

Racional y = x−n x 6= 0 y ∈

R , n impar ,

R+ , n par .

Exponencial y = eax x ∈ R y ∈ R+

Logarıtmica y = lnx x ∈ R+ y ∈ RTrigonometricas y = cos(ax) x ∈ R −1 ≤ y ≤ 1

y = sin(ax)

Tabla 2.1. Dominio y rango de casos particulares de algunas funciones reales. La letra a representaun numero real, n representa un numero entero positivo distinto de cero. R+ denota el conjunto delos reales positivos.

2.3. Funciones en el plano complejo

El tratamiento de las funciones en el plano complejo no dista mucho del trata-miento ya conocido y estudiado para las funciones sobre la recta real, aunque hayalgunas diferencias importantes. La gran diferencia con respecto a las funciones de-finidas sobre los reales es que el dominio es ahora una dupla de numeros x y y,debido a que la variable z se puede visualizar como la combinacion de una parte realy una imaginaria. Esto implica que el dominio de las funciones complejas yace sobreregiones bidimensionales. Por otro lado, cuando la funcion es evaluada, esta a su vezgenera un resultado complejo y ası una dupla —una parte real y otra imaginaria—;cada una de estas se trata de manera independiente.

Desde el punto de vista abstracto, el efecto de una funcion sobre los complejosse puede visualizar de la siguiente manera: f : C → C, que es lo mismo que decir:f : R2 → R2. Notemos que para graficar una funcion compleja necesitarıamos ahoracuatro ejes: dos para el dominio —uno para la variable x y otro para la variabley— y dos para el rango —uno para la parte real de la funcion y otro para su parteimaginaria—. Esto hace que graficar funciones complejas no sea viable en la practica,por lo cual no sera parte de nuestros objetivos en este libro.

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2.3. Funciones en el plano complejo 35

De ahora en adelante, llamaremosu a la parte real de la funcion, pero notemos queu es en realidad una funcion que depende de las dos variables de entrada, por loque a veces la escribimos como u(x, y). De manera similar, a la parte imaginaria dela funcion se la denotara como v(x, y), haciendo de nuevo enfasis en la dependenciade las dos variables de entrada. En conclusion, podemos decir que cualquier funcioncompleja puede escribirse de la forma

f(z) = f(x, y) = u(x, y) + iv(x, y) . (2.1)

Cabe resaltar que, de acuerdo con la definicion acabada de usar, las funciones u(x, y)y v(x, y) son reales, y que la base imaginaria i se coloca aparte para hacer la funcionglobal compleja. El objetivo principal de esta seccion es encontrar las funciones uy v para una funcion f(z) arbitraria, apoyandonos para esto en el algebra de losnumeros complejos estudiada anteriormente. En todos los casos que se estudiaran,utilizaremos la convencion z = x+ iy y z∗ = z = x− iy.

Miremos, como primer ejemplo, como encontrar u y v para la funcion f(z) = z2.Usando el algebra aprendida, vemos que:

f(z) = z2 = (x+ iy)2 = x2 + 2ixy − y2 = (x2 − y2) + i(2xy) . (2.2)

Ası, es facil concluir que u = x2 − y2 y v = 2xy.El ejemplo anterior es bastante simple, no obstante, en algunos casos obtener u

y v requiere de tecnicas un poco mas sofisticadas. Enfoquemonos ahora en hacer lomismo para las funciones trigonometricas. Para realizar esto, primero utilicemos lassiguientes definiciones:

cosx =1

2

(eix + e−ix

), sinx =

1

2i

(eix − e−ix

), (2.3)

para las cuales definimos sus analogos hiperbolicos:

coshx =1

2

(ex + e−x

), sinhx =

1

2

(ex − e−x

). (2.4)

Hallemos ahora los cosenos y los senos de angulos puramente imaginarios, lo cual seobtiene evaluando cos(ix) y sin(ix) en la ecuacion (2.3) —notemos que esto represen-ta hacer el cambio x→ ix en la ecuacion mencionada—. De esta forma, obtenemosque:

cos(ix) =1

2

(ei

2x + e−i2x)

=1

2

(ex + e−x

),

sin(ix) =1

2i

(ei

2x + e−i2x)

= − 1

2i

(ex − e−x

)=i

2

(ex − e−x

). (2.5)

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Comparando el resultado anterior con la ecuacion (2.4) es facil deducir que:

cos(ix) = coshx , sin(ix) = i sinhx . (2.6)

En otras palabras, los senos y cosenos hiperbolicos no son nada mas que los senos ycosenos usuales, pero con argumento imaginario.

Identifiquemos ahora las funciones u y v para las dos funciones trigonometricasprincipales, cos z = cos(x+ iy) y sin z = sin(x+ iy). Para esto, necesitaremos laayuda de las identidades trigonometricas:

cos(A+B) = cosA cosB − sinA sinB , (2.7a)

sin(A+B) = sinA cosB + cosA sinB . (2.7b)

Ahora, con A = x y B = iy y la ayuda de la ecuacion (2.6), vemos que:

cos z = cosx cos(iy)− sinx sin(iy) = cosx cosh y − i sinx sinh y , (2.8a)

sin z = sinx cos(iy) + cosx sin(iy) = sinx cosh y + i cosx sinh y . (2.8b)

Aunque hemos verificado que f(z) se puede escribir de la forma f(z) = u(x, y) +iv(x, y) para unos pocos ejemplos, siempre podemos hacer esta descomposicion paracualquier funcion, usando el algebra apropiada.


1. Para expresar la funcion f(z) = z−1 de la forma x+ iy, vemos que:

1

z=

1

x+ iy=

1

x+ iy

x− iyx− iy

=x− iyx2 + y2

=x

x2 + y2− i y

x2 + y2.

2. Si ahora deseamos hacer lo mismo para la funcion f(z) = zez, encontramosque:

zez = (x− iy)ex−iy = (x− iy)exe−iy = ex(x− iy)(cosx− i sin y)

= ex(x cosx− ix sin y − iy cosx− y sin y)

= ex(x cosx− y sin y)− iex(x sin y + y cosx) .

3. En algunos casos, la funcion v puede ser nula, por ejemplo:

| sin z|2 = (sinx cosh y + i cosx sinh y)(sinx cosh y − i cosx sinh y)

= sin2x cosh2y + cos2x sinh2y .

La funcion anterior se puede dejar ası. Sin embargo, usando las identidadescos2x + sin2x = 1 y cosh2x − sinh2x = 1, la expresion mostrada se puedereducir a | sin z|2 = sin2x+ sinh2y.

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2.4. Funciones univaluadas y multivaluadas 37

4. La funcion u tambien puede ser nula. Por ejemplo, en la funcion:

1

z− 1

z=

1

x+ iy− 1

x− iy= −i 2y

x2 + y2.

2.4. Funciones univaluadas y multivaluadas

Recordemos la analogıa entre los numeros complejos y los vectores bidimensiona-les expresada en la seccion 1.3. Es claro que si el argumento de un numero complejose aumenta en 2π —en otras palabras, si a un vector le damos una vuelta entera—,este numero no deberıa cambiar. Este argumento se puede generalizar aun mas: siel numero complejo se rota un numero entero n veces en el sentido horario (n < 0)o en el sentido antihorario (n > 0), el numero z toma la forma

z = |z|eiφ = |z|ei(φ+2nπ) = |z|eiφe2inπ = z(cos(2πn) + i sin(2πn)

)= z , (2.9)

debido a que cos(2πn) = 1 y sin(2πn) = 0, siempre y cuando n sea entero. Notemos,sin embargo, que esta propiedad no funciona si n no es entero, lo cual se explica porel hecho de que z debe cambiar cuando este no se gira un numero exacto de veces,ya que llegarıamos a un sitio diferente.

Todas las funciones analizadas en la seccion anterior son univaluadas porque bajoun numero entero de vueltas la funcion no cambia. Se define entonces una funcionunivaluada como aquella que respeta esta propiedad. En terminos matematicos,una funcion es univaluada si

f(z) = f(|z|eiφ) = f(|z|ei(φ+2nπ)) . (2.10)

Ahora, el termino univaluado expresa de buena manera el concepto que se trata dediscutir. Literalmente, esta palabra hace referencia al hecho de que para el mismovalor de z la funcion toma un unico valor. Por ejemplo, analicemos la funcion z2 yverifiquemos que es univaluada:

z2 = |z|2e2iφ → |z|2e2i(φ+2πn) = |z|2e2iφe4iπ = |z|2e2iφ = z2 . (2.11)

De hecho, cualquier funcion de la forma zn, con n entero es univaluada. De estamanera, cualquier polinomio y funcion racional lo es. La funcion exponencial y lasfunciones trigonometricas tambien lo son.

No obstante, existen dos funciones muy importantes que no cumplen esta propie-dad: la funcion radical y la funcion logaritmo. A estas dos funciones las llamaremosfunciones multivaluadas, porque el valor de z sı puede cambiar cuando lo giramosun numero entero de veces. En terminos matematicos, una funcion es multivaluadasi la relacion (2.10) no siempre se respeta. Analicemos cada una de las dos funcionesen detalle.

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La funcion radical

Sea f(z) = zm, tal que m no es entero, vemos que f(|z|eiφ) = |z|meimφ, pero

f(|z|ei(φ+2nπ)) = |z|meim(φ+2nπ) = |z|meimφe2πimn = f(z)e2πimn

= f(z)(cos(2πnm) + i sin(2πnm)

). (2.12)

Para analizar lo anterior, vemos que el producto nm no siempre es entero, y aunquen ∈ Z, el producto nm no necesariamente lo es. Por ejemplo, si n = 2 y m = 1/3, esclaro que nm = 2/3. En este caso:

cos(2πnm) + i sin(2πnm) = cos(4π/3) + i sin(4π/3) = −1

2− i√

3

26= 1 . (2.13)

Esto claramente cambia el valor de la funcion f(z) en la ecuacion (2.12) y por lotanto la funcion en cuestion deja de ser univaluada.

Analicemos en detalle el comportamiento de la funcion raız cuadrada. Cuandon = 1/2, vemos que f(z) = z1/2. Ademas, f(|z|eiφ) = |z|1/2eiφ/2, pero

f(|z|ei(φ+2nπ)) = |z|1/2eiφ/2einπ =

z1/2 , n par

−z1/2 , n impar. (2.14)

Queda al lector verificar que cuando n es par e impar, einπ = 1 y einπ = −1,respectivamente. ¿Cual opcion entonces tomar? Depende si el numero complejo segira un numero par o impar de veces.

Aunque a veces se omite o no se estudia en detalle, lo mismo sucede en el calculode las funciones reales. Esto es el analogo a la funcion —sobre la recta real— y2 = xo y = ±

√x que es doblevaluada, ya que y puede tomar valores positivos o negativos,

dependiendo de la solucion que se decida tomar.

La funcion logaritmo

La funcion f(z) = ln z es el otro caso donde una funcion compleja es multiva-luada —este hecho, no obstante, no tiene un analogo con el algebra de las funcionesreales—. Para este caso, vemos que f(|z|eiφ) = ln

(|z|eiφ

)= ln |z|+ iφ, pero

f(|z|ei(φ+2nπ)) = ln(|z|ei(φ+2nπ)

)= ln |z|+ i(φ+ 2nπ) = f(z) + 2πin . (2.15)

El valor de la funcion logaritmo siempre cambia cuando z se gira un numero entero deveces —nunca llegamos al mismo valor inicial a menos que, por supuesto, giremosal reves para regresar—. Esto tiene enormes consecuencias, como brevemente sediscutira mas adelante en el calculo de residuos.

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2.4. Funciones univaluadas y multivaluadas 39

Este“ inconveniente” se puede evitar usando siempre el valor n = 0 en los calculoscon la funcion logaritmo. De esta manera, evitamos dar una vuelta completa cuandotrabajamos con dicha funcion. Bajo esta escogencia, podemos siempre escribir ellogaritmo como

Log z = ln |z|+ iφ . (2.16)

Note la notacion en mayuscula usada para el logaritmo en la expresion anterior.Cuando esta notacion es usada, llamamos a la funcion anterior el valor principal dellogaritmo; como requisito, el argumento del logaritmo —su parte imaginaria— caedentro del intervalo (−π, π].

Otra forma de estudiar la multivaluacion de la funcion logaritmo es a traves dela construccion de Riemann [1]. Aunque no se discutira en detalle la construccion deRiemann en este libro, podrıamos imaginarnos esta construccion como una escalerade caracol donde se sube un piso con cada vuelta dada —a cada piso se le denominaformalmente una rama— (vease Figura 2.1). Mientras que las funciones univaluadasse quedan siempre sobre el mismo piso al girar en el plano complejo, las multivaluadascambian de ramas. Las funciones radicales regresan a la rama inicial cuando mn ∈ Z,pero la funcion logaritmo nunca regresa al valor inicial, a menos que se desciendaa lo largo de la escalera —se gire en el sentido contrario hasta volver al punto departida—.

Figura 2.1. Izquierda: bosquejo de las ramas de la funcion logaritmo. Derecha: lınea de corte parala funcion f(z) = z1/3, conectando los puntos z = 0 y z = +∞.

¿Que hacer cuando una funcion es multivaluada?

Las dos funciones multivaluadas que acabamos de describir se deben tratar conespecial cuidado para evitar el problema de multivaluacion. Como fue indicado enla funcion logaritmo, existen posibles construcciones donde se estudian las funcionesmultivaluadas en terminos de sus ramas. Recordemos que cada rama aparece al dar

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una vuelta entera sobre el plano complejo. No obstante, lo que normalmente se hacees crear una lınea de corte sobre el plano complejo. Esta lınea se introduce con el finde evitar de que se complete una vuelta entera, ya que al hacerlo nos encontraremosen otra rama de la funcion. La forma de estas lıneas depende de la funcion queestemos estudiando.

Aunque no es nuestro proposito estudiar este tema en detalle, la Figura 2.1muestra una posible lınea de corte para la funcion f(z) = z1/3.1 Esta lıneaconecta los puntos z = 0 y z = +∞. La funcion z1/3 no es analıtica en z = 0 y enz =∞ —vease la subseccion 2.7.1 para mas detalles sobre una funcion analıtica—,razon por la cual estos puntos fueron escogidos para definir la recta. Notemos queesta lınea introduce una especie de obstaculo que impide cruzarla. De esta manera,nuestro dominio se restringe para valores del argumento θ dentro del dominio 0 ≤θ < 2π, siempre dentro de la primera rama.

2.5. Derivacion de funciones complejas

Como vimos, toda funcion compleja se puede escribir de la forma f = u+ iv, yla derivacion compleja se puede escribir de la forma df

dz . Ahora, usando derivacionimplıcita, podemos concluir que df = du+ idv y dz = dx+ idy. De esta forma:

df

dz=du+ idv

dx+ idy. (2.17)

Recordemos del calculo diferencial que la derivada de la funcion de una variable sedefine como:

df

dx= lım

∆x→0

f(x+ ∆x)− f(x)

∆x. (2.18)

No obstante, para que la derivada en un punto exista, el lımite anterior debe coincidiral acercarse a este tanto por la derecha como por la izquierda. Esto no se respeta,por ejemplo, en las funciones discontinuas o que poseen picos agudos en el puntodonde la derivada se desea calcular —por ejemplo, la funcion f(x) = |x| en x = 0—.

Esta condicion en el plano complejo es mas excluyente, debido a que el dominioya no es una recta, sino un plano. En un plano podemos tener un numero infinitode direcciones posibles a lo largo de una circunferencia de angulo 2π —en contrastecon la recta real donde solamente distinguimos entre derecha e izquierda—.

De esta manera, para que la derivada compleja este bien definida, debemos acer-carnos a un punto z0 por cualquier direccion y encontrar el mismo lımite. Tomemos,

1La funcion z1/3 posee tres ramas: la primera para valores del argumento θ dentro del dominio0 ≤ θ < 2π, la segunda para el dominio 2π ≤ θ < 4π, y la tercera en el dominio 4π ≤ θ < 6π. Alllegar a θ = 6π, volvemos a la rama incial.

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2.5. Derivacion de funciones complejas 41

por ejemplo, el caso donde nos acercamos horizontalmente a z0, el punto donde laderivada debe ser calculada (vease Figura 2.2). Como dx 6= 0 y dy = 0,

df

dz

∣∣∣∣dy=0

=∂u

∂x+ i

∂v

∂x. (2.19)

Cuando nos acercamos verticalmente dx = 0 y dy 6= 0, ası

df

dz

∣∣∣∣dx=0

=∂v

∂y− i∂u

∂y. (2.20)

Figura 2.2. Posibles formas de acercarse al punto z0 por medio de lıneas rectas.

Como las derivadas calculadas por cualquier direccion deben coincidir, las ecua-ciones (2.19) y (2.20) deben coincidir tanto en sus partes reales como imaginarias.Teniendo en cuenta estas dos condiciones, concluimos que:

∂u

∂x=∂v

∂y,∂v

∂x= −∂u

∂y. (2.21)

Las dos relaciones anteriores se conocen como las Condiciones de Cauchy Rie-mann (CCR). Toda funcion compleja que satisface estas condiciones es derivable; sialguna de las dos condiciones no se satisface, no lo es. Por ejemplo, para la funcionz2 sabemos que u = x2 − y2 y v = 2xy, por lo cual encontramos que:

∂u

∂x=∂v

∂y= 2x ,

∂v

∂x= −∂u

∂y= 2y . (2.22)

De esto se puede deducir, entonces, que f(z) = z2 es derivable.En este momento se podrıa pensar que el resultado no es muy general porque

tan solo se verifico la coincidencia de las derivadas en las direcciones verticales yhorizontales. No obstante, es facil verificar que eso se aplica en cualquier direccion.Para verificar esto, vemos que la regla de la cadena garantiza que:

du =∂u

∂xdx+

∂u

∂ydy , dv =

∂v

∂xdx+

∂v

∂ydy . (2.23)

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ii

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Aplicando estas relaciones en la ecuacion (2.17) vemos que:

df

dz=

∂u∂xdx+ ∂u

∂ydy + i ∂v∂xdx+ i∂v∂ydy

dx+ idy

=(∂u∂x + i∂v∂y

dydx) + i( ∂v∂x − i

∂u∂y

dydx)

1 + i dydx. (2.24)

Aca, dydx representa una direccion arbitraria de aproximacion. Si la expresion anteriorno depende de esta direccion, demostramos la unicidad en la derivada. En este caso,usamos las CCR —ecuacion (2.21)— en la ecuacion anterior, con lo cual encontramosque:

df

dz=

(1 + i dydx)∂u∂x + i(1 + i dydx) ∂v∂x1 + i dydx

=∂u

∂x+ i

∂v

∂x. (2.25)

De esta manera concluimos nuestra verificacion. Hasta ahora tenemos dos manerasdiferentes de calcular la derivada de la funcion f(z) —ecuaciones (2.19) y (2.20)—donde ambas generan el mismo resultado. Es facil ver que cuando las CCR se cum-plen, esto coincide con el resultado obtenido usando las reglas usuales del calculodiferencial, donde tratamos z —para efectos de su derivada— como cualquier varia-ble real. Por ejemplo, para la funcion f(z) = z2 mencionada anteriormente,

df

dz=

d

dz

z2

= 2z = 2(x+ iy) , (2.26)

lo cual coincide con los resultados obtenidos por medio de las ecuaciones (2.19) y(2.20).

Una funcion que, por ejemplo, no es derivable en los complejos es la funcionf(z) = z∗; para verificar esto, vemos que u = x y v = −y, con lo cual encontramosque:

∂u

∂x= 1 6= ∂v

∂y= −1 . (2.27)

Afortunadamente, toda funcion de la forma zn, n ∈ Z, es derivable [2], lo que nospermite concluir que cualquier polinomio complejo lo es —siempre y cuando noaparezca la expresion z∗ en el polinomio—. Esto tambien funciona incluso cuandon < 0, por ejemplo:

z−1 =1

x+ iy=

x

x2 + y2− i y

x2 + y2. (2.28)

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2.5. Derivacion de funciones complejas 43

Ası, como u = xx2+y2

y v = − yx2+y2

, vemos que:

∂u

∂x=∂v

∂y=

y2 − x2

(x2 + y2)2,∂v

∂x= −∂u

∂y=

2xy

(x2 + y2)2. (2.29)


1. Verifiquemos que la funcion f(z) = eiz2

es derivable y encontremos su derivada.Solucion: Para esto, primero encontremos u y v:

f(z) = ei(x2−y2+2ixy) = e−2xyei(x

2−y2)

= e−2xy cos(x2 − y2

)+ ie−2xy sin

(x2 − y2

).

Ası, vemos que:

∂u

∂x=∂v

∂y= −2e−2xy

[y cos

(x2 − y2

)+ x sin

(x2 − y2

)],

∂v

∂x= −∂u

∂y= −2e−2xy

[x cos

(x2 − y2

)− y sin

(x2 − y2

)].

Como las CCR se satisfacen, entonces:

df

dz= 2izeiz

2= −2(y − ix)e−2xy

(cos(x2 − y2

)+ i sin

(x2 − y2

)).

2. Para verificar que la funcion f(z) = z−2z∗ no es derivable, vemos que u = −xy v = 3y. Ahora,

∂u

∂x= 1 6= ∂v

∂y= 3 .

3. La funcion sin(x+ 2iy) tampoco es derivable. De este modo, podemos verfacilmente que u = sinx cosh(2y) y v = cosx sinh(2y), por lo que:

∂u

∂x= cosx cosh(2y) 6= ∂v

∂y= 2 cosx cosh(2y) .

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2.6. Integracion sobre el plano complejo

El calculo de integrales de funciones complejas tambien presenta varias diferen-cias con respecto al calculo de integrales de funciones reales.

Primero que todo, la integral de una funcion real de una variable y = f(x), talque f(x) > 0 —consideraremos este caso por simplicidad en la interpretacion—, estalimitada por cuatro fronteras: hacia la izquierda un valor inicial de x (xi), hacia laderecha un valor final de x (xf ), hacia abajo el eje x —o la funcion f(x) = 0, quees lo mismo—, y hacia arriba la funcion f(x). Bajo la condicion entonces de quef(x) > 0 en todo momento, la integral se define como el area limitada por estasregiones, y por tanto toma la forma de:

I =

∫ xf

xi

f(x)dx . (2.30)

En el plano complejo, por el contrario, la integral

I =

∫ zf

zi

f(z)dz (2.31)

puede definirse de un numero infinito de formas, dependiendo de la manera comounimos el punto inicial zi con el final zf .2 Esto contrasta con la ecuacion (2.30), enla cual la unica forma posible de conectar xi y xf es a lo largo del eje x.

Este argumento implica que la integral mostrada en la ecuacion (2.31) necesaria-mente depende de la trayectoria que conecta los puntos zi y zf . En otras palabras,para evaluar una integral compleja se debe especificar la trayectoria recorrida paraconectar los puntos iniciales y finales, y por lo tanto es una integral de camino. Estase escribira de manera general como:∫

Cf(z)dz . (2.32)

Aca, C se refiere al camino que usa la funcion f(z) para hacer su recorrido comen-zando en el punto inicial zi y finalizando en el punto final zf . Cuando los puntosiniciales y finales coinciden (zi = zf ), notamos que el camino se cierra, y por lo tantola integral de camino es cerrada, para lo cual la denotaremos como:∮

Cf(z)dz . (2.33)

2Aca carece de sentido hablar de derecha e izquierda y arriba y abajo.

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2.6. Integracion sobre el plano complejo 45

2.6.1. Integrales sobre caminos abiertos

Para entender como evaluar integrales con caminos abiertos, comencemos porevaluar la funcion f(z) = z usando el camino mostrado en la parte izquierda de laFigura 2.3, iniciando en el punto P (zi) y finalizando en el punto Q (zf ). Para estetipo de integrales, siempre sera necesario definir un conjunto de parametrizaciones.

Figura 2.3. Dos contornos abiertos usados para realizar una integracion compleja. El de la derechamuestra dos contornos: (a) el que conecta directamente los puntos P y Q mediante una lınea recta,y (b) aquel que los conecta pasando antes por R —combinacion de una lınea horizontal y unavertical—.

Primero, notemos que las coordenadas de los puntos dados son zi = (−4, 0)y zf = (0, 2). Notemos tambien que, como el camino se compone por un unicosegmento, hay una unica parametrizacion necesaria. En este caso, usaremos la pa-rametrizacion y =

√x+ 4, como se indica en la figura. Notemos que si usamos a t

como parametro de integracion, de manera que x = t y y =√t+ 4, encontramos que

z = x+ iy = t+ i√t+ 4. Por otro lado, dz = dt+ i dt

2√t+4

. Vemos que si x comienza

en xi = −4 y finaliza en xf = 0, la variable t toma los mismos lımites debido a quet = x. De esta manera,∫

Cf(z)dz =

∫ zf

zi

f(z)dz =

∫ 0

−4(t+ i

√t+ 4)

(1 +

i

2√t+ 4

)dt . (2.34)

Ahora, haciendo la sustitucion u = t+ i√t+ 4, la integral anterior toma la forma:∫

Cf(z)dz =

∫ 2i

−4u du =

u2

2

∣∣∣∣2i−4

= −10 . (2.35)

Esta no serıa la unica forma de evaluar esta integral, ya que podrıamos haber tomadola parametrizacion y = t, para lo cual x = y2−4 = t2−4, y por lo tanto z = t2−4+ity dz = (2t+ i)dt. El lector puede verificar que esto generarıa la integral∫

Cf(z)dz =

∫ 2

0(t2 − 4 + it)(2t+ i)dt . (2.36)

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Y ahora, bajo la sustitucion u = t2 − 4 + it, encontramos que:∫Cf(z)dz =

∫ 2i

−4u du =

u2

2

∣∣∣∣2i−4

− 10 . (2.37)

Justo el mismo resultado encontrado bajo la otra parametrizacion, como deberıa ser.Supongamos ahora que deseamos evaluar la integral de la funcion f(z) = z2− z2.

La evaluaremos usando cada uno de los dos contornos mostrados en la parte derechade la Figura 2.3, asumiendo las siguientes coordenadas: P = (0, 0), Q = (2, 4) yR = (2, 0). Primero, notemos que f(z) = 4ixy. Aca, el contorno (a) esta compuestopor una unica lınea recta descrita por la relacion y = 2x. Usamos el parametrox = t, y ası, z = t + 2it y dz = (1 + 2i)dt. Como t comienza en 0 y termina en 2,encontramos que f(t) = 8it2, y ası:∫

Cf(z)dz =

∫ 2

08it2(1 + 2i)dt = 8i(1 + 2i)

t3

3

∣∣∣∣20

= −128

3+

64i

3. (2.38)

Ahora, usemos el contorno (b), que esta compuesto por el camino 2a —lınea hori-zontal que conecta los puntos P y R— y el camino 2b —lınea vertical que conectalos puntos R y Q—. En este caso, aparecen dos integrales, cada una asociada a unpedazo del contorno. En el camino 2a vemos que x = t y y = 0, lo que implica quez = t (dz = dt), comenzando t en 0 y finalizando en 2. En el segundo camino, x = 2y y = t, ası que z = 2 + it, dz = idt, ti = 0 y tf = 4. Por lo tanto,∫

Cf(z)dz =

∫2a· · ·+

∫2b· · · =

∫ 2

04it(0)dt+

∫ 4

04i(2)tidt = 0− 8

∫ 4

0t dt

= −8t2

2

∣∣∣∣40

= −64 . (2.39)

Notemos que la evaluacion de una integral a partir de contornos diferentes no tienepor que dar el mismo resultado, aunque en algunos casos esto sı sucede.

2.6.2. Integrales a lo largo de caminos cerrados

Como vimos, los caminos cerrados son aquellos que comienzan y finalizan enel mismo punto. Estos caminos son de mucho interes debido a su gran utilidad, yvan a ser nuestro principal enfoque en lo que sigue de este capıtulo, puesto quealgunos teoremas de mucha importancia se pueden deducir para integrales cerradasque tienen enormes consecuencias fısicas y matematicas.

Para comenzar nuestro analisis, notemos primero que un contorno cerrado sepuede recorrer en sentido horario “” o en sentido antihorario “” —en la Figura

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2.4 se muestran, por ejemplo, un camino cerrado recorrido en sentido horario yotro en sentido antihorario—. De ahora en adelante, a las integrales orientadas ensentido horario se las llamara integrales orientadas negativamente —simbolizadascomo C−—; a las integrales orientadas en sentido antihorario se las llamara integralesorientadas positivamente —simbolizadas como C+—.3 Debido a que el orden de loslımites en las integrales orientadas negativamente es opuesto con respecto al ordende los lımites, tenemos la relacion:∮

C+

f(z)dz = −∮C−

f(z)dz . (2.40)

Figura 2.4. Dos contornos cerrados usados para la evaluacion de integrales complejas.

Usemos ahora el camino izquierdo en la Figura 2.4 para evaluar una primeraintegral; este contorno esta descrito por la composicion de tres lıneas. Evaluemosentonces la integral de la funcion f(z) = z2 usando este camino. Comenzando porel pedazo de la parabola, las tres parametrizaciones son:

1. x = t, y = −t2, z = t− it2, dz = (1− 2it)dt, ti = 0, tf = 2.

2. x = t, y = −t− 2, z = t− i(t+ 2), dz = (1− i)dt, ti = 2, tf = 0.

3. x = 0, y = t, z = it, dz = idt, ti = −2, tf = 0.

3 Esto coincide con la regla de la mano derecha, la cual define el signo positivo y negativo delmomento angular en fısica.

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La integral toma entonces la forma —usando la sustitucion apropiada en cadauna— de:∮

Cf(z)dz =

∫1· · ·+

∫2· · ·+

∫3. . .

=

∫ 2

0(t− it2)2(1− 2it)dt+

∫ 0

2

(t− i(t+ 2)

)2(1− i)dt+

∫ 0

−2(it)2idt

=u3

3

∣∣∣∣2−4i

0

+u3

3

∣∣∣∣−2i

2−4i

+u3

3

∣∣∣∣0−2i

=1

3

((2− 4i)3 + (−2i)3 − (2− 4i)3 − (−2i)3

)= 0 . (2.41)

Ahora, el contorno de la derecha de la Figura 2.4, que esta orientado positivamente,sera utilizado para evaluar dos integrales. De manera respectiva,∫

Cz dz ,

∫Cz∗ dz . (2.42)

Notemos que las coordenadas de los cuatro vertices del cuadrado son (L2 ,L2 ), (−L

2 ,L2 ),

(−L2 ,−

L2 ) y (L2 ,−

L2 ). Comenzando desde el primer punto establecido —el superior

de la derecha— y siguiendo en orden antihorario, las cuatro parametrizaciones co-rrespondientes son:

1. x = t, y = L2 , z = t+ iL2 , dz = dt, ti = L

2 , tf = −L2 .

2. x = −L2 , y = t, z = −L

2 + it, dz = idt, ti = L2 , tf = −L

2 .

3. x = t, y = −L2 , z = t− iL2 , dz = dt, ti = −L

2 , tf = L2 .

4. x = L2 , y = t, z = L

2 + it, dz = idt, ti = −L2 , tf = L

2 .

Por lo tanto, en terminos de b = L2 :

∫Cz dz =

∫ −bb

(t+ ib)dt+

∫ −bb

(−b+ it)idt+

∫ b

−b(t− ib)dt+

∫ b

−b(b+ it)idt

=

∫ b

−b(−t− ib)dt+

∫ b

−b(b− it)idt+

∫ b

−b(t− ib)dt+

∫ b

−b(b+ it)idt

=

∫ b

−b

((−t− ib) + i(b− it) + (t− ib) + i(b+ it)

)dt = 0 . (2.43)

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Luego, en la segunda vemos que:∫Cz∗ dz =

∫ −bb

(t− ib)dt+

∫ −bb

(−b− it)idt+

∫ b

−b(t+ ib)dt+

∫ b

−b(b− it)idt

=

∫ b

−b(−t+ ib)dt+

∫ b

−b(b+ it)idt+

∫ b

−b(t+ ib)dt+

∫ b

−b(b− it)idt

=

∫ b

−b

((−t+ ib) + i(b+ it) + (t+ ib) + i(b− it)

)dt∫ b

−b4ibdt = 4ibt

∣∣∣b−b

= 8ib2 = 2iL2 = 2iA , (2.44)

donde A es el area del cuadrado.Ahora, notemos que las dos primeras integrales cerradas dieron cero, pero la

ultima no. Estos resultados son casos especıficos de un teorema muy poderoso delcalculo de variable compleja. Notemos que en las dos primeras integrales las funcionesintegradas fueron, en orden respectivo, f(z) = z2 y f(z) = z. Ahora bien, caberesaltar que ambas funciones son derivables porque satisfacen las CCR, y que, porel contrario, la funcion f(z) = z∗, que fue integrada en nuestro tercer ejemplo, no esderivable.

Algo importante que se puede notar en cualquier integral de camino cerrada esque el contorno cerrado define dos regiones: una parte interna dentro del contorno,y la parte externa fuera de este —notemos que esto no sucede cuando el camino esabierto—. Estos ingredientes nos permitiran formular el siguiente teorema.

Teorema de Cauchy-Goursat

Siendo f(z) una funcion derivable dentro de un contorno cerrado arbitrarioC orientado positiva o negativamente, podemos asegurar entonces que:∮

Cf(z)dz = 0 . (2.45)

Es importante mencionar que este teorema solamente se aplica si f(z) es derivable entodos los puntos dentro del contorno C. Si la funcion no es derivable en al menosun punto, no podemos asegurar que su integral cerrada se anule. Por ejemplo, lafuncion f(z) = z−1, cuya derivada es f ′(z) = −z−2, satisface las CCR, pero en elpunto z = 0 diverge —el resultado en infinito—, por lo tanto, no es derivable enz = 0. Esto implica que si el contorno C encierra el punto z = 0, el teorema anteriorno se aplica. Si por el contrario, el punto z = 0 esta fuera del contorno C, la integralsı se anula.

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Para demostrar el teorema anterior nos apoyaremos en el teorema de Stokes,usado en campos vectoriales. El teorema de Stokes dice que si C es un camino cerradoorientado positivamente y encierra una superficie S, entonces, para cualquier campovectorial ~B, ∮

C

~B · d~r =

∫S

(~∇× ~B) · n dA . (2.46)

Aca, n representa un vector unitario paralelo a la orientacion de la superficie, que nosera relevante para nuestra demostracion. En nuestro caso, usaremos a una funcioncompleja de la forma f = u+ iv como nuestro campo vectorial ~B; donde u se puedevisualizar como la primera componente del campo vectorial y v como la segunda.Para un campo vectorial bidimensional, el teorema de Stokes toma la forma de:∮

C(Bxdx+Bydy) =

∫S

(∂By∂x− ∂Bx

∂y

)dxdy . (2.47)

Ahora, vemos que si f = u+ iv, entonces:∮Cf(z)dz =

∮(u+ iv)(dx+ idy) =

∮(udx− vdy) + i

∮(udy + vdx) . (2.48)

Entonces, calculamos cada integral por aparte —la real y la imaginaria— comparan-do cada una con la relacion dada por la ecuacion (2.47), y vemos que en la integralreal podemos tomar Bx = u y By = −v, ası:∮

(udx− vdy) =

∫S

(− ∂v

∂x− ∂u

∂y

)dxdy . (2.49)

Por otro lado, para la integral imaginaria Bx = v y By = u, ası:

i

∮(udy + vdx) =

∫S

(∂u

∂x− ∂v

∂y

)dxdy . (2.50)

Ahora, si las CCR —ecuacion (2.21)— se satisfacen —lo que significa que f esderivable—, cada una de las dos integrales anteriores se anula, porque ∂v

∂x = −∂u∂y y

∂u∂x = ∂v

∂y , quedando ası demostrado el teorema.Notemos que si f no es derivable dentro de C, no podemos asegurar la cancelacion

de las dos integrales anteriores y no tendrıamos entonces un forma general paracalcular la integral resultante. No obstante, la integral de Cauchy nos mostrara unmetodo facil para evaluarla.

Ahora, existe una analogıa entre este resultado y un concepto en fısica mecanicarelacionado con fuerzas conservativas: cuando una fuerza es conservativa, la podemos

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definir en terminos de un potencial, y el trabajo hecho por la fuerza unicamentedependerıa de la diferencia entre el potencial inicial y el final; y cuando damos unatrayectoria cerrada, el trabajo es nulo. Por tanto, si la fuerza no es conservativa, nola podemos definir en terminos de un potencial, y el trabajo hecho por la fuerza enuna trayectoria cerrada no necesariamente se anula.

Ejemplos adicionales de la seccion 2.6

En estos ejemplos nos enfocaremos en calcular integrales de camino en coordena-das polares, que seran de bastante utilidad en futuros capıtulos. Para realizar esto,supongamos que tenemos un cırculo de radio R centrado en el origen. Usando laforma polar de los numeros complejos vista en la seccion 1.3, podemos ver que, si φrepresenta el angulo de un numero complejo respecto al eje x, entonces:

z = x+ iy = R cosφ+ iR sinφ = Reiφ . (2.51)

De esta manera, se puede decir que cualquier porcion de arco centrada en el origen sepuede parametrizar de la forma z = Reiφ. Ahora, los lımites estarıan proporcionadospor los valores iniciales y finales del angulo φ; y, bajo la misma parametrizacion, seencuentra que dz = iReiφdφ.

1. Como primer ejemplo, evaluemos la integral de la funcion f(z) = z+3z2−z3,tomando como contorno un cuarto de cırculo de radio R = 4 centrado en elorigen, orientado negativamente y partiendo del punto zi = (0, 4).

Figura 2.5. Dos contornos circulares usados para la evaluacion de integrales.

Solucion: Este contorno esta mostrado en la parte izquierda de la Figura 2.5;notemos que, dadas las condiciones del problema, φi = π

2 y φf = 0. Ahora,

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usamos la parametrizacion z = 4eiφ, y por lo tanto la integral da:∫C

(z + 3z2 − z3)dz =

∫ 0

π/2(4eiφ + 48e−2iφ − 64e3iφ)4ieiφdφ

= 16i

∫ 0

π/2(e2iφ + 12e−iφ − 16e4iφ)dφ = 16i

[e2iφ

2i− 12e−iφ

i− 4e4iφ

i

]0

π/2

= 16

[1

2− 12− 4− eiπ

2+ 12e−iπ/2 + 4e2iπ

]= 16

[− 31

2+

1

2− 12i+ 4

]= −176− 192i .

2. Ahora, verifiquemos que la funcion f(z) = (z+2i)2, al ser integrada medianteel contorno derecho de la Figura 2.5, es igual a cero.Solucion: Esto se espera porque la funcion indicada es derivable dentro delcırculo indicado en el contorno. Observemos, sin embargo, que como el cırculono esta centrado en el origen, la parametrizacion que debe ser usada ahora esz = eiφ − 1 —le restamos el valor 1 para trasladarla al nuevo centro—. Eneste caso, la integral da:∮

C(z + 2i)2dz =

∫ 2π

0(eiφ − 1 + 2i)2ieiφdφ

= i

∫ 2π

0

(e3iφ + 2e2iφ(2i− 1) + (2i− 1)2eiφ

)dφ

=

[e3iφ

3+ e2iφ(2i− 1) + (2i− 1)2eiφ

]2π

0

=e6iπ − 1

3+ (e4iπ − 1)(2i− 1) + (2i− 1)2(e2iπ − 1) = 0 ,

debido a que e6iπ = e4iπ = e2iπ = 1.

2.7. Integrales de Cauchy

2.7.1. Definiciones

Funcion analıtica

Una funcion es analıtica en un punto z0 si la funcion es derivable en z0 y en unapequena vecindad abierta a su alrededor. Por ejemplo, la funcion f(z) = 1

z+i , cuya

derivada es f(z) = − 1(z+i)2

, es analıtica para todos los valores de z, excepto cuando

z0 = −i —vemos que en este punto la funcion diverge—.

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2.7. Integrales de Cauchy 53

Punto singular

Para una funcion f(z), el punto z0 es singular si la funcion f(z) no es analıticaen z = z0. En algunos casos, f(z) se puede escribir como:

f(z) =g(z)

(z − z0)n. (2.52)

En la ultima ecuacion, se asume que g(z0) 6= 0 y g(z0) es analıtica en z0 —de locontrario, el valor de n en el denominador se puede cambiar bajo factorizacion—. Sif(z) se puede escribir de la forma (2.52), concluimos que z0 es una singularidadde orden n . A una singularidad de este tipo tambien la llamaremos polo de unafuncion. Por ejemplo, la funcion f(z) = z

(z−1)2posee una singularidad de orden

n = 2 en z = 1 —aca, g(z) = z y z0 = 1—. La funcion f(z) = z2−1(z−1)2

tiene,

por el contrario, un polo de orden n = 1 en el mismo punto; por factorizacion,f(z) = (z−1)(z+1)

(z−1)2= z+1

z−1 .

Cuando una funcion tiene una singularidad, pero f(z) no se puede escribir de laforma (2.52), decimos que la singularidad es esencial. Por ejemplo, la funcion

f(z) = sin(1/z) (2.53)

tiene una singularidad esencial en z = 0 —el polo no se puede eliminar bajomultiplicacion—. En este caso, no se usara el termino polo para referirse a la singu-laridad.

Figura 2.6. Izquierda: la funcion f(z) = z(z+3i)2(z−3i)(z+1)3(z−2)4

tiene polos en z = −3i (orden 2),

z = 3i (orden 1), z = −1 (orden 3) y z = 2 (orden 4). La funcion es holomorfa con respecto a loscontornos C1 y C3, pero es meromorfa con respecto a los contornos C2 y C4. Derecha: la funcion realsin(1/x) con una singularidad esencial en x = 0. Note el comportamiento patologico de la funcioncerca de la singularidad.

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Funcion meromorfa

Una funcion es meromorfa cuando es analıtica en un conjunto abierto S, exceptoen un conjunto aislado de puntos —polos—. Por ejemplo, la funcion

f(z) =1

z2 + 1(2.54)

tiene singularidades en los puntos aislados z = ±i, y es ası meromorfa en un cırculocerrado de radio 2 centrado en el origen. La funcion f(z) = sin(1/z) no es meromorfaen el mismo conjunto porque encierra el punto z = 0, que no es un polo, sino unasingularidad esencial.

Funcion holomorfa

Una funcion es holomorfa en un conjunto abierto S cuando es analıtica en todoel dominio, por ejemplo, la funcion

f(z) =1

z2 + 1(2.55)

tiene polos en los puntos aislados z = ±i. Por lo tanto, f(z) es holomorfa, porejemplo, fuera de un cırculo de radio 3 centrado en el origen —dentro de este cırculono es holomorfa—.

Funcion entera

Una funcion es entera cuando es analıtica en todo el plano complejo. En otraspalabras, la funcion es holomorfa en todo el plano complejo y no posee singularidadesen ningun punto. Por ejemplo, la funcion f(z) = z es entera.

2.7.2. La integral de Cauchy

Cuandounafuncion f(z)esholomorfadentro de laregionencerrada por el contornoC, el teorema de Cauchy-Goursat, —ecuacion (2.45)— implica que

∮C f(z)dz = 0.

Sin embargo, este teorema ya no aplica cuando la funcion es meromorfa en lamisma region —tiene polos aislados en la region encerrada por C—. En esta seccionaprenderemos a calcular este tipo de integrales.

Siendo S el conjunto encerrado por un camino cerrado C orientado positivamentey z0 un punto interior de C (z0 ∈ S), si f(z) es analıtica en z = z0, entonces:∮

C+

f(z) dz

z − z0= 2πif(z0) . (2.56)

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Figura 2.7. Izquierda: contorno inicial que aparece en la integral de Cauchy. Centro: el contornose deforma para no encerrar la singularidad, de tal manera que

∮Cf(z)dz = 0 por el teorema de

Cauchy-Goursat. Derecha: acercamiento a la singularidad, donde ε→ 0.

Para demostrar el resultado anterior, comenzaremos definiendo el contorno de laparte izquierda de la Figura 2.7, en el cual se define la integral que se quiere evaluar.Este camino lo deformamos definiendo el contorno en la parte central de la mismafigura. De esta forma,∫

1

f(z) dz

z − z0+

∫2

f(z) dz

z − z0+

∫3

f(z) dz

z − z0+

∫4

f(z) dz

z − z0= 0 (2.57)

porque la singularidad no se esta encerrando —teorema de Cauchy-Goursat—. Ob-servemos de la Figura 2.7 que cuando ε→ 0, tenemos que:

lımε→0

∫1

f(z) dz

z − z0=

∮C+

f(z) dz

z − z0. (2.58)

Es claro que, bajo el mismo lımite, las integrales sobre los caminos 2 y 4 se cancelanmutuamente —una es la negativa de la otra—. El contorno 3 lo parametrizamosde la forma z = z0 + εeiφ, 0 ≤ φ ≤ 2π —notemos que el camino esta orientadonegativamente, ası que se introduce un signo negativo para orientarlo positivamenteinvirtiendo los lımites–– (vease la ecuacion (2.40)). De esta forma, usando la ecuacion(2.57), ∫

3

f(z) dz

z − z0= −

∮C+

f(z) dz

z − z0

∣∣∣∣z=z0+εeiφ

= −∫ 2π

0

f(z0 + εeiφ)iεeiφ

εeiφdφ

= −i∫ 2π

0f(z0 + εeiφ)dφ . (2.59)

Ahora, usamos este resultado en la ecuacion (2.57) —recordemos que las integrales2 y 4 se cancelaron mutuamente—, y luego tomamos el lımite ε → 0, con lo cual

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notamos que:

lımε→0

∫1

f(z) dz

z − z0− lımε→0

i

∫ 2π

0f(z0 + εeiφ)dφ = 0 . (2.60)

Usando la ecuacion (2.58), y tomando el lımite de la segunda expresion, concluimosque: ∫

C+

f(z) dz

z − z0= i

∫ 2π

0f(z0)dφ = 2πif(z0) . (2.61)

El resultado anterior es valido si el orden del polo es n = 1, deduzcamos ahora elresultado para n = 2. Esto quiere decir, encontremos una relacion para la expresion∮

C+

f(z) dz

(z − z0)2. (2.62)

Para demostrar esto, vemos que la ecuacion (2.56) puede escribirse como:

f(z0 + dz0) =1

2πi

∮C+

f(z) dz

z − z0 − dz0. (2.63)

Por lo tanto,

f(z0 + dz0)− f(z0) =1

2πi

∮C+

(f(z) dz

z − z0 − dz0− f(z) dz

z − z0

)dz

=1

2πi

∮C+

f(z)dz0 dz

(z − z0 − dz0)(z − z0). (2.64)

Dividiendo por dz0 y luego tomando el lımite dz0 → 0, encontramos que:

lımdz0→0

f(z0 + dz0)− f(z0)

dz0= lım

dz0→0

1

2πi

∮C+

f(z) dz

(z − z0 − dz0)(z − z0). (2.65)

Ahora, notamos que el lado izquierdo de la expresion anterior es por definicion laderivada de la funcion en z0, y, simplificando el lado derecho, deducimos que:∮

C+

f(z) dz

(z − z0)2= 2πi

df

dz

∣∣∣∣z=z0

= 2πif ′(z0) . (2.66)

En general, para un polo de orden n:∮C+

f(z) dz

(z − z0)n=

2πi

(n− 1)!

dn−1f

dzn−1

∣∣∣∣z=z0

=2πi

(n− 1)!f (n−1)(z0) . (2.67)

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Cuando el contorno usado en el resultado anterior se orienta negativamente, el re-sultado toma la forma∮

C−

f(z) dz

(z − z0)n= − 2πi

(n− 1)!

dn−1f

dzn−1

∣∣∣∣z=z0

= − 2πi

(n− 1)!f (n−1)(z0) . (2.68)

Nota importante: 0 ! = 1. Ademas, f (0)(z) = f(z) representa la funcion inicial—sin derivar—.


1. Siendo C un cırculo de radio 2 centrado en el origen, calculemos las siguientesintegrales:∮

C+

z2 + 1

z − 1dz ,

∮C−

z2 + 1

(z − 1)3dz ,

∮C+

ez − 1

z + 4idz ,

∮C+

e2z2−4z

z2dz .

Solucion: En la primera, notamos que la singularidad esta en z = 1. Compa-rando con la ecuacion (2.67), vemos que z0 = 1, n = 1 y f(z) = z2 + 1. Comoz0 esta dentro del contorno dado, encontramos que:∮

C+

z2 + 1

z − 1= 2πi(z2 + 1)

∣∣∣z=1

= 4πi .

En el segundo caso, la singularidad esta tambien en z = 1. Comparando conla ecuacion (2.68), vemos que z0 = 1, n = 3 y f(z) = z2 + 1. Como z0 estadentro del contorno dado, encontramos que:∮

C−

z2 + 1

(z − 1)3dz = −2πi

2!

d 2

dz2(z2 + 1)

∣∣∣z=1

= −πi · 2∣∣∣z=1

= −2πi .

Notemos, sin embargo, que en el tercer caso z0 = −4i y se encuentra por fueradel contorno indicado, ası ∮

C+

ez − 1

z + 4idz = 0 .

En el ultimo caso, z0 = 0, n = 2 y f(z) = ez2−4z, por lo tanto,∮

C+

e2z2−4z

z2=

2πi

1!

d

dz

[e2z2−4z

]z=0

= 2πi(4z − 4)e2z2−4z|z=0 = −8πi .

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2. Evaluemos la siguiente integral:∮C

(z2 − 4)dz

z3 − z2 + z − 1, (2.69)

tomando los siguientes tres caminos: (a) un cırculo de radio 1 centrado en elpunto z = 1 y orientado positivamente; (b) un rectangulo con vertices en lospuntos z1 = −2 − i

2 , z2 = 2 − i2 , z3 = 2 − 2i y z4 = −2 − 2i —la orientacion

del camino es este orden respectivo—; (c) un cuadrado de lado 2 centrado enel punto z = −2 + 2i y orientado negativamente.Solucion: Para resolver el ejercicio, vemos que el denominador de la funciona integrar se factoriza como (z − 1)(z + i)(z − i). Tenemos singularidades enz = 1, z = −i y z = i.(a) En este caso, el contorno unicamente encierra la singularidad en z0 = 1.Por lo tanto,∮

C

(z2 − 4)dz

(z − 1)(z + i)(z − i)= 2πi

(z2 − 4)

(z + i)(z − i)

∣∣∣∣z=1

= 2πi−3

2= −3πi .

(b) En este caso, el contorno unicamente encierra la singularidad en z0 = −i.Como el contorno esta orientado negativamente, encontramos que:∮

C

(z2 − 4)dz

(z − 1)(z + i)(z − i)= − 2πi(z2 − 4)

(z − 1)(z − i)

∣∣∣∣z=−i

=5π

1 + i=

5π

2(1− i) .

(c) En este caso, la integral da 0 porque no se encierra ninguna singularidad.3. Si C es un cuadrado de lado 10 centrado en el origen y orientado negativa-

mente, evaluemos la siguiente integral:∮C

z cos z dz

z2 + 4iz.

Solucion: La integral toma la forma de:∮C

z cos z dz

z(z + 4i)=

∮C

cos z dz

z + 4i= −2πi cos z

∣∣∣z=−4i

= −2πi cosh(4) .

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2.8. Ejercicios 59

2.8. Ejercicios


1. Usando las relaciones para los cosenos y senos trigonometricos e hiperbolicos

cosx =1

2(eix + e−ix) , sinx =

1

2i(eix − e−ix) ,

coshx =1

2(ex + e−x) , sinhx =

1

2(ex − e−x) ,

muestre las siguientes dos relaciones:

cos2x+ sin2x = 1 , cosh2x− sinh2x = 1 .

2. Exprese las siguientes dos funciones de la forma f(x, y) = u+ iv:

f(z) = eiz2, f(z) = 2z2 − (z∗)2 + |z|2 .

3. Escriba las siguientes funciones de la forma f = u+ iv:

f1(z) = (z + i)|z|2 , f2(z) = eiz2.

4. Escriba las siguientes funciones de la forma f = u+ iv:

f3(z) = z−2 , f4(z) = sin(2z∗) .

5. Usando las condiciones de Cauchy-Riemann, explique por que la funcion e−z

no es derivable.6. Usando las condiciones de Cauchy-Riemann, explique por que la funcion eiz/2

es derivable. Encuentre la derivada y expresela de la forma u+ iv.7. Verifique cuales de las siguientes funciones son derivables. Si son derivables,

calcule la derivada:

w(z) = exp[z2], w(z) = z3 + z∗ , w(z) = |z| − |z|2 .

8. Verifique cuales de las siguientes funciones son derivables. Si son derivables,calcule la derivada:

f1(z) = z2|z|2 , f2(z) = ez2, f3(z) = cos(z∗) .

9. Evalue la siguiente integral de camino:∫Cz(z − 1)dz ,

donde C es una lınea recta que conecta el punto zi = 1 − 3i con el puntozf = −1 + 3i.

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10. Evalue la siguiente integral de camino:∫Cz2dz ,

donde C es una lınea recta que conecta el punto z = 1+i con el punto z = −2i.11. Evalue la siguiente integral de camino:∫

C(z4 − z)dz ,

donde C es una semicircunferenica de radio 3 entre los angulos 0 y π.12. Evalue la siguiente integral de camino:∫

Cz2dz ,

donde C es una lınea que une el punto zi = 2 con el punto zf = −i.13. Desarrolle la siguiente integral de camino:∫

C(z + 1)3dz ,

donde C es un cuarto de circunferencia de radio 3 centrada en el origen, queconecta el punto 3 con el punto 3i .

14. Evalue la siguiente integral de camino:∮C+

(z3 − iz∗)dz ,

donde C es un cuadrado de lado 6 centrado en el origen.15. Desarrolle la siguiente integral de camino:∫

C(z − 3i)dz ,

donde C es la parabola y = x2 que conecta el origen con el punto 2 + 4i,seguido por la recta que conecta el punto 2 + 4i con el punto 4i.

16. Evalue la siguiente integral de camino:∮C

dz

1 + z,

donde C es una semicircunferencia de radio 3 positivamente orientada.

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2.8. Ejercicios 61

17. Evalue la siguiente integral sobre un contorno circular de radio 1 centrado enel punto z = −2 + i y orientado positivamente:∮

C

(z − i) dzz2 + 4z + 5

.

18. Resuelva la integral: ∮C−

dz

(z − 4)(z2 + 2z + 1),

donde C es un cırculo de radio 2 centrado en el origen.19. Resuelva la siguiente integral de Cauchy:∮

C+

(z2ez − z3)dz

z3 + 3z2 + 3z + 1,

donde C es un cırculo de radio 3 centrado en el origen.20. Analicemos la funcion f(z) = (1− cos3z)/z3. (a) Explique por que el polo de

la funcion es de orden 1. (b) Calcule∮C+

f(z)dz ,

donde C es un cırculo unitario centrado en el origen.21. Consideremos la funcion f(z) = sin(z/2)/(z2 − π2). (a) Encuentre todos los

polos de la funcion y diga de que orden es cada polo. (b) Calcule∮C+

f(z)dz ,

donde C es un semicırculo cerrado de radio 10 que encierra los cuadrantes 2y 3, y esta orientado positivamente.

22. Use la formula de Cauchy para calcular la siguiente integral sobre una circun-ferencia de radio R = 2 centrada en el origen:∮

C+

dz

(z + 1)2(z2 + 6z + 9).

23. Considere la funcion g(z) = (e−z−1)/z2. (a) Explique por que el polo de g(z)es de orden 1 y no de orden 2. (b) Use la integral de Cauchy para evaluar laintegral: ∮

Cg(z) dz ,

donde el contorno C este en forma de un cırculo de radio 3 centrado en elorigen y orientado positivamente.

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62 Bibliografıa

24. Use la formula de Cauchy para calcular las siguientes integrales sobre unacircunferencia de radio R = 5 centrada en el origen:∮

C+

ez sin z

z2dz ,

∮C+

3z3

(z + i)3dz .

25. Calcule las siguientes integrales usando la integral de Cauchy, siendo C uncırculo de radio 5 centrado en el origen:∮

C+

ez sin z

(z − iπ/2)3dz ,

∮C−

z − 3

z2 + 8z + 7dz ,

∮C−

cosh z

z + idz .

Bibliografıa

[1] G. B. Arfken y H. J. Weber. Mathematical Methods for Physicists. AcademicPress, 4ta edicion (1995), p 404.

[2] J. Bak y D. J. Neumann. Complex Analysis. Springer New York, 3ra edicion(2010), p 25.

Informacion adicional sobre funciones en el plano complejo se puede encontraren las siguientes referencias:




[6] W. Bolton. Complex Numbers (Mathematics for Engineers). Addison-WesleyLongman Ltd (1996).

[7] G. Tellez. Metodos Matematicos. Ediciones Uniandes (2004).


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Capıtulo

TRES

Series de potencia

3.1. Conceptos previos sobre series de potencia

Temas previos: lımites, convergencia y derivada enesima de una funcion.

Taller preliminar

1. Calcule los siguientes lımites, si existen. Si el lımite diverge y su lımite coincidepor derecha e izquierda, especifique — si aplica, decir si el lımite tiende a +∞o −∞—. Si el lımite diverge y ademas varıa por derecha y por izquierda, digaque no existe (NE).

lımx→1

x2 − 1

x− 1, lımx→∞

x

x2 + 1, lımx→∞

x+ 1

x, lımx→0

1

x,

lımn→∞

(−1)n , lımy→−2

−1

|y2 − 4|, lımy→∞

ey , lımy→−∞

ey .

2. Calcule las primeras cuatro derivadas de las siguientes cuatro funciones:

lnx , x5 , sinh(2x) , e−3x .

3. Si f (n)(x0) denota la enesima derivada de la funcion f evaluada en x0 (f (0) =f), evalue las siguientes expresiones para la funcion indicada (Nota: n! indicala funcion factorial, ademas 0 ! = 1):

f(x) = e−2x2 :1

n!f (n)(0) , terminos con n = 0, 1, 2, 3, 4 ,

f(x) =1

1 + x:

1

n!f (n)(1) , terminos con n = 0, 1, 2, 3, 4 .

63

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64 Capıtulo 3. Series de potencia

Respuestas al taller preliminar

2 , 0 , 1 , NE , NE , −∞ , +∞ , 0 ; x−1, −x−2, 2x−3, −6x−3 ,5x4, 20x3, 60x2, 120x , 2 cosh(2x), 4 sinh(2x), 8 cosh(2x), 16 sinh(2x) ,−3e−3x, 9e−3x, −27e−3x, 81e−3x ; 1, 0,−2, 0, 2 , 1

2 ,−14 ,

18 ,−

116 ,

132 .

3.2. Secuencias o sucesiones

Antes de entender una serie es importante definir el concepto de una secuencia osucesion. Una secuencia la podemos definir como una sucesion de terminos ordenadosque siguen una regla general. Por ejemplo, el conjunto de numeros 1, 2, 3, 4, 5, . . . forma una sucesion; intuitivamente, la regla general nos dice que el siguiente terminoque debemos colocar es 6.

Las posiciones de los numeros en una secuencia se enumeraran de manera usual,utilizando los numeros naturales. En algunos casos, la primera posicion se denotacon el 0, aunque en este libro se comenzara a partir del numero 1. De manera general,una secuencia sera escrita de la forma:

a1, a2, a3 . . . , an, . . . , (3.1)

donde la expresion an se refiere al termino localizado en la enesima posicion de lasecuencia. Supongamos ahora que tenemos la siguiente secuencia de numeros:

1,−4, 9,−16, 25,−36, 49, . . . . (3.2)

Nos podemos ahora preguntar ¿que significa la expresion a6? Si miramos la secuen-cia anterior, esto se refiere al sexto termino de la secuencia, el cual es −36; de estamanera, podemos escribir a6 = −36. Similarmente, a1 = 1, a2 = −4, y ası sucesiva-mente. Notemos, sin embargo, que la octava posicion no aparece escrita de maneraexplıcita. Con un poco de analisis, podrıamos concluir que el siguiente termino debe-rıa ser a8 = −64. La razon es que cada posicion representa el cuadrado del numerocorrespondiente. Por ejemplo, para la posicion 4 elevamos el cuadrado y obtenemos16. No obstante, hay que tener en cuenta que los signos se alternan, dando positivospara los impares y negativos para los pares. Si tenemos en cuenta esta deduccion,podrıamos tambien concluir que a9 = 81, y ası en adelante.

Resulta ahora importante encontrar una expresion general que nos permita pre-decir el termino asociado con una posicion arbitraria. Preguntemonos ahora: si es-tamos en la posicion n de la sucesion, ¿como escribimos una formula matematica enterminos de n que calcule el numero correspondiente? De la deduccion hecha en el

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3.2. Secuencias o sucesiones 65

ejemplo anterior, vemos que si la posicion n se eleva al cuadrado, tenemos la asocia-cion n → n2. No obstante, esto no tiene en cuenta el cambio de signo mencionado,ası que es importante encontrar una relacion adicional que aplique esto. Vemos asıque la relacion n → (−1)n+1 se encarga de esto; ası, es facil verificar que si n esimpar, el numero −1 se eleva a una potencia par para dar un resultado positivo; porel contrario, si n es par, la potencia resultante es impar y el resultado es negativo.

Combinando estos resultados, podemos ahora decir que el enesimo termino secalcula con la regla n → (−1)n+1n2, o, en otras palabras, an = (−1)n+1n2. Aca, eltermino an nos define la regla que nos permite predecir que numero se debe colocaren cualquier posicion. Una vez se conozca la regla asociada a la posicion, se puedencalcular sin ningun problema tantos coeficientes como se necesiten.

Ahora, algunas secuencias son finitas, lo que significa que el numero de terminosque se colocan en el arreglo es finito, es decir, que la secuencia finaliza; y otrassucesiones son infinitas, lo que quiere decir que la secuencia nunca termina, estandoası compuesta por un numero infinito de terminos. La secuencia de los numerospares menores o iguales a diez 2, 4, 6, 8, 10 es, por ejemplo, finita —compuesta por5 terminos—; mientras que la sucesion de los numeros primos 2, 3, 5, 7, 11, . . . esinfinita. Notemos que cuando una secuencia es finita, la ultima posicion del arreglocarece de puntos suspensivos, con lo cual se indica su fin. Los puntos sucesivos alfinal de una sucesion infinita indican su no finalizacion.

Ahora, un concepto importante en el tema de las sucesiones es el de convergencia.Se dice que una sucesion es convergente si para valores muy grandes de n losterminos se acercan tanto como se desee a cierto valor; mientras que una sucesion esdivergente, por el contrario, cuando esto no sucede y no podemos decir a que valorlos terminos de la sucesion se aproximan cuando n toma valores grandes. Notemosque esta definicion es realmente aplicable a secuencias infinitas, ya que las finitasposeen un ultimo termino.

Cuando una sucesion es convergente, decimos que esta tiende a un valor c sipodemos decir que

lımn→∞

an = c . (3.3)

Por ejemplo, la sucesion 12 ,

23 ,

34 , . . . converge a 1, ya que la regla viene dada por

an = nn+1 y es facil ver que

lımn→∞

an = lımn→∞

n

n+ 1= lım

n→∞

1

1 + 1n

=1

1 + 0= 1 . (3.4)

Aunque la teorıa detras de las sucesiones es mucho mas completa, hasta el mo-mento hemos visto lo mas importante para lo que necesitamos, y por lo tanto nodiscutiremos mas este tema.

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1. Determinemos los primeros seis terminos de cada una de las siguientes suce-siones descritas por la regla mostrada —comenzando con n = 1—:

an =n2

n3 + 1:

1

2,

2

9,

9

28,

16

65,

25

126,

36

217;

an =(2n)!

n!(−1)n : −2, 12 , −120 , 1680 , −30240 , 665280 ;

an = nei(n+1)π : 1 , −2 , 3 , −4 , 5 , −6 .

2. Para las sucesiones anteriores, determinemos cuales son convergentes y cualesdivergentes.Solucion: La primera es convergente y converge a 0, mientras que la segunday la tercera son divergentes.

3. Dados los cinco primeros terminos de una sucesion, determinar la regla general—termino enesimo—:

0 ,1

2,

2

3,

3

4,

4

5: an =

n− 1

n,

− 1 , 4 , −9 , 16 , −25 : an = (−1)nn2 ,

1 , i , −1 , −i , 1 : an = in−1 .

3.3. Series

3.3.1. Definicion y notacion de suma

Una serie es la suma de los elementos de una sucesion. Para mirar los detallesde una serie, primero recordemos una notacion de bastante utilidad: la notacionde suma. La notacion de suma se simboliza con la letra griega sigma mayuscula“ Σ”. Cuando trabajemos con esta notacion, usaremos las siguientes convenciones,explicadas a partir del siguiente ejemplo:

kf∑k=ki

ak = aki + aki+1 + · · ·+ akf . (3.5)

Aca, estamos sumando los terminos dados por la regla ak; comenzamos a partir deltermino aki —el primero— y terminamos con el termino akf —el ultimo––; y luego

ii

ii

ii

ii

3.3. Series 67

incrementamos cada termino, aumentando el valor de k en una unidad. Por ejemplo,si ak = (−1)n(n+ 1), tenemos que:

10∑k=0

ak =

10∑k=0

(−1)n(n+ 1) = a0 + a1 + a2 + · · ·+ a10

= 1− 2 + 3− 4 + 5− 6 + 7− 8 + 9− 10 + 11 = 6 . (3.6)

El concepto de convergencia tambien se adapta facilmente a una serie. Una serieconverge si la suma de todos los terminos tiende a un numero en particular. Porejemplo, la serie anterior converge a 6. No obstante, hay demasiadas series que noson convergentes. Por ejemplo, las siguientes tres:

10∑k=0

1

k,

∞∑k=0

(−1)k ,

∞∑k=0

k (3.7)

La primera diverge porque cuando k = 0, tenemos una expresion infinita. La segundatampoco es convergente porque la suma se alterna entre 1 y 0 (1− 1 + 1− 1 + . . . );aunque la suma al final no va a dar infinito —o menos infinito—, no tenemos formade saber si el resultado final es 1 o 0. Y en la tercera es claro que la suma tiende ainfinito porque a medida que sumamos 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + . . . esta se hace cada vezmas grande, dando al final un resultado divergente.

Ahora, hay muchas series infinitas, series que suman una cantidad infinita determinos, que convergen a un numero en particular —son convergentes—. Aunqueno es el proposito actual verificar como calcularlas, se mostraran los resultados. Estosson algunos ejemplos:

∞∑k=1

1

k2=π2

6,

∞∑l=0

(1

2

)l= 2 ,

∞∑m=1

(−1)m

m2= −π

2

12,

∞∑n=0

(−1)n

n+ 1= ln 2 . (3.8)

Nota importante: la letra usada en la suma (k, l, m, n, etc.) es irrelevante. Sonrelevantes, eso sı, los lımites inferiores y superiores de la suma, ası como la regla dela sucesion que origina la serie. Normalmente, se usa una letra latina en minusculapara definir la suma.

3.3.2. Definicion de una serie de potencia

Para introducir el concepto de una serie de potencia, primero recordemos la defi-nicion de un polinomio. Un polinomio de grado n se define de la forma:

Pn(x) = a0 + a1x+ . . . akxk + · · ·+ an−1x

n−1 + anxn , (3.9)

ii

ii

ii

ii


donde los coeficientes ak son —por ahora— numeros reales. Notemos que el k-esimocoeficiente va asociado a la potencia que aparece en la variable x. Por ejemplo,el coeficiente a3 es aquel que multiplica a la potencia x3. Podemos notar tambienque estos coeficientes pueden ser organizados como una sucesion —en este casocomenzando con el termino a0— de la forma a0, a1, . . . , ak, . . . , an−1, an. Esinteresante notar que un polinomio de grado n tambien puede ser escrito usando lanotacion de suma, por lo cual vemos que:

Pn(x) =n∑k=0

akxk . (3.10)

De esta manera, los coeficientes ak determinan el polinomio Pn(x). Es importantemencionar que estos coeficientes no tienen por que seguir una regla en particular,pueden ser aleatorios. Por ejemplo, los coeficientes 1, 0, −3, 4, 0, π, 3 determinanun polinomio de grado 6 que toma la forma:

P6(x) = 1− 3x2 + 4x3 + πx5 + 3x6 , (3.11)

no existiendo una regla clara que relacione los siete numeros que determinan dichopolinomio.

Ahora bien, una serie de potencias es ahora una serie infinita que toma laforma:

∞∑k=0

akxk , (3.12)

donde los coeficientes ak son los miembros de una sucesion —puede o no existiruna regla general, como fue estudiado en la seccion 3.2—. Mas adelante nos da-remos cuenta de que la gran mayorıa de funciones utilizadas en el calculo puedenser escritas como series de potencias. Adicionalmente, aprenderemos como calcularlos coeficientes ak para muchas funciones —de hecho, la familia de coeficientes akdetermina la serie de potencias de una funcion—. Cuando una serie como la mos-trada en la ecuacion (3.12) es usada para describir una funcion, diremos que la serierepresenta una expansion de la funcion respecto al punto x = 0. Cuando, por el con-trario, expandimos una funcion alrededor de un punto arbitrario x0, la serie tomarala forma:

∞∑k=0

ak(x− x0)k . (3.13)

Ahora, aquellas series que se expanden alrededor de x0 = 0 se denominaran seriesde McLaurin, mientras que aquellas series que se expanden alrededor de un valorarbitrario de x0 se denominaran series de Taylor1.

1Los coeficientes ak calculados respecto a valores distintos de x0 en general difieren.

ii

ii

ii

ii

3.3. Series 69

Notemos que cualquier polinomio tambien se puede escribir de la forma (3.12),a pesar de haber sido definido como una serie finita. En este caso, un polinomiode grado n se puede ver como una serie infinita cuyos coeficientes son todos cerocuando k ≥ n+1. Por ejemplo, el polinomio P4(x) = −1+x−x2 +3x3−2x4 tiene lasiguiente sucesion de coeficientes −1, 1, −1, 3,−2, 0, 0, . . . , 0, . . . . Notemos que,a partir de k = 5, en adelante todos los coeficientes son nulos: a5 = 0, a6 = 0 y asısucesivamente.

3.3.3. La serie geometrica

El objetivo principal de esta y las siguientes secciones es aprender a expresar unafuncion como una serie de potencias —es decir, calcular los coeficientes ak que ladeterminan—. Las aplicaciones y utilidades de hacer esto son enormes. Comenzare-mos con un caso sencillo, que normalmente se conoce como la serie geometrica. Laserie geometrica es la primera serie importante que sera estudiada en detalle, y larazon de esto radica en su simplicidad y su gran utilidad.

Ası, siendo x tal que −1 < x < 1, podemos asegurar que:

1 + x+ x2 + · · ·+ xk + · · ·+ xN =N∑k=0

xk =1− xN+1

1− x. (3.14)

Ademas, si la suma es infinita (N →∞), vemos facilmente que, debido a que |x| < 1,

1 + x+ x2 + · · ·+ xk + · · · =∞∑k=0

xk =1

1− x. (3.15)

Es importante enfatizar que las relaciones (3.14) y (3.15) solamente son validas si|x| < 1. Para |x| ≥ 1, la serie no converge y deja de ser valida. Este dominio, en elcual la serie de una funcion es valida, se denomina normalmente como el radio deconvergencia.

La gran utilidad de las relaciones anteriores es que nos permiten, en el dominio|x| < 1, escribir una gran familia de funciones como series de potencia. Ahora,comparando las ecuaciones (3.12) y (3.15), podemos concluir que —en el mismodominio acabado de mencionar— la serie geometrica es un caso muy particular,donde ak = 1.

Ahora bien, miremos como a partir de la serie geometrica se puede encontrar laserie de potencias de otra funcion. En este caso, supongamos que f(x) = x

2+5x , conlo cual vemos que esta funcion toma la forma de:

x

2 + 5x=

x

2(1 + 52x)

=x

2

1

1− (−52x)

. (3.16)

ii

ii

ii

ii


Comparando la ecuacion anterior con la ecuacion (3.15), vemos que la parte derechade la funcion se puede escribir como una serie geometrica para el valor −5

2x. Noobstante, como el valor absoluto de esta variable debe ser menor a 1, la serie serıaahora solamente valida si | − 5

2x| = |52x| < 1. Esto es lo mismo que |x| < 25 o

−25 < x < 5

2 . De este modo, la serie de la funcion anterior ahora toma la forma:

x

2 + 5x=x

2

∞∑k=0

(− 5

2x

)k=x

2

∞∑k=0

(−1)k(

5

2

)kxk =

∞∑k=0

(−1)k5k

2k+1xk+1 . (3.17)

Ahora, en la serie anterior queremos dejar el exponente de la variable x de unaforma distinta. Para lograr este proposito, debemos hacer un cambio en el ındice dela suma. Anteriormente, el ındice era k, pero ahora introduciremos un nuevo ındicen que satisface la simple relacion n = k+ 1. Esto es analogo a hacer una sustitucionen una integral.2 Notemos, sin embargo, que la variable k en la suma anterior tomala forma k = n− 1. Ademas, los lımites de la suma se deben cambiar: la suma antescomenzaba en k = 0, y vemos que para este valor n = 1, cuando k =∞, n tambientoma el mismo valor. Ası que la suma anterior ahora se escribe como:

x

2 + 5x=

∞∑n=1

(−1)n−1 5n−1

2nxn . (3.18)

Identificamos ahora el termino que acompana a la potencia xn, an = (−1)n−1 5n−1

2n ,para n ≥ 1. Esta es la regla de la sucesion que da origen a la serie que determina lafuncion, siempre y cuando el radio de convergencia satisfaga la relacion |x| < 2

5 .La serie geometrica tiene un mayor alcance y puede ser usada para establecer

otras series a partir de un analisis basado en el calculo diferencial e integral. Ahora,supongamos que queremos evaluar la serie de la funcion ln(1− x) usando la seriegeometrica, ası como determinar su radio de convergencia. La clave para realizaresto es notar la siguiente relacion:∫ x

0

dx

1− x= − ln(1− x) . (3.19)

Como ln(1− x) = −∫ x

0dx

1−x , podemos integrar la serie geometrica para obtener laserie del logaritmo. Con esto, vemos que:

ln(1− x) = −∫ x

0

dx

1− x= −

∫ x

0dx

∞∑n=0

xn = −∞∑n=0

∫ x

0xndx

= −∞∑n=0

xn+1

n+ 1. (3.20)

2Ası como una integral no depende del nombre que usemos para la variable de integracion, unaserie no depende de la etiqueta usada para el ındice de la suma.

ii

ii

ii

ii

3.3. Series 71

Antes de seguir, podemos comentar algunas cosas. Primero, el radio de convergenciade la serie del logaritmo es |x| < 1, debido a que debe ser el mismo radio de conver-gencia de la serie que la origina, la geometrica. Segundo, la serie se puede reescribirde nuevo en terminos de otro ındice para que el exponente que acompana a la varia-ble x no este corrido en una unidad, como en el caso anterior. Esto lo hacemos denuevo bajo el cambio de variable m = n+ 1, con lo cual obtenemos que:

ln(1− x) = −∞∑m=1

xm

m. (3.21)

De esta manera, podemos deducir que am = − 1m para m ≥ 1. Las series de muchas

otras funciones, dentro del radio de convergencia apropiado, pueden ser deducidas apartir de la serie geometrica, otro ejemplo es la funcion (1 + x)−2 (ver ejemplos dela seccion 3.3).

3.3.4. La serie binomial

La serie binomial es otra forma de escribir la serie de potencias de una fami-lia de funciones. Para introducir esta serie, recordemos algunos productos notablesrelevantes:

(A+B)2 = A2 + 2AB +B2 , (3.22a)

(A+B)3 = A3 + 3A2B + 3AB2 +B3 , (3.22b)

(A+B)4 = A4 + 4A3B + 6A2B2 + 4AB3 +B4 . (3.22c)

Notemos que tales productos notables siguen un patron establecido. En la expresion(A+B)3, por ejemplo, la potencia de A comienza en 3, y a medida que escribimos losdemas terminos, va disminuyendo en 1 hasta llegar a la potencia 0; por el contrario,la potencia de B hace lo opuesto: comienza a partir de la potencia 0 y termina enla potencia 3. Ahora, notemos que sea cual sea el termino que analicemos —haycuatro—, los exponentes siempre suman 3. Algo similar sucede con los otros dos:en el caso del producto (A + B)4, los exponentes de los cinco terminos siempresuman 4, el exponente de A disminuye de 4 hasta 0 y el de B aumenta de 0 hasta 4.No obstante, cada termino va multiplicado por un factor que por ahora parece seraleatorio —aunque no lo es—. En el caso del producto (A+B)4, por ejemplo, estosnumeros son, en orden respectivo, (1, 4, 6, 4, 1).

Aunque los numeros mostrados pueden ser calculados a partir del triangulo dePascal [1], este procedimiento es largo y en algunos casos no es practico. Apren-deremos a continuacion una forma general de calcular tales numeros. Por ejemplo,supongamos que queremos calcular estos numeros para la expresion (A+B)n, donde,

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ii

ii

ii


por ahora, n sera un numero entero positivo. De los productos notables mostradosanteriormente, podemos inferir que la expansion tendra n + 1 terminos, lo cual escierto. Ahora, si ordenamos los terminos de acuerdo con las expresiones mostradas,podemos inferir que el primer termino sera de la forma a0A

n, el segundo de la formaa1A

n−1B, el tercero de la forma a2An−2B2, y ası hasta el ultimo, que toma la forma

anBn. En este caso, la secuencia de numeros (a0, a1, . . . , an) es la que queremos

calcular. Hasta el momento, sabemos que para n = 2, n = 3 y n = 4 esas secuenciasson, respectivamente, (1, 2, 1), (1, 3, 3, 1) y (1, 4, 6, 4, 1). Pero, ¿cual sera la sucesionpara un valor arbitrario de n?

Siendo n el exponente que aparece en el producto (A+B)n, y siendo[(A+B)n

]k

el k−esimo termino de la expansion, 0 ≤ k ≤ n, este termino tomara la forma:[(A+B)n

]k

=n!

(n− k)!k!An−kBk . (3.23)

De esta manera, el coeficiente en la posicion k de la secuencia (a0, a1, . . . , an), al

cual llamaremos a(n)k —o simplemente ak—, se calcula mediante la formula:

ak =n!

(n− k)!k!≡

(n

k

). (3.24)

La expresion

(n

k

)es tan solo una forma abreviada de representar el numero n!

(n−k)!k! .

Ahora, determinemos, por ejemplo, el sexto termino en la expansion del producto(A+B)9. Como n = 9 y k = 6, obtenemos que:[

(A+B)9]6

=9!

3!6!A3B6 = 84A3B6 . (3.25)

Estamos ahora a punto de expresar una formula para la expansion (A + B)n. Lounico que debemos hacer es sumar todos los terminos denotados como

[(A+B)n

]k,

comenzando en k = 0 y terminando en k = n. Con esto, vemos que:

(A+B)n =

n∑k=0

[(A+B)n

]k

=

n∑k=0

(n

k

)An−kBk . (3.26)

No obstante, en algunos casos es conveniente expandir la funcion (1 + x)n, donde xsatisface la condicion |x| < 1. La serie anterior puede ser usada para realizar dichaexpansion. Notemos que si |A| > |B|, podemos decir que (A+B)n = An(1 + B

A )n =An(1+x)n, tomando a x como x = B

A , que claramente satisface |BA | < 1. Sin embargo,

ii

ii

ii

ii

3.3. Series 73

si por el contrario |B| > |A|, factorizamos B, con lo cual obtenemos (A + B)n =Bn(1 + x)n, con x = A

B . La ecuacion (3.26) nos dice ahora que:

(1 + x)n =n∑k=0

(n

k

)xk . (3.27)

Aunque hasta aca se menciona lo mas importante sobre la serie binomial, es impor-tante tomar en cuenta algunas consideraciones adicionales —y se reserva lo siguientepara el estudiante avanzado—. Nos podrıamos ahora preguntar que sucederıa si n noes un numero entero o incluso si es un numero negativo. La formula anterior tambiense puede adaptar a tales casos. Antes de avanzar, es importante mencionar que lafuncion factorial solo se define para numeros enteros y positivos, pero existe unageneralizacion a partir de la funcion gamma [2] (ver capıtulo 6 para mas detalles)para valores no enteros tanto positivos como negativos —el factorial de numerosenteros negativos es infinito—. No obstante, por ahora es importante mencionar que

la expresion

(n

k

)se puede expresar de una forma alternativa, como:

(n

k

)=n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)

k!. (3.28)

Ahora, notemos que si n es entero, el coeficiente con k = n es an = n(n−1)(n−2)...(1)n! =

n!n! = 1. Sin embargo, cuando k toma valores mayores a n, por ejemplo, k = n + 1,

el coeficiente asociado serıa an+1 = n(n−1)(n−2)...(1)(0)(n+1)! = 0. Esto quiere decir que

cuando k > n, todos los coeficientes asociados a la expansion serıan nulos. Estoes consistente con el hecho de que la suma en ecuacion (3.26) termina en k = n—cuando n es entero—, ya que de ahı en adelante no se aporta nada adicional a lasuma. Concluimos entonces que la serie binomial es finita si n es entero positivo.

Esto no sucede, sin embargo, cuando n no es un entero positivo. De ahora en ade-lante, usaremos la notacion α para denotar la potencia que aparece en la expansionbinomial cuando n no es entero positivo. Primero que todo, no existen productosnotables para expresiones como (A + B)−1 o (A + B)3/2. Ahora veremos como re-formular la serie geometrica para casos como los anteriores. Notemos, primero quetodo, que si n no es entero o, inclusive, si es negativo, la expresion(

α

k

)=α(α− 1)(α− 2) . . . (α− k + 1)

k!(3.29)

nunca se hace cero, porque justo esto ocurre cuando α − k + 1 = 0, o k = α + 1.Es facil ver que α+ 1 nunca es un entero positivo, ası que k —que por definicion es

ii

ii

ii

ii


un entero positivo—, nunca podra tomar el valor indicado. Ası, podemos concluirque la serie binomial indicada por la potencia α sera infinita. Con ayuda de algunasrelaciones importantes:(

α

0

)= 1 ,

(−αk

)= (−1)k

(k + α− 1

k

),

(α

k + 1

)=

(α

k

)α− kk + 1

, (3.30)

podemos definir la serie general:

(1 + x)α =

∞∑k=0

(α

k

)xk . (3.31)

Por ejemplo, determinemos los primeros 5 terminos de la serie (1−x)−1/2. Ası, vemosque, usando las relaciones mostradas en la ecuacion (3.30):3

(1− x)−1/2 =

∞∑k=0

(−1

2

k

)(−x)k =

∞∑k=0

(−1

2

k

)(−1)kxk

=

∞∑k=0

(k − 1

2

k

)(−1)k(−1)kxk =

∞∑k=0

(k − 1

2

k

)xk . (3.32)

Para entender la expansion, vemos que, usando la ecuacion (3.29),(k − 1

2

k

)=

(k − 12)(k − 3

2) . . . (k − 12 − k + 1)

k!=

(k − 12)(k − 3

2) . . . (12)

k!. (3.33)

De tal manera que el ultimo termino en la multiplicacion de numeros descendentessiempre es 1

2 . Con esto en mente, los cinco primeros terminos son:

(1− x)−1/2 =

(−1

2

0

)x0 +

(12

1

)x1 +

(32

2

)x2 +

(52

3

)x3 +

(72

4

)x4 + . . .

= 1 +12

1!x+

32

12

2!x2 +

52

32

12

3!x3 +

72

52

32

12

4!x4 + . . .

= 1 +1

2x+

3

8x2 +

5

16x3 +

35

128x4 + . . . (3.34)

Ahora, notemos que la expansion anterior es una aproximacion de (1− x)−1/2, puesla expansion exacta contiene un numero infinito de terminos.

3En la siguiente expresion, se usara la identidad

(n

k

)= (−1)k

(k − n− 1

k

).

ii

ii

ii

ii

3.3. Series 75


1. Usando la serie geometrica, determinemos la serie de la funcion (1 + 7x)−2 ysu radio de convergencia.Solucion: Para esto, notemos primero que:

d

dx

1

1 + 7x= − 7

(1 + 7x)2⇒ (1 + 7x)−2 = −1

7

d

dx

1

1 + 7x.

Notemos ademas que:

1

1 + 7x=

1

1− (−7x)=

∞∑k=0

(−7x)k =

∞∑k=0

(−1)k7 kxk .

Como | − 7x| < 1, el radio de convergencia es x < |17 |. Comparando, vemosque:

(1 + 7x)−2 = −1

7

d

dx

∞∑k=0

(−1)k7 kxk = −1

7

∞∑k=0

(−1)k7 kk xk−1

=∞∑k=1

(−1)k+17 k−1k xk−1 .

La suma se corrio de k = 0 a k = 1 porque el termino con k = 0 da cero yno aporta a la suma. Podemos en este momento reescribir la suma definiendom = k − 1. De esta manera, al correr los ındices, encontramos que:

(1 + 7x)−2 =

∞∑m=0

(−1)m7m(m+ 1)xm .

2. Determinemos los primeros seis terminos de la serie anterior.Solucion: Para esto, truncamos la expresion anterior hasta k = 5. Por lotanto:

(1 + 7x)−2 =5∑

m=0

(−1)m7m(m+ 1)xm + . . .

= (−1)07 0 x0 + (−1)17(2)x1 + (−1)27 2(3)x2 + (−1)37 3(4)x3

+ (−1)47 4(5)x4 + (−1)57 5(6)x5 + . . .

= 1− 14x+ 147x2 − 1372x3 + 12005x4 − 100842x5 +O(x6) .

La expresion O(x6) significa que la correccion que se realiza a la serie es delorden de x6. Esto con el fin de indicar el grado de aproximacion de una serie.

ii

ii

ii

ii


3. Si queremos, en este caso, expandir la serie (x−y)6, usamos la formula (3.26),con A = x y B = y, con n = 6

(x− y)6 =

6∑k=0

(6

k

)x6−kyk

=

(6

0

)x6 +

(6

1

)x5(−y) +

(6

2

)x4(−y)2 +

(6

3

)x3(−y)3

+

(6

4

)x2(−y)4 +

(6

5

)x(−y)5 +

(6

6

)(−y)6 .

Ahora bien, usando la ecuacion (3.24), encontramos que:

(x− y)6 =6!

6!0!x6 − 6!

5!1!x5y +

6!

4!2!x4y2 − 6!

3!3!x3y3 +

6!

2!4!x2y4

− 6!

1!5!xy5 +

6!

0!6!y6

= x6 − 6x5y + 15x4y2 − 20x3y3 + 15x2y4 − 6xy5 + y6 .

4. Ahora, usemos la serie binomial para determinar los 6 primeros terminos dela serie (1− 1

3x2)2/3.

Solucion: Usamos la formula (3.31) con x → −13x

2 y α = 23 , para encontrar

que:

(1− 1

3x2

)2/3

=∞∑k=0

(23

k

)(− 1

3x2

)k=∞∑k=0

(23

k

)(−1)k3−kx2k .

Ahora, vemos que:

(23

k

)=

23(2

3 − 1) . . . (23 − k + 1)

k!=

23(2

3 − 1) . . . (52 − k)

k!.

ii

ii

ii

ii

3.4. La serie de Taylor 77

De manera que, usando los resultados, encontramos que:(1− 1

3x2

)2/3

=

(23

0

)30x0 −

(23

1

)3−1x2 +

(23

2

)3−2x4

−

(23

3

)3−3x6 +

(23

4

)3−4x8 −

(23

5

)3−5x10 +O(x12)

= 1− 1

3

(23

1

)x2 +

1

9

(23

2

)x4 − 1

27

(23

3

)x6

+1

81

(23

4

)x8 − 1

243

(23

5

)x10 +O(x12) .

Finalmente, usando la formula (3.29), encontramos que:(1− 1

3x2

)2/3

= 1− 1

3

23

1!x2 +

1

9

(23)(2

3 − 1)

2!x4 − 1

27

(23)(2

3 − 1)(23 − 2)

3!x6

+1

81

(23)(2

3 − 1)(23 − 2)(2

3 − 3)

4!x8

+1

243

(23)(2

3 − 1)(23 − 2)(2

3 − 3)(23 − 4)

5!x10 +O(x12)

= 1− 2x2

9− x4

81− 4x6

2187− 7x8

19683− 14x10

177147+O(x12) .

3.4. La serie de Taylor

Las series geometrica y binomial son muy utiles para expresar algunas funcionescomo series de potencias. No obstante, estas presentan algunas limitaciones. Primeroque todo, hay un numero limitado de funciones cuyas series de potencias pueden serexpresadas en terminos de estas dos series. Segundo, la serie geometrica solo es utilen un radio de convergencia muy pequeno, lo cual es a veces inconveniente.

No obstante, la serie de Taylor se considerara como una formula general utilizadapara encontrar la serie de potencias de cualquier funcion, alrededor de un puntoespecıfico. Hasta ahora no se ha mencionado que quiere decir que la serie se calculealrededor de un punto, pero pronto se explicara. Por ahora, escribiremos la serie depotencias de la funcion f(x) de la forma:

f(x) =∞∑n=0

a(0)n xn . (3.35)

ii

ii

ii

ii


Sin embargo, esta serie es unicamente valida cuando expandimos la funcion alrededordel punto x0 = 0 —el superındice “ (0)” en el termino a0 enfatiza esto—. Lo cualquiere decir que la aproximacion es valida para valores cercanos a x = 0, perocuando nos alejamos de forma significativa de este valor, la aproximacion es cadavez menos exacta. Si, por el contrario, queremos aproximar la serie alrededor de unpunto arbitrario dado por x0, la serie correspondiente es:

f(x) =∞∑n=0

a(x0)n (x− x0)n . (3.36)

No obstante, los coeficientes a(0)n y a

(x0)n en las ecuaciones (3.35) y (3.36) no toman

el mismo valor. La forma de calcular estos coeficientes es a traves de la formula:

a(0)n =

1

n!

dnf

dxn

∣∣∣∣x=0

, a(x0)n =

1

n!

dnf

dxn

∣∣∣∣x=x0

. (3.37)

El calculo de los coeficientes a(0)n es un caso particular del calculo de los coeficientes

a(x0)n para el caso x0 = 0; en una gran mayorıa de los casos, estaremos interesados

en expandir las series alrededor del valor x0 = 0. En la formula (3.37), la expresion1n!dnfdxn

∣∣∣x=x0

significa derivar n veces la funcion f con respecto a la variable x; este

resultado debemos evaluarlo en x0 y depues dividirlo por n!. Recordemos que 0! = 1y f (0) = f .

Ahora, utilicemos la ecuacion (3.35) para calcular la serie de la funcion sinxalrededor del valor x = 0. Comencemos calculando sus coeficientes —lo haremospara los ocho primeros—:

n 0 1 2 3 4 5 6 7

dnfdxn sinx cosx − sinx − cosx sinx cosx − sinx − cosx

dnfdxn

∣∣∣x=0

0 1 0 −1 0 1 0 −1

a(0)n 0 1

1! 0 − 13! 0 1

5! 0 − 17!

Como la serie es infinita, deberıamos calcular un numero infinito de coeficientes,pero no hay necesidad, ya que a partir de los coeficientes recien calculados podemosdeducir un patron: vemos que cuando n es par, el coeficiente es 0, mientras que paralos valores impares el coeficiente no es 0. Resulta entonces conveniente separar loscoeficientes en dos grupos: los pares y los impares. Notemos que, si k es un numeroentero, 2k siempre es par, igual que 2k + 1 es siempre impar. Hacemos entonces uncambio de ındice, donde usaremos k en vez de n. Ası, vemos que a2k = 0 y a2k+1 6= 0.Encontremos ahora un patron para a2k+1:

ii

ii

ii

ii


k 0 1 2 3 4 5 6 7 . . . k . . .

a(0)2k+1

11! −

13!

15! −

17!

19!

111! −

113!

115! . . . (−1)k

(2k+1)! . . .

En la tabla anterior hemos inferido el valor de los coeficientes para k = 4 en adelante,que no fueron explıcitamente encontrados, pero su valor se puede anticipar.

La serie para el seno es, partiendo en contribuciones pares e impares, y cancelandolas pares, por lo tanto:

sinx =∞∑k=0

a2k x2k +

∞∑k=0

a2k+1 x2k+1 =

∞∑k=0

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1 . (3.38)

Como segunda ilustracion, calculemos la serie de la funcion ex alrededor de x = 1.Analicemos los coeficientes en una tabla:

n 0 1 2 3 4 . . . n . . .

dnfdxn ex ex ex ex ex . . . ex . . .

dnfdxn

∣∣∣x=1

e e e e e . . . e . . .

a(0)n e 1

1! e12! e

13! e

14! e . . . 1

n! e . . .

Por lo tanto, la serie exponencial alrededor de 1 es:

ex =∞∑k=0

an(x− 1)n =∞∑n=0

e

n!(x− 1)n = e

∞∑n=0

1

n!(x− 1)n . (3.39)

Es importante mencionar que la serie de potencias de una funcion puede no existir.Por ejemplo, si queremos expandir la serie del logaritmo natural lnx alrededor dex = 0, tenemos un gran inconveniente, ya que en el punto x = 0 tanto la funcion comosus derivadas divergen —no se pueden evaluar—. Por tanto, deberıamos evaluarlaalrededor de otro punto donde sus coeficientes sı se puedan calcular.

Para entender el significado de una serie de potencias, consideremos las dosseries calculadas previamente. Como se ha mencionado, la serie de Taylor es infinita,ası que formalmente no hay como calcularla, ya que evaluar un numero infinito determinos no es posible. Sin embargo, podemos aproximarnos a la funcion tanto comoqueramos, y entre mas terminos de la serie sean tenidos en cuenta, mas aproximadasera la aproximacion a la funcion.

ii

ii

ii

ii


Primero que todo, supongamos que queremos evaluar el numero de Euler e conalguna herramienta numerica. Para esto, podemos deducir que la serie de potenciasde la funcion exponencial alrededor de x = 0 —se deja al lector verificarlo— es:

ex =∞∑n=0

1

n!xn . (3.40)

Ahora, si evaluamos la funcion anterior en x = 1, encontramos que:

e1 = e =

∞∑n=0

1

n!= 1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+ . . . . (3.41)

A continuacion mostramos una tabla donde sumamos cierta cantidad de terminosde la serie anterior y el resultado lo comparamos con el valor calculado de e usandosiete cifras decimales. El valor N significa el numero maximo de terminos tomadosen la suma

∑Nn=0

1n! . Por ejemplo, para N = 3 la suma es 1 + 1

1 + 12! —sumamos tres

terminos—.

N 1 4 7 10 16 e∑Nn=0

1n! 1,0000000 2,6666666 2,7180555 2,7182815 2,7182818 2,7182818

Se puede concluir que, a medida que sumamos mas terminos, el valor calculado separece mas al esperado. Es mas, cuando sumamos 16 terminos ya alcanzamos elvalor exacto de e requerido por nuestro grado de exactitud. Por supuesto, si usamosmas cifras decimales en el valor de e, necesitarıamos probablemente incluir masterminos para alcanzar el grado de exactitud requerido. De hecho, una calculadoraesta programada para hacer calculos a partir de este metodo.

Ahora utilicemos la formula (3.38) para calcular los senos de x = π2 , x = π

3 yx = π

4 —tenga en cuenta que se debe usar el valor en radianes—. Usando de nuevosiete cifras decimales y denotando como N el numero maximo de terminos tenidosen cuenta en la suma, encontramos que:

N 1 3 5 7 9

sin(π/2) 1,5707963 1,0045248 1,0000035 1,0000000 1,00000000

sin(π/3) 1,0471975 0,8662952 0,8660254 0,8660254 0,8660254

sin(π/4) 0,7853981 0,7071430 0,7071067 0,7071067 0,7071067

Tarea para el lector: calcule los senos de los angulos anteriores y verifique losresultados.

ii

ii

ii

ii


Para visualizar como las series se aproximan a sus respectivas funciones, anali-cemos la Figura 3.1. En esta figura se grafican las funciones seno y exponencial, yse comparan con las graficas obtenidas a partir de la expansion de sus respectivasseries. Dependiendo del grado de aproximacion que se requiere, se tienen en cuentacierta cantidad de terminos.

Figura 3.1. Aproximacion de las series a sus respectivas funciones. Lado izquierdo: se muestra lafuncion sinx y cuatro aproximaciones hechas de acuerdo con la ecuacion (3.38) alrededor de x0 = 0;

f1(x) = x y tiene en cuenta un unico termino en la aproximacion, f2(x) = x− x3

3!y tiene en cuenta

dos terminos, f3(x) = x− x3

3!+ x5

5!y tiene en cuenta tres terminos, f4(x) = x− x3

3!+ x5

5!− x7

4!y tiene

en cuenta cuatro terminos. Notemos que f4(x) es practicamente indistinguible de la funcion sinx.Lado derecho: algo similar para la funcion ex alrededor de x0 = 1; sus aproximaciones se graficande acuerdo con la ecuacion (3.40). Analogamente, f2(x) = e+ e(x− 1) representa la aproximaciona dos terminos y ası sucesivamente. La funcion f4(x) tambien es practicamente indistinguible de lafuncion ex.


1. Calculemos la serie de potencias de la funcion e−3x alrededor de x = 0.Solucion: Para esto, podemos usar la serie encontrada en la ecuacion (3.40)y hacer el cambio de x por −3x, con lo cual encontramos que:

e−3x =

∞∑n=0

1

n!(−3x)n =

∞∑n=0

(−1)n3n

n!xn .

Este ejemplo muestra que no siempre se requiere calcular los coeficientes deuna funcion desde el principio; se puede aprovechar el resultado de una serieconocida para obtener el de otra.

2. Usemos el metodo de Taylor para calcular los cuatro primeros coeficientes dela funcion f(x) = (1 + 7x)−2 —alrededor de x = 0— y comparemos con losresultados obtenidos en el ejemplo 2 de la seccion 3.3.

ii

ii

ii

ii


Solucion: Primero, vemos que:

f (0)(x) = (1 + 7x)−2 , f (1)(x) = −14(1 + 7x)−3 ,

f (2)(x) = 294(1 + 7x)−4 , f (3)(x) = −8232(1 + 7x)−5 .

Ahora, usando la formula (3.37), encontramos que:

a(0)0 =

1

(1 + 7x)2

∣∣∣∣x=0

= 1 , a(0)1 = − 14

1!(1 + 7x)3

∣∣∣∣x=0

= −14 ,

a(0)2 =

294

2!(1 + 7x)4

∣∣∣∣x=0

= 147 , a(0)3 = − 8232

3!(1 + 7x)5

∣∣∣∣x=0

= −1372 ,

lo cual concuerda con los resultados previamente obtenidos.3. Expliquemos por que la funcion x lnx no posee una representacion de series

de potencias alrededor de x = 0.Solucion: Primero, vemos que el primer coeficiente sı se puede calcular, yaplicando la regla de L’Hospital, este es:

a(0)0 = x lnx

∣∣∣x=0

= lımx→0

lnx1x

= lımx→0

ddx lnxddx

1x

= − lımx→0

x = 0 .

Sin embargo, a partir de n = 1 los coeficientes divergen —se requiere queun unico coeficiente no se pueda calcular para que la serie no exista—. Porejemplo:

a(0)1 =

1

1!

d

dx

(x lnx

)∣∣∣x=0

= lımx→0

(lnx+ 1)→ −∞ .

4. Aunque la funcion x lnx no tiene un desarrollo en series de potencias alrededorde x = 0, hagamos el desarrollo alrededor de x = 1.Solucion: En este caso, se deben calcular los seis primeros terminos e intentardeducir un patron. Las primeras derivadas son:

f (1) = lnx+ 1 , f (2) =1

x, f (3) = − 1

x2, f (4) =

2

x3, f (5) = − 6

x4.

Por lo tanto:

a(1)0 = x lnx

∣∣∣x=1

= 0 , a(1)1 = (lnx+ 1)

∣∣∣x=1

= 1 , a(1)2 =

1

2!x

∣∣∣∣x=1

=1

2,

a(1)3 =

−1

3!x2

∣∣∣∣x=1

= −1

6, a

(1)4 =

2

4!x3

∣∣∣∣x=1

=1

12, a

(1)5 =

−6

5!x4

∣∣∣∣x=1

= − 1

20.

ii

ii

ii

ii

3.5. Series de Laurent 83

El patron aca es un poco mas difıcil de deducir. Notamos que los coeficientesimportantes se definien a partir de n = 1, ya que el termino con n = 0 esnulo. El termino con n = 1 lo aislamos porque no sigue un patron establecidorespecto al resto. A partir de n = 2 es facil deducir la regla, notamos que:

a(1)n

∣∣∣n≥2

=(−1)n+1(n− 2)!

n!=

(n− 2)!

n(n− 1)(n− 2)!=

(−1)n

n(n− 1).

Por lo tanto, la serie buscada es:

x lnx = (x− 1) +∞∑n=2

(−1)n+1

n(n− 1)(x− 1)n .

3.5. Series de Laurent

Las series de Laurent son mas generales que las series de Taylor y tienen granaplicabilidad en el calculo de variable compleja. Recordemos que en la expansion enserie de Taylor de una funcion f(x) alrededor del punto x0 exigıamos como requisitoque la funcion f(x) y sus derivadas estuviesen bien definidas en x0 —de lo contrario,algunos de sus coeficientes no se pueden calcular—.

La serie de Laurent ofrece la oportunidad de permitirnos calcular la serie depotencias de una funcion alrededor del punto x0, inclusive cuando es singular en estepunto —esto se traducira, como se vera mas adelante, a la inclusion de terminos degrado negativo en la expansion—. De ahora en adelante, generalizaremos el calculode series al plano complejo, haciendo el cambio de variable x → z = x + iy. Porejemplo, si ya conocemos la expansion de la funcion sinx alrededor de x0 = 0 ––veasela ecuacion (3.38)––, su respectiva serie para la variable compleja se tomara la forma—alrededor de z0 = 0— ası:

sin z =

∞∑k=0

(−1)k

(2k + 1)!z2k+1 . (3.42)

Recordemos de la subseccion 2.7.1 que si una funcion compleja f(z) no es analıtica enel punto z = z0 —z0 es un punto singular de orden m—, la funcion puede escribirsede la forma:

f(z) =g(z)

(z − z0)m= g(z)(z − z0)−m . (3.43)

En este caso, como m es un numero positivo, claramente la funcion f(z) deberaincluir potencias negativas de n en su expansion de series de potencia. Una serie de

ii

ii

ii

ii


Laurent incluira, por lo tanto, terminos negativos de n en su expansion. Ası, siendof(z) una funcion compleja, su expansion en series de Laurent alrededor del puntoz = z0 se escribe de la forma:

f(z) =

∞∑n=−∞

a(z0)n (z − z0)n . (3.44)

Para entender este resultado y aprender a calcular los coeficientes a(z0)n —ya tenemos

una formula, de acuerdo con la ecuacion (3.37), para los terminos positivos— en elcontexto del calculo de variable compleja,4 inclusive los negativos, realicemos elsiguiente analisis.

Supongamos que la funcion f(z) es analıtica en el interior del contorno anular Cmostrado en la Figura 3.2.

Figura 3.2. Contorno anular utilizado en la evaluacion de la serie de Laurent, la lınea punteadarepresenta una circunferencia de radio z centrada en z0. En este caso, f(z) es analıtica en el interiordel contorno anular, y evaluamos la integral de la funcion f(z′)(z − z′)−1 a lo largo del mismomediante la formula de Cauchy —la funcion f(z′)(z−z′)−1, no obstante, posee una singularidad enz′ = z—. En el contorno 1, z esta dentro del radio de convergencia de f(z′) —region A mostrada

a la derecha donde |z′ − z0| > |z − z0|, con radio de convergencia |z−z0||z′−z0|

< 1—, por lo cual suserie asociada debe proporcionar terminos convergentes. En el contorno 3, z esta fuera del radiode convergencia —region B mostrada a la derecha, donde |z′ − z0| < |z − z0|—, proporcionandoterminos divergentes.

Usando el teorema de Cauchy —ecuacion (2.56)— bajo las identificaciones z = z0

y z′ = z), vemos que f(z) se puede escribir como:

f(z) =1

2πi

∮C+

f(z′) dz′

z′ − z. (3.45)

4A veces escribiremos a(z0)n simplemente como an, sobreentendiendo el hecho de que la serie se

desarrolla alrededor de z = z0

ii

ii

ii

ii


Ahora, usando el contorno mencionado, vemos que:

2πif(z) =

∫1+

f(z′)dz′

z′ − z+

∫2

f(z′)dz′

z′ − z+

∫3−

f(z′)dz′

z′ − z+

∫4

f(z′)dz′

z′ − z. (3.46)

Podemos cancelar las integrales 2 y 4 mutuamente si hacemos la separacion entresus caminos lo suficientemente pequena —una es la negativa de la otra—. Notemosque al hacer esto, los caminos 1 y 3 se cierran. Por lo tanto —introduciendo un signonegativo en el camino 3 para hacerla positiva––, encontramos que:

f(z) =1

2πi

∮1+

f(z′)dz′

z′ − z− 1

2πi

∮3+

f(z′)dz′

z′ − z. (3.47)

Ahora, para expandir alrededor del punto z = z0, sumamos y restamos el valor z0

en los denominadores de las expresiones anteriores para encontrar que:

f(z) =1

2πi

∮1+

f(z′)dz′

z′ − z0 − z + z0− 1

2πi

∮3+

f(z′)dz′

z′ − z0 − z + z0. (3.48)

Notemos de la parte derecha de la Figura 3.2 que en el contorno 1 |z0−z| < |z0−z′|,mientras que en el contorno 3, por el contrario, |z0 − z′| < |z0 − z|. Factorizamoscada integral de la siguiente forma para usar la serie geometrica:5

2πif(z) =

∮1+

f(z′)dz′

(z′ − z0)(1− z−z0z′−z0 )

−∮

3+

f(z′)dz′

−(z − z0)(1− z′−z0z−z0 )

. (3.49)

Expandiendo, de acuerdo con la ecuacion (3.15), encontramos que:

2πif(z) =

∮1+

∞∑m=0

f(z′)

z′ − z0

(z − z0

z′ − z0

)mdz′ +

∮3+

∞∑m=0

f(z′)

(z − z0)

(z′ − z0

z − z0

)mdz′

=∞∑m=0

(z − z0)m∮

f(z′) dz′

(z′ − z0)m+1+∞∑m=0

(z − z0)−m−1

∮f(z′) dz′

(z′ − z0)−m.

(3.50)

Suprimimos los subındices 1+ y 3+ entendiendo que son contornos cerrados orienta-dos positivamente. Cambiamos ahora el ındice de la segunda suma, usando la relacion

5Notemos que al hacer la factorizacion apropiada se puede aplicar la serie geometrica, que solose puede aplicar cuando el valor de x satisface la condicion |x| < 1 —vease la ecuacion (3.15)—.

ii

ii

ii

ii


m = −n − 1. Renombramos luego el ındice sobre esta suma como n de nuevo, conlo cual obtenemos que:

f(z) =

∞∑n=0

(z − z0)n1

2πi

∮f(z′) dz′

(z′ − z0)n+1+

−1∑n=−∞

(z − z0)n1

2πi

∮f(z′) dz′

(z′ − z0)n+1

=

∞∑n=−∞

(z − z0)n1

2πi

∮f(z′) dz′

(z′ − z0)n+1

=∞∑

n=−∞a(z0)n (z − z0)n . (3.51)

Ahora, usando la formula general de Cauchy ––ecuacion (2.67)–– por simple com-paracion deducimos que:

a(z0)n =

1

2πi

∮C+

f(z) dz

(z − z0)n+1=

1

n!

dnf

dzn

∣∣∣∣z=z0

, (3.52)

donde C+ es cualquier contorno cerrado. Ası, tenemos una forma de calcular loscoeficientes de la serie de Laurent. En este momento, es importante hacer una acla-racion porque el lector se podrıa estar preguntando acerca del significado de loscoeficientes con ındice negativo, ya que de acuerdo con la formula anterior se cal-culan derivando un numero negativo de veces. Para aclarar esto, recordemos quehasta el momento no hemos especificado nada sobre la funcion f(z), si es holomorfao meromorfa en el contorno angular.

Supongamos que f(z) es holomorfa dentro del contorno anular. En este caso,f(z) no tendrıa puntos singulares, por lo que se espera que todos los coeficientes conındice negativo sean nulos. Matematicamente, esto se puede ver porque el factorialde un numero entero negativo es infinito [2], de tal manera que:

a(z0)n

∣∣∣n≤−1

=1

n!

dnf

dzn

∣∣∣∣z=z0

= lımy→∞

1

y

dnf

dzn

∣∣∣∣z=z0

= 0 . (3.53)

De esta forma, la operacion de derivar un numero negativo n veces carece de sentido,siendo totalmente irrelevante.

La situacion cambia, sin embargo, cuando la funcion f(z) no es holomorfa dentrodel contorno anular. En este caso, decimos que f(z) tendrıa un polo de orden m enz = z0, razon por la cual podemos escribir f(z) como f(z) = g(z)(z−z0)−m. Cuandoesto ocurre, notemos que:

a(z0)n =

1

2πi

∮C+

f(z) dz

(z − z0)n+1=

1

2πi

∮C+

g(z) dz

(z − z0)n+m+1

=1

(n+m)!

dn+mg

dzn+m

∣∣∣∣z=z0

=1

(n+m)!

dn+m

dzn+m

(f(z)(z − z0)m

)∣∣∣∣z=z0

. (3.54)

ii

ii

ii

ii


En este caso, existen coeficientes con ındice negativo que no son nulos y estan correc-tamente definidos, estos son los coeficientes a−m, , am−1, . . . a−1. Usando la formulaanterior, el termino a−m, por ejemplo, se calcula de acuerdo con la expresion:

a−m = f(z)(z − z0)m∣∣∣z=z0

, (3.55)

el cual esta perfectamente definido porque el termino (z− z0)m elimina la singulari-dad. Es facil darse cuenta, ademas, que cuando f(z) tiene un polo de grado m, loscoeficientes a−∞ , . . . , a−m−1 se anulan, debido a que el factorial en el denominadorde la ecuacion (3.54) se vuelve infinito.

Como aplicacion, calculemos la serie de Laurent de la funcion

f(z) =1

z + i(3.56)

alrededor del punto z = 0 en todo el plano complejo. Para resolver esto, usaremosla serie geometrica, sin embargo, debemos ser bastante cuidadosos con los valoresque toma z, debido a los criterios de convergencia propios de la serie geometrica—ecuacion (3.15)—. Calcularemos la serie en las regiones |z| < 1 y |z| > 1. Ası, enla primera region, vemos que:

f(z) =1

z + i=

1

i(1− iz). (3.57)

Como estamos dentro de la region comprendida por la condicion |z| < 1, notemosque |iz| = |z| < 1, ası que la serie geometrica se puede aplicar sin problemas. Por lotanto:

f(z) = −i∞∑n=0

(−iz)n =

∞∑n=0

(−i)n+1zn ⇒ a(z0)n =

0 , n ≤ −1

(−i)n+1 , n ≥ 0. (3.58)

En la segunda region, donde |z| > 1, debemos hacer un tratamiento totalmentediferente para poder aplicar la serie geometrica, en este caso:

f(z) =1

z + i=

1

z(1− −iz ). (3.59)

Ahora, vemos que |−iz | = |1z | < 1, porque |z| > 1. Ası, la serie geometrica se aplica,

con lo cual encontramos que:

= z−1∞∑m=0

(−iz

)m=∞∑m=0

(−i)mz−m−1 . (3.60)

ii

ii

ii

ii


Ahora, bajo el cambio de ındice n = −m− 1, encontramos que:

f(z) =−1∑

n=−∞(−i)−n−1zn ⇒ a(z0)

n =

(−i)−n−1 , n ≤ −1

0 , n ≥ 0. (3.61)

Cada una de las series encontradas es valida para cada una de las regiones difinidas.


1. Encontremos los primeros tres terminos de la serie de Laurent de la funcionf(z) = (ez − 1)−1 alrededor del origen, z = 0.Solucion: Nos damos cuenta de que hay un polo de orden uno en z = 0.6 Demanera que la primera aproximacion serıa escribir f(z), usando la serie de ez

—ecuacion (3.40)—, como:

f(z) =1

1 + z + z2

2! + z3

3! + · · · − 1=

1

z

1

1 + z2! + z2

3! + . . .,

para usar la serie geometrica —ecuacion (3.14)—, con lo cual obtenemos, con

x = z2 + z2

3! + . . . , que:

f(z) =1

z

[1−

(z

2+z2

3!+ . . .

)+

(z

2+z2

3!+ . . .

)2

+ . . .

]=

1

z

(1− z

2− z2

6+z2

4+ . . .

)=

1

z− 1

2+

1

12z + . . .

Los terminos adicionales no se han tenido en cuenta porque solamente nosinteresa calcular los tres primeros terminos.Si el lector es riguroso, podra darse cuenta de que existe un problema conel resultado anterior. El problema surge porque solo podemos aplicar la seriegeometrica cuando |z| < 1, lo cual no se puede garantizar. La forma validaserıa escribir f(z) como f(z) = 1

zz

ez−1 = 1zg(z), con g(z) = z/(ez−1) analıtica

en z = 0, y calcular cada termino de la serie de Laurent utilizando la formula(3.54). Sus coeficientes los podemos escribir como:

a(0)n =

1

2πi

∮g(z)

zn+2dz =

1

(n+ 1)!

dn+1

dzn+1g(z)

∣∣∣z=0

.

6Aunque la funcion no posee un termino explıcito de la forma z−1 que indique la existencia deun polo de orden 1 en z = 0, como se indica en el ejercicio, una sencilla manipulacion matematicalleva a escribir la funcion de la forma requerida.

ii

ii

ii

ii


Ahora, notemos que cuando n ≤ −2, a(0)n = 0, porque g(z) es analıtica en

z = 0. El primer termino no nulo es entonces a(0)−1. Ası, aplicando la regla de

L’Hopital [3], cuando el lımite z → 0 genere una indeterminacion tipo 0/0,encontramos que:

a(0)−1 =

1

0!g(0) = lım

z→0

z

ez − 1= lım

z→0

1

ez= 1 ,

a(0)0 = lım

z→0

1

1!

d

dz

z

ez − 1= lım

z→0

ez − 1− zez

(ez − 1)2= −1

2lımz→0

z

ez − 1= −1

2,

a(0)1 = lım

z→0

1

2!

d 2

dz2g(z) =

1

2lımz→0

−zez(ez − 1)− 2ez(ez − 1− zez)(ez − 1)3

=1

2lımz→0

ez(zez + z − 2ez + 2)

(ez − 1)3=

1

6lımz→0

2zez − 3ez + z + 3

(ez − 1)2

=1

12lımz→0

2zez − ez + 1

ez(ez − 1)=

1

12lımz→0

2zez + ez

ez(ez − 1) + ez=

1

12.

Ası,

f(z) = a(0)−1z−1 + a

(0)0 + a

(0)1 z + · · · = 1

z− 1

2+

1

12z + . . .

Ambas expresiones coinciden, aunque el segundo metodo es formalmente elcorrecto.

2. Encontremos la serie de Laurent de la funcion f(z) = 1z(z−1) alrededor del

punto z = 1 cuando |z − 1| < 1 y cuando |z − 1| > 1 —de nuevo, se incluyenlas dos regiones de interes para el estudio de la serie—.Solucion: Usando fracciones parciales, tenemos que:

1

z(z − 1)= −1

z− 1

1− z= (z − 1)−1 − 1

z.

Ahora, cuando |z − 1| < 1, escribimos la expresion anterior de la forma:

f(z) = (z − 1)−1 − 1

1 + (z − 1).

El segundo termino se puede expandir con la serie geometrica, porque |z−1| < 1

por definicion, ası,

f(z) = (z − 1)−1 −∞∑n=0

(−1)n(z − 1)n ,

ii

ii

ii

ii


con lo cual encontramos nuestra serie de Laurent. En el caso |z − 1| > 1,escribimos la funcion como:

f(z) = (z − 1)−1 − 1

1 + (z − 1)= (z − 1)−1 − 1

z − 1

1

1 + 1z−1

.

Como | 1z−1 | < 1, porque ahora |z− 1| > 1, aplicamos de nuevo la serie geome-

trica, con lo cual encontramos que:

f(z) = (z − 1)−1 − (z − 1)−1∞∑n=0

(−1)n(z − 1)−n

= (z − 1)−1 −∞∑n=0

(−1)n(z − 1)−n−1

= (z − 1)−1 −−1∑

m=−∞(−1)−m−1(z − 1)m

= (z − 1)−1 +−1∑

m=−∞(−1)m(z − 1)m .

En el ultimo paso volvimos a hacer un cambio de ındice de la forma m =−n− 1. El paso final es separar el termino n = −1 de la suma, que cancela elprimer termino, para finalmente encontrar que:

f(z) =−2∑

n=−∞(−1)n(z − 1)n .

Teniendo entonces una serie para cada region.

3.6. Ejercicios


1. Determine los primeros seis terminos de las tres secuencias dadas por la reglaestablecida:

an =n2

n3 + 1, an = (−1)n , an = nei(n+1)π .

ii

ii

ii

ii

3.6. Ejercicios 91

2. Dados los cuatro primeros terminos de tres sucesiones, determine la reglageneral:

0 , 1

2,

2

3,

3

4, . . . , −1 , 4 ,−9 , 16 , . . . , 1 , i , −1 , −i , . . . .

3. Diga si cada una de las sucesiones mostradas convergen o no. En caso afirma-tivo, especifique a que numero converge la sucesion:

an =n2

n3 + 1, an = (−1)n , an = nei(n+1)π .

4. Para x 1, use la relacion (3.20) para verificar que:

ln(1 + x− x2

)= x+

x2

2− 2x3

3+x4

4+ . . .

5. Usando la serie geometrica, desarrolle la serie de Taylor de la funcion:

f(x) =2x

5 + 3x2,

y diga su radio de convergencia.6. Usando la serie geometrica, encuentre una serie para la funcion f(x) = (1 −

2x)−3 cuando |x| < 12 .

7. (a) Use el resultado ddx tan−1x = (1 + x2)−1 para verificar, con ayuda de la

serie geometrica, que alrededor de x = 0:

tan−1x =∞∑n=0

(−1)nx2n+1

2n+ 1.

(b) Use este resultado para expresar π como una suma infinita de terminos.(c) Explique por que no podemos encontrar la serie de Taylor de la funcioncotx alrededor de x = 0.

8. Para |x| 12 , use la serie binomial para verificar que:

(1− 2x)−1/3 = 1 +2x

3+

8x2

9+

112x3

81+

560x4

243+ . . .

9. Para |x| 3, use la serie binomial para verificar que:

(1− x

3

)5/2= 1− 5x

6+

5x2

24− 5x3

432− 5x4

10368+ . . .

ii

ii

ii

ii


10. Cuando |x| ≥ 1, la funcion (1 + x)−3 no tiene un buen desarrollo en seriebinomial debido al radio de convergencia. Explique como se puede aliviareste problema mediante una factorizacion, para luego demostrar que, cuandox ≥ 1,

(1 + x)−3 =1

x3− 3

x4+

6

x5− 10

x6+

15

x7+ . . .

11. Verifique que la serie de potencias de la funcion cosx alrededor de x = 0 vienedada por:

cosx =∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n .

12. (a) Usando la serie (3.40), verifique que:

e−x =

∞∑n=0

(−1)n

n!xn .

(b) Use ahora este resultado para encontrar las series de las funciones coshx =12(ex+ e−x) y sinhx = 1

2(ex− e−x). (c) Compare estas dos series con las seriesde las funciones cosx y sinx, y comente las diferencias y similitudes.

13. La funcion seno se define como sinx = eix−e−ix2i . Use la serie de potencias de

la exponencial ex =∑∞

n=0xn

n! para verificar la serie comunmente usada parael seno.

14. La funcion coseno se define como cosx = eix+e−ix

2 . Use la serie de potencias dela exponencial ex =

∑∞n=0

xn

n! para verificar la serie comunmente usada parael coseno.

15. Usando el metodo de Taylor, calcule los cuatro primeros coeficientes an (n =0, 1, 2, 3) para la funcion f(x) = e2x sinx alrededor de x = 0.

16. Use el metodo de Taylor para calcular la serie de la funcion cos2x alrededorde x = 0.

17. Halle la serie de Laurent, alrededor de z = 0, de la funcion e2/z.

Ejercicios computacionales

18. La tabla de abajo muestra el valor de la funcion f(x) = (1 − x)−1 paradistintos valores de x, tales que −1 < x < 1, y su respectiva aproximacion conla inclusion de varios terminos —se usan seis cifras decimales—:

ii

ii

ii

ii

3.6. Ejercicios 93

Valor f(x) Aprox. Aprox. Aprox. Aprox.

de x (valor exacto) 2 terminos 3 terminos 5 terminos 7 terminos

0,1 1,111111 1,100000 1,110000 1,111100 1,111111

−0,3 0,769231 0,700000 0,790000 0,771100 0,769399

0,5

−0,9

Complete la tabla anterior, teniendo en cuenta que a medida que se usan masterminos, la aproximacion es mas exacta.

19. Como bien sabemos, no todas las funciones se pueden integrar utilizando lasherramientas aprendidas en el curso de calculo integral. Un ejemplo particulares la famosa funcion gausiana g(x) = e−x

2. (a) Usando los resultados del

capıtulo, exprese la funcion e−x2

como una suma infinita de potencias de x.(b) Exprese la funcion dada como la suma de los primeros 4 terminos nonulos. Integre esta expresion para encontrar una version aproximada de laintegral

∫e−x

2dx. (c) Con base en el resultado anterior, encuentre expresiones

numericas para las siguientes expresiones —use 6 decimales—:∫ 1

−1e−x

2dx ,

∫ 1

0e−x

2dx ,

∫ 0,5

−0,5e−x

2dx ,

∫ 0,5

0e−x

2dx .

20. Haga lo mismo del ejercicio anterior para la funcion e2x2 .21. Repita lo mismo para la funcion e−

13x3 .

22. Use la serie de la funcion tan−1x encontrada en el ejercicio 7 para compararla grafica de la funcion exacta y la obtenida mediante sus primeras cuatroaproximaciones, tal como se mostro en la Figura 3.1. Use un dominio quecorresponda con su radio de convergencia.

23. Haga lo mismo para la funcion mostrada en el ejercicio 8.24. Haga lo mismo para la funcion mostrada en el ejercicio 9.

Ejercicios avanzados

25. Consideremos la funcion f(z) = 1/(z3 +4z2 +3z). (a) Descomponga la funcionanterior en fracciones parciales. (b) Encuentre la serie de Laurent de la funcionindicada alrededor de z = 0 para la region —radio de convergencia— 0 < |z| <1. (c) Haga lo mismo para los dominios 1 < |z| < 3 y |z| > 3. (d) Identifiqueel residuo —coeficiente a−1— de la funcion en cada una de las tres regiones.

26. Use el metodo de Taylor para encotrar la serie de la funcion secx alrededorde x = 0.

ii

ii

ii

ii

94 Bibliografıa

27. Use el metodo de Taylor para encotrar la serie de la funcion sin−1x alrededorde x = 0.

Bibliografıa

[1] O. Mesa. Triangulo de Pascal: En el planteamiento de una situacion problema.Universidad de Medellın (2004), p 19.


[3] J. Stewart. Calculus. Thomson, (2008), p 472.

Informacion adicional sobre series de potencias se puede encontrar en las siguien-tes referencias:

[4] J. Stewart. Calculus. Thomson, (2008).





ii

ii

ii

ii

Capıtulo

CUATRO

El teorema del residuo

4.1. Conceptos previos sobre residuos

Temas previos: raıces de una funcion, integrales impropias, integrales de caminocerradas, series de Laurent.

Taller preliminar

1. Encuentre las raıces de las siguientes funciones:

f1(z) = z3 + 6z2 + 12z + 8 , f2(z) = z4 − 2iz3 − z2 , f3(z) = z4 + 1 .

2. Desarrolle las siguientes integrales impropias:∫ ∞−∞

dx

1 + x2,

∫ ∞−∞

xe−x2dx ,

∫ ∞0

3x dx

(4x2 + 1)3.

3. Explique por que las siguientes integrales son divergentes:∫ ∞1

dx

x,

∫ ∞0

dx

x2 − 1,

∫ ∞0

sinx dx .


−2 , 0 , i , eiπ/4 , e3iπ/4 , e5iπ/4 , e7iπ/4 ; π , 0 , 364 ; La funcion

lnx diverge cuando x → ∞ , Hay una divergencia en x = 1 , La funcion cosxno esta bien definida en x→∞ .

95

ii

ii

ii

ii

96 Capıtulo 4. El teorema del residuo

4.2. Residuos

En esta seccion empezaremos a juntar algunos de los conceptos explicados encapıtulos anteriores, con el fin de explicar uno de los teoremas mas poderosos delcalculo de variable compleja. Para esto, resumamos las ideas mas importantes pre-viamente explicadas:

1. En la subseccion 2.7.1 se introdujeron los conceptos de singularidad y polode orden n. Recordemos que si una funcion f(z) posee un polo de orden nen z = z0, esto quiere decir que la funcion se puede escribir como f(z) =g(z)(z − z0)−n, donde g(z) es otra funcion que no tiene ni ceros ni polos enz = z0.

2. La integral de Cauchy, definida en la ecuacion (2.67), nos permite calcularel valor de la integral de una funcion no holomorfa dentro de un dominio.Por ahora, solo sabemos como hacer el calculo cuando la funcion f(z) poseeunicamente un polo de orden n en z = z0.

3. La seccion 3.5 nos proporciono una manera de escribir f(z) como una descom-posicion de potencias de z − z0, incluyendo aquellas potencias negativas.

Ahora, vamos a probar el siguiente resultado, que conectara las tres ideas que seacabaron de describir: siendo C un cırculo de radio R centrado en z = z0 orientadopositivamente, entonces, si n ∈ Z, entonces:∮

C+

(z − z0)ndz =

0 , n 6= −1

2πi , n = −1≡ 2πiδn,−1 . (4.1)

La expresion δm,n normalmente se conoce como la delta de Kronecker [1]. Esta esuna funcion de dos variables —m y n— que toma el valor de 1 si m = n, pero quesiempre da 0 cuando m 6= n.

Para demostrar el resultado anterior, parametrizamos el contorno usando la pa-rametrizacion z = z0 +Reiφ, ası:∮

C+

(z − z0)ndz =

∫ 2π

0RneinφiReiφdφ = iRn+1

∫ 2π

0ei(n+1)φdφ . (4.2)

Ası, si n 6= −1, integramos y obtenemos:∮C+

(z − z0)ndz =Rn+1

n+ 1ei(n+1)φ

∣∣∣∣2π0

=Rn+1

n+ 1

[cos(2π(n+ 1)

)− 1]

= 0 . (4.3)

Aca, usamos el hecho de que n es entero, en cuyo caso n + 1 tambien es siempreentero, y por lo tanto cos

(2π(n+1)

)= 1. El caso n 6= −1 en la ecuacion (4.1) queda

ii

ii

ii

ii

4.2. Residuos 97

entonces demostrado. No obstante, si n = −1, vemos que la integral en la ecuacion(4.2) toma la forma de: ∮

C+

(z − z0)−1dz = i

∫ 2π

0dφ = 2πi , (4.4)

con lo cual completamos el resultado.Aunque no se ha enfatizado, es claro que el punto z0 esta necesariamente encerra-

do por el contorno tomado. Si usaramos un contorno que no encerrara el valor de z0,la integral siempre darıa 0. Lo sorprendente del resultado anterior es que es validopara cualquier contorno, lo unico que se debe tener en cuenta es si z0 esta adentro oafuera, ya que el resultado siempre es 0 si z0 esta por fuera, y siempre vale 2πiδn,−1

si z0 esta por dentro. No obstante, cuando el contorno se orienta negativamente, elresultado es −2πiδn,−1.

¿Que hay de especial en el valor n = −1? Notemos que para cualquier valordistinto a n = −1, la integral de la funcion (z − z0)n es una funcion polinomica—univaluada—, de grado n + 1. No obstante, cuando n = −1, la integral de lafuncion (z − z0)−1 es ln(z − z0), la cual es multivaluada —vease la seccion 2.4—.Esto implica que, al dar una vuelta entera, llegamos a una rama distinta. Comoln z = ln |z| + iφ + 2imπ, al dar una vuelta, m toma el valor m = 1, anadiendo elfactor adicional 2πi.

Este resultado es muy importante; para mostrar su importancia, escribamos lafuncion f(z) como una serie de Laurent alrededor del punto z = z0 usando la relacion(3.51). Con esto, vemos que:∮

C+

f(z)dz =

∮C+

∞∑n=−∞

a(z0)n (z − z0)ndz =

∞∑n=−∞

∮C+

a(z0)n (z − z0)ndz . (4.5)

Como los coeficientes a(z0)n son numeros que no dependen de z, los podemos sacar

de la integral, ası:∮C+

f(z)dz =

∞∑n=−∞

a(z0)n

∮C+

(z − z0)ndz = 2πi

∞∑n=−∞

a(z0)n δn,−1 . (4.6)

En la ultima lınea usamos el resultado (4.1). Recordemos que la expresion δn,−1

siempre es 0 a menos que n = −1. Por lo tanto, en la suma anterior solo el terminocon n = −1 sobrevive; veamos esto con mas detalle:∮

C+

f(z)dz = 2πi(· · ·+ a

(z0)−2 δ−2,−1 + a

(z0)−1 δ−1,−1 + a

(z0)0 δ0,−1 + . . .

)= 2πi

(· · ·+ 0 + a

(z0)−1 + 0 + . . .

)= 2πia

(z0)−1 . (4.7)

ii

ii

ii

ii


El numero a(z0)−1 se llama residuo de la funcion en z = z0 y determina el valor de la

funcion f(z) integrada a lo largo de cualquier contorno que encierre la singularidaden z = z0.

El resultado anterior es de una enorme utilidad, ya que la integral∮C f(z)dz se

calcula simplemente identificando el residuo encerrado. Muchas funciones puedencontener mas de un residuo encerrado dentro del contorno; cuando esto sucede, sedeben tener en cuenta las contribuciones de todos los residuos que aparecen dentrodel contorno. Mas adelante mostraremos como se implementa esto. Por ahora, nosinteresaremos en como calcular los residuos de una funcion.

Notemos primero que una funcion va a tener residuos si tiene polos. Una funciontendra igual numero de residuos que de polos. De hecho, a cada polo se le asocia

un residuo. Recordemos que el residuo asociado al polo z0 es el coeficiente a(z0)−1 , que

aparece en la serie de Laurent. Para calcularlo, simplemente hagamos el reemplazon = −1 en la ecuacion (3.54); ası, notamos que si z0 es un polo de orden m asociadoa la funcion f(z) en z = z0, entonces:

a(z0)−1 =

1

(m− 1)!

dm−1

dzm−1

(f(z)(z − z0)m

)∣∣∣∣z=z0

. (4.8)

A continuacion calcularemos los residuos de algunas funciones. Para hacerlo, es in-dispensable factorizar primero la funcion que estamos estudiando, como veremos.


Todos los residuos a continuacion seran calculados por medio de la ecuacion (4.8).

1. Para la funcion

f(z) =1

z(z3 + 2z2 + 4z),

(a) Encontremos todos los polos de la funcion y decir el orden de cada uno.(b) Calculemos los residuos de los polos de orden mas bajo. (c) Calculemoslos residuos de los polos de orden mas alto.

Solucion: (a) La funcion anterior se escribe como:

f(z) =1

z2(z2 + 2z + 4)=

1

z2(z − (−1− i

√3 ))(z − (−1 + i

√3 )) .

Hay un polo de orden 2 en z = 0 y dos de orden uno en z± = −1± i√

3.

ii

ii

ii

ii

4.2. Residuos 99

(b) Los residuos de orden mas bajo son los de orden uno, asociados a los polosen z+ = −1 + i

√3 y z− = −1− i

√3; sus valores son:

a(z+)−1 =

z + 1− i√

3

z2(z2 + 2z + 4)

∣∣∣∣z+

=1

z2(z + 1 + i

√3 )

∣∣∣∣z+

=1

2i√

3(i√

3− 1)2

= − 1

4i√

3(1 + i√

3 )=

1

4(3− i√

3 ),

a(z−)−1 =

z + 1 + i√

3

z2(z2 + 2z + 4)

∣∣∣∣z−

=1

z2(z + 1− i

√3 )

∣∣∣∣z−

=1

−2i√

3(−i√

3− 1)2

= − 1

2i√

3(−2 + 2i√

3 )=

1

4(3 + i√

3 ).

(c) El residuo en z = 0 —orden 2— es el de orden mas alto, y su valor es:

a(0)−1 =

d

dz

z2

z2(z2 + 2z + 4)

∣∣∣∣z=0

=d

dz

1

z2 + 2z + 4

∣∣∣∣z=0

= − 2z + 2

(z2 + 2z + 4)2

∣∣∣∣z=0

= −1

8.

2. Evaluemos todos los residuos de las siguientes dos funciones —es posible queuna funcion contenga varios residuos—:

f1(z) =zez − 2ze−z + 8z

z5, f2(z) =

z2 + 12 cos(πz)

z3 + 2z2 + z.

Solucion: La primera funcion se escribe como:

f1(z) =ez − 2e−z + 8

z4.

Por lo tanto, vemos un polo de grado 4 en z = 0, y su residuo es:

a(0)−1 =

1

3!

d 3

dz3z4 e

z − 2e−z + 8

z4

∣∣∣∣z=0

=1

6

d 3

dz3(ez − 2e−z + 8)

∣∣∣z=0

=1

6(ez + 2e−z)

∣∣∣z=0

=1

2.

Por otra parte, la segunda funcion se escribe como:

f2(z) =z2 + 1

2 cos(πz)

z(z + 1)2,

ii

ii

ii

ii


donde encontramos un polo de grado 1 en z = 0, y otro polo de orden 2 enz = −1, ası:

a(0)−1 = z

z2 + 12 cos(πz)

z(z + 1)2

∣∣∣∣z=0

=z2 + 1

2 cos(πz)

(z + 1)2

∣∣∣∣z=0

=1

2,

a(−1)−1 =

d

dz(z + 1)2 z

2 + 12 cos(πz)

z(z + 1)2

∣∣∣z=−1

=d

dz

z2 + 12 cos(πz)

z

∣∣∣z=−1

=d

dz

z(2z − π2 sin(πz))− z2 − 1

2 cos(πz)

z2

∣∣∣z=−1

=3

2.

3. Evaluemos ahora todos los residuos de las siguientes dos funciones:

f1(z) =1

(z − 1)(z + 2)(z − i)(z + 2i), f2(z) =

z2

(z − 1)2(z + 2i)2.

Solucion: La primera funcion ya esta factorizada, por lo que podemos fa-cilmente concluir que tiene cuatro polos de orden 1, uno en z = 1, otro enz = −2, otro en z = i, y otro en z = −2i. Los cuatro residuos son:

a(1)−1 =

z − 1

(z − 1)(z + 2)(z − i)(z + 2i)

∣∣∣∣z=1

=1

(z + 2)(z − i)(z + 2i)

∣∣∣∣z=1

=1

3(1− i)(1 + 2i)=

1

3(3 + i)

3− i3− i

=1

10− i

30,

a(−2)−1 =

1

(z − 1)(z − i)(z + 2i)

∣∣∣∣z=−2

= − 1

3(2 + i)(2− 2i)

= − 1

6(3− i)3 + i

3 + i= − 1

20− i

60,

a(i)−1 =

1

(z − 1)(z + 2)(z + 2i)

∣∣∣∣z=i

=1

(i− 1)(2 + i)3i

= − 1

3(1 + 3i)

1− 3i

1− 3i= − 1

30+

i

10,

a(−2i)−1 =

1

(z − 1)(z + 2)(z − i)

∣∣∣∣z=−2i

=1

6(1 + 2i)(1 + i)

= − 1

6(1− 3i)

1 + 3i

1 + 3i= − 1

60− i

20.

Los residuos de la segunda funcion, z = 1 y z = −2i, cada uno de orden 2,tambien se pueden leer facilmente, ya que la funcion esta factorizada. Por lotanto:

ii

ii

ii

ii

4.3. El teorema del residuo 101

a(1)−1 =

d

dz

z2

(z + 2i)2

∣∣∣∣z=1

=2z(z + 2i)2 − 2(z + 2i)z2

(z + 2i)4

∣∣∣∣z=1

=4iz

(z + 2i)3

∣∣∣∣z=1

=4i

(1 + 2i)3= − 4i

11 + 2i

11− 2i

11− 2i= − 8

125− 44i

125,

a(−2i)−1 =

d

dz

z2

(z − 1)2

∣∣∣∣z=−2i

=2z(z − 1)2 − 2(z − 1)z2

(z − 1)4

∣∣∣∣z=−2i

=−2z

(z − 1)3

∣∣∣∣z=−2i

= − 4i

(1 + 2i)3=

8

125+

44i

125.

4.3. El teorema del residuo

Siendo f(z) una funcion meromorfa dentro del dominio encerrado por el contornocerrado C orientado positivamente, supongamos que la funcion encierra un total dek polos. Por lo tanto: ∮

C+

f(z)dz = 2πik∑j=1

a(zj)−1 . (4.9)

De acuerdo con la formula anterior, es importante tener en cuenta —vease la Figura4.1 para mas detalles— que:

1. Si el contorno se encierra negativamente, la formula es la misma, pero debeintroducirse un signo negativo en el lado derecho.

2. Notemos que esto solo se aplica a los residuos encerrados, aquellos por fueradel contorno no contribuyen a la integral.

3. Cada uno de los polos se calcula de acuerdo con la ecuacion (4.8).4. Esto se aplica para cualquier contorno, lo unico importante son los residuos

que se encierran.

En la siguiente seccion se mostrara como el teorema del residuo se puede usar pa-ra calcular una gran cantidad de integrales. Por ahora, apliquemos el teorema delresiduo para calcular varias integrales cerradas.

ii

ii

ii

ii


Figura 4.1. Aplicacion del teorema del residuo a una funcion f(z), la cual se integra a lo largo decuatro contornos cerrados diferentes.


1. Calculemos la integral∮C f(z)dz, donde f(z) es la funcion mostrada en el

ejemplo 1 de la seccion 4.2 y C es uno de los siguientes tres contornos: (a)un cırculo de radio 1 centrado en el origen y orientado positivamente, (b)un rectangulo con vertices en los puntos (0, 0), (0, 1), (−2, 1) y (−2, 0) reco-rrido en este mismo orden, y (c) un rectangulo con vertices en los puntos(0, 0), (0,−1), (−2,−1) y (−2, 0) recorrido en el orden respectivo.Solucion: (a) Para este caso, notamos que el contorno unicamente encierra elpolo en z = 0 —le queda al lector verificarlo—. Su residuo ya fue calculado ysu valor es −1/8. Como el contorno esta orientado positivamente, la ecuacion(4.9) nos dice que:∮

Cf(z)dz =

∫C+

dz

z(z3 + 2z2 + 4z)= 2πia

(0)−1 = 2πi

(− 1

8

)= − iπ

4. (4.10)

(b) Este contorno encierra los residuos en z = 0 y z+ = −1 + i√

3. Tambienesta orientado positivamente, ası:∮

Cf(z)dz =

∫C+

dz

z(z3 + 2z2 + 4z)= 2πi

(a

(0)−1 + a

(z+)−1

)= 2πi

(− 1

8+

1

4(3− i√

3 )

)= − π

24(√

3 + 3i ) . (4.11)

(c) Este contorno encierra los residuos en z = 0 y z− = −1 − i√

3. Y estaorientado negativamente, ası:

ii

ii

ii

ii

4.4. Aplicaciones del teorema del residuo 103

∮Cf(z)dz =

∫C+

dz

z(z3 + 2z2 + 4z)= −2πi

(a

(0)−1 + a

(z−)−1

)= 2πi

(− 1

8+

1

4(3 + i√

3 )

)= − π

24(√

3− 3i ) . (4.12)

2. Calculemos∮C+ f1(z)dz, donde f1(z) es la primera funcion definida en el ejem-

plo 3 de la seccion 4.2 y C es un cırculo de radio 10 centrado en el origen.Solucion: Es claro que los cuatro residuos estan siendo encerrados, ası:∮

C+

f1(z)dz = 2πi[a

(1)−1 + a

(−2)−1 + a

(i)−1 + a

(−2i)−1

]= 2πi

[1

10− i

30− 1

20− i

60− 1

30+

i

10− 1

60− i

20

]= 0 .

4.4. Aplicaciones del teorema del residuo

Aca veremos como el teorema del residuo puede ser usado para evaluar variostipos de integrales que no se pueden calcular con los metodos tradicionales. Clasifi-caremos estas integrales de acuerdo con el tipo de funciones que se van a integrar ylos contornos que deben ser tomados para evaluarlas.

4.4.1. Integrales de funciones racionales

Este tipo de integrales son de la forma:∫ ∞−∞

P1(x)

P2(x)dx , (4.13)

donde P1(x) y P2(x) son polinomios no reducibles —no se pueden simplificar bajofactorizacion—, tal que el grado de P2(x) es al menos dos grados mayor que elgrado de P1(x). Todas estas integrales se solucionan con uno de los dos contornosmostrados en la Figura 4.2.

Aunque cualquiera de los dos contornos mostrados —el de la izquierda o el de laderecha— puede ser utilizado para evaluar la integral, dando el mismo resultado, espreferible usar el de la izquierda, ya que esta orientado positivamente.

Veamos como se evalua una integral del tipo (4.13) mediante el contorno seleccio-

nado. Primero, definimos la funcion compleja f(z) = P1(z)P2(z) . Notemos que el contorno

ii

ii

ii

ii


lo podemos descomponer en dos pedazos: la recta horizontal y la parte superior dela semicircunferencia. El primer camino lo parametrizamos a traves de la sustitucionz = x, mientras que en el segundo tomamos la sustitucion z = Reiθ.

Figura 4.2. Contorno usado para evaluar las integrales de funciones racionales. Aca, R es el radiodel semicırculo; y estaremos interesados en el lımite R → ∞. Los puntos z+1 , . . . z

+M son los polos

de la funcion, localizados en la parte superior del plano complejo, y z−1 , . . . z−N son los polos de la

funcion que yacen sobre la parte inferior del mismo.

Es claro que para la primera integral x comienza en −R y termina en R, y queen la segunda θ comienza en 0 y termina en π. Como el camino tomado es cerrado yesta orientado positivamente, aplicamos el teorema del residuo encerrando los polosdel plano positivo, con lo cual obtenemos que:∮

Cf(z)dz =

∫ R

−Rf(x)dx+

∫ π

0f(Reiθ)iReiθdθ = 2πi

M∑j=1

a(z+j )

−1 . (4.14)

La idea ahora es mostrar que la integral sobre la semicircunferencia se anula cuandoR→∞. Para esto, es clave recordar que el polinomio P2(x) es al menos dos gradosmayor que el polinomio P1(x). Supongamos que el grado de P2(x) es n y que el deP1(x) es m. Como n ≥ m+ 2, tomamos n = m+ p+ 2, donde p ≥ 0, ası:

lımR→∞

∫ π

0f(Reiθ)iReiθdθ ∼ lım

R→∞

∫ π

0

iR(Reiθ)m dθ

(Reiθeiθ)m+p+2= lım

R→∞

∫ π

0

ieiθdθ

(Reiθ)p+1,

(4.15)

donde el sımibolo “∼” significa que se ha tomado el termino de mayor orden en cadapolinomio, acotando la integral de acuerdo con estos terminos.

ii

ii

ii

ii


Como p ≥ 0, la expresion anterior claramente se anula. Notemos que bajo elmismo lımite, la ecuacion (4.14) toma la siguiente forma:∫ ∞

−∞f(x)dx = 2πi

M∑j=1

a(z+j )

−1 . (4.16)

Concluimos entonces que el calculo de la integral se traduce a calcular los residuosque yacen sobre el plano imaginario positivo.

Ejemplo

1. Evaluemos la integral ∫ ∞−∞

dx

(x2 + a2)2, a > 0 .

Solucion: Usamos el contorno indicado y comenzamos definiendo la funcioncompleja f(z) = (z2 +a2)−2 = (z+ ia)−2(z− ia)−2, con lo cual notamos que elunico polo sobre la region superior es z = ia. Como el polinomio del numeradores de orden 0 y el del denominador es de orden 4, podemos garantizar que laintegral sobre la semicircunferencia se cancela, por lo tanto:∫ ∞

−∞f(x)dx = 2πia

(ia)−1 = 2πi

d

dz

(z − ia)2

(z2 + a2)2

∣∣∣∣z=ia

= 2πid

dz(z + ia)−2

∣∣∣∣z=ia

= − 4πi

(z + ia)3

∣∣∣∣z=ia

= − 4πi

8i3a3=

π

2a3.

Si se tomara el contorno derecho de la figura 4.2, el resultado serıa igual.En este caso, se encerrarıa el residuo en −ia y aparecerıa un signo negativoadicional, porque el contorno estarıa orientado negativamente.

4.4.2. Integrales con termino de la forma eiax

Ahora, estamos interesados en evaluar integrales de la forma∫ ∞−∞

f(x)eiaxdx , (4.17)

donde a es un numero real positivo —el tratamiento para a real y negativo semostrara tras explicar el primer caso—. La funcion, con argumento complejo, f(z),debe cumplir los siguientes requisitos:

ii

ii

ii

ii


1. f(z) debe ser una funcion meromorfa en el plano superior, Im(z) > 0.2. f(z) debe cumplir el siguiente criterio de convergencia:

lım|z|→∞

f(z) = 0 , 0 ≤ arg z ≤ π . (4.18)

Figura 4.3. Contorno usado para evaluar la integral (4.17). El contorno izquierdo se usa cuandoa > 0, y el derecho cuando a < 0.

Para realizar esta integral, empleamos el contorno mostrado en la parte izquierda dela figura 4.3, donde R→∞ es el radio de la semicircunferencia mostrada. Empleandoel teorema del residuo, definiendo la integral sobre la variable compleja z, y usando laparametrizacion apropiada para cada uno de los dos caminos que aparecen —similaral tipo anterior de integrales—, encontramos que:∮

C+

f(z)eiazdz =

∫ R

−Rf(x)eiaxdx+

∫ π

0f(Reiaθ)eiaRe

iθiReiθdθ

= 2πiM∑j=1

a(z+j )

−1 . (4.19)

De nuevo, a(z+j )

−1 representa los polos sobre el plano superior. Notemos que en ellımite R → ∞, en el cual estamos interesados, la primera integral se convierte enla que deseamos evaluar. Sin embargo, para poder relacionarla de manera directacon la suma de residuos, debemos demostrar que la segunda integral se anula. Estonormalmente se conoce como el Lema de Jordan [2]. Para hacerlo, notemos queesta integral —la llamaremos IR— toma la siguiente forma:

IR = lımR→∞

∫ π

0iRf(Reiaθ)eia(R cos θ+iR sin θ)eiθdθ . (4.20)

Por supuesto, la integral anterior no se puede resolver, a excepcion de unos muypocos casos. La buena noticia es que no hay necesidad de evaluarla directamente;para esto, usaremos una herramienta comunmente utilizada, que es acotarla por sumagnitud —vease la Figura 4.4 para mas detalles—. Esta herramienta se basa en

ii

ii

ii

ii


la siguiente idea: si b y c son numeros no negativos, tal que b ≤ c y c = 0, entoncesb = 0.

Figura 4.4. Izquierda: claramente, el area encerrada por la funcion |f(x)| —lınea gris punteadalarga— es mayor que el area encerrada por la funcion f(x) —lınea negra punteada mas corta—,mientras que el area de cada subregion generada por la primera funcion siempre esta por encimadel eje y —por lo tanto, cada porcion siempre contribuye de manera positiva al area total—, lassubregiones generadas por la segunda funcion no presentan la misma propiedad —por lo tanto, hayregiones que contribuyen negativamente al area total—. Derecha: se ve claramente que la funcionsin θ es mayor o igual que la funcion 2

πθ en el intervalo 0 ≤ θ ≤ π

2.

Para esto, definamos b = |IR|; consecuentemente:

c = lımR→∞

∫ π

0

∣∣∣iRf(Reiaθ)eia(R cos θ+iR sin θ)eiθ∣∣∣dθ , (4.21)

dado que |∫f(x)dx| ≤

∫|f(x)dx|, b ≤ c. Por lo tanto, si demostramos que c = 0,

comprobamos que IR = 0.

Notemos que, por la condicion 2 sobre la funcion f(z), podemos asumir que sitomamos R lo suficientemente grande, entonces |f(Reiθ)| < ε, con ε → 0. Notemosahora que:

c = lımR→∞

∫ π

0|iR||f(Reiaθ)||eiaR cos θ||e−aR sin θ|eiθ|dθ

≤ lımR→∞

Rε

∫ π

0e−aR sin θdθ = lım

R→∞2Rε

∫ π/2

0e−aR sin θdθ . (4.22)

El ultimo paso se puede entender por medio de la figura 4.4. La ultima integraltampoco la podemos evaluar, pero la seguimos acotando. Notemos que cuando 0 ≤θ ≤ π/2, la funcion sin θ satisface la condicion sin θ ≥ 2

πθ —vease la figura 4.4—. Deesta manera, deducimos que:

c ≤ lımR→∞

2εR

∫ π2

0e−

2πaRθdθ = − lım

R→∞

2εRe−2πaRθπ

2aR

∣∣∣∣π20

= lımR→∞

ε(1− e−aR)π

a. (4.23)

ii

ii

ii

ii


Como asumimos que a > 0, vemos que, tomando el lımite R → ∞, c ≤ πa ε. Final-

mente, dado que ε→ 0, concluimos que c = 0.El Lema de Jordan sera utilizado para evaluar muchas integrales del tipo (4.17),

dado que nos ayuda a determinar el contorno apropiado que se debe utilizar pararesolverlas.

Notemos que cuando a < 0, el lımite en la ecuacion (4.23) diverge, pero estose soluciona encerrando el contorno por debajo, tal como se muestra en la partederecha de figura 4.3. Los pasos se siguen de manera similar para este caso, llegandode nuevo al resultado que necesitamos.

Usando estos resultados y la ecuacion (4.19), podemos concluir que:∫ ∞−∞

f(x)eiaxdx = 2πiM∑j=1

a(z+j )

−1 , a > 0 , (4.24a)

∫ ∞−∞

f(x)eiaxdx = −2πiN∑j=1

a(z−j )

−1 , a < 0 . (4.24b)

El signo negativo en la segunda ecuacion se introduce porque el contorno tomadocuando a < 0 esta orientado negativamente.

Ejemplo

1. Evaluemos la siguiente integral:∫ ∞0

cos(mx)

x2 + 1dx , m ∈ R .

Solucion: Escribimos la integral anterior como:∫ ∞0

cos(mx)

x2 + 1dx =

1

2

∫ ∞0

eimx

x2 + 1dx+

1

2

∫ ∞0

e−imx

x2 + 1dx .

Haciendo la sustitucion x→ −x en la segunda integral, encontramos que:

I =

∫ ∞0

cos(mx)

x2 + 1dx = +

1

2

∫ ∞0

eimx

x2 + 1dx+

1

2

∫ 0

−∞

eimx

x2 + 1dx

=1

2

∫ ∞−∞

eimx

x2 + 1dx .

Usamos de nuevo uno de los dos contornos mostrados en la figura 4.3,siendo cuidadosos con el signo de m. Si m > 0, encerramos el contorno porarriba —contorno izquierdo—, si m < 0 lo encerramos por debajo —contorno

ii

ii

ii

ii


derecho—. Escogemos los contornos ası para poder cancelar la integral sobreel arco, usando el Lemma de Jordan. En el primer caso, encerramos el poloen z = i; mientras que en el segundo caso se encierra el polo en z = −i. Enambos casos tenemos, respectivamente:

I± =1

2

∫ ∞−∞

eimx

x2 + 1dx = ±2πia−1(±ia) = ±2πi

0!(z ∓ i) eimz

2(z2 + 1)

∣∣∣∣z=±i

= ±πi eimz

z ± i

∣∣∣∣z=±i

= ±πie∓m

±2i= π

e∓m

2=π

2e−|m| .

Las integrales que acabamos de estudiar son de suma importancia, especialmenteporque son la base principal para evaluar muchas transformadas de Fourier, un temaque se vera mas adelante.

4.4.3. Valor principal de una funcion

Notemos que hasta el momento no hemos mencionado la posibilidad de que uncontorno pase directamente por encima de un polo. Los contornos estudiados, hastael momento, encerraban o dejaban por fuera los polos de manera total. El lector yase podrıa haber dado cuenta de que siempre que una integral con lımites (−∞,∞)quiera ser evaluada mediante el teorema del residuo, el contorno estudiado debeposeer una recta horizontal que cubra todo el eje x. Si los polos de una funcion noson reales, esta recta horizontal nunca pasara por encima de las singularidades. Noobstante, si los polos son reales, estaran en el camino de esta recta horizontal.

Cuando esto sucede, el tratamiento de los residuos debe ser levemente modificado.Ademas, si los polos son ahora reales, se debe tener cuidado con la convergencia delas funciones que vamos a integrar. Por ejemplo, la funcion f(x) = 1/(x2 + 1) tienepolos en x = ±i; si esta funcion es integrada entre−∞ < x <∞, la funcion no tendradivergencias para valores reales de x. Por lo tanto, esta integral converge al valor de πy puede ser integrada mediante el formalismo descrito para las funciones racionales.No obstante, la funcion f(x) = 1/(x2 − 1), por ejemplo, posee singularidades realesen x = ±1, por lo cual se genera una integral divergente sobre el mismo dominio.

A pesar del argumento anterior, algunas funciones con polos sobre el eje realsı convergen y pueden ser evaluadas mediante el teorema del residuo. Para haceresto, supongamos primero que deseamos evaluar la integral

∫∞−∞ f(x)dx y que f(x)

posee un polo sobre el eje real. Para evaluarla, escogemos el contorno mostrado enla parte izquierda de la Figura 4.2 con una leve modificacion, tal como se muestraen la Figura 4.5.

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ii

ii

ii


Figura 4.5. Contornos usados para evaluar integrales con polos que yacen sobre el eje real. Mientrasque el contorno de la izquierda esquiva el polo sin encerrarlo, el derecho sı lo encierra. Amboscontornos generan el mismo resultado.

En la figura mencionada, la pequena semicircunferencia alrededor de z0 posee unradio ε, que lo haremos suficientemente pequeno tomando el lımite ε→ 0. Si usamosel contorno mostrado en el lado izquierdo, vemos que el polo no es encerrado, y porlo tanto:∮

C+

f(z)dz =

∫ R

εf(x)dx+

∫ π

0f(Reiθ)iReiθdθ +

∫ −ε−Rf(x)dx+

∫4f(z)dz = 0 .

(4.25)

Si la funcion cumple los criterios de convergencia apropiados, la segunda integralse anula —tal como sucedio con los dos tipos de integrales anteriores—. Pararealizar la cuarta integral, hacemos la sustitucion z = εeiφ, en este caso, recogemosel residuo en z0, pero no lo encerramos totalmente, ya que el cırculo no da la vueltaentera —unicamente la mitad—. Vemos que, a diferencia con la integral de Cauchy—seccion 2.7—, donde el pequeno cırculo de radio ε introducido daba la vueltaentera introduciendo un factor de 2πi, aca introducimos un factor de iπ al recorrerla mitad de la trayectoria. Notando que esta integral esta orientada negativamente,concluimos que la ecuacion (4.25), en el lımite R→∞, toma la siguiente forma:

lımε→0

[ ∫ −ε−∞f(x)dx+

∫ ∞εf(x)dx

]−∫ π

0f(εeiφ)iεeiφdφ = 0 . (4.26)

Tomando el lımite ε → 0, el primer termino en la relacion anterior lo denotamoscomo P

∫∞−∞ f(x)dx, comunmente conocido como el valor principal de la funcion.

Finalmente, concluimos que:

P

∫ ∞−∞

f(x)dx = πia(z0)−1 . (4.27)

Por otro lado, la escogencia del contorno derecho darıa el mismo resultado; la integral4 serıa positiva al estar orientada de manera positiva, pero al lado derecho habrıa

ii

ii

ii

ii


un factor de 2πia(z0)−1 al encerrar el residuo. Tras un sencillo despeje, se encuentra el

resultado enunciado en la ecuacion (4.27).

Ejemplo

1. Calculemos el valor de la siguiente integral:∫ ∞0

sinx

xdx .

Solucion: Como vemos, el polo de la funcion esta en x = 0, siendo real. Antesde usar el resultado (4.27), sin embargo, debemos expresar la integral como:∫ ∞

0

sinx

xdx =

∫ ∞0

eix

2ixdx−

∫ ∞0

e−ix

2ixdx .

Haciendo el cambio x→ −x en la segunda integral, concluimos que:∫ ∞0

sinx

xdx =

∫ ∞0

eix

2ixdx−

∫ −∞0

eix

−2ix(−dx)

=

∫ ∞0

eix

2ixdx−

∫ −∞0

eix

2ixdx

=1

2i

∫ ∞−∞

eix

xdx .

Finalmente, usando ahora la ecuacion (4.27), concluimos que —debemos en-cerrar el contorno por encima para poder aplicar el Lema de Jordan—:

1

2i

∫ ∞−∞

eix

xdx = πia

(0)−1 = iπ

[1

2i

zeiz

z

]z=0

=π

2.

4.4.4. Integral trigonometrica sobre cırculo unitario

Ahora estudiaremos integrales de la forma (a, b ∈ R):∫ 2π

0

dθ

(a+ b cos θ)n,

∫ 2π

0

dθ

(a+ b sin θ)n; |a| > |b| y n > 0 . (4.28)

La condicion |a| > |b| es indispensable porque de lo contrario las integrales divergenal tener polos sobre el eje real. Para profundizar en esto, vemos que el denominadorde las ecuaciones anteriores se hace cero cuando cos θ = −a/b o sin θ = −a/b. Como

ii

ii

ii

ii


el seno y el coseno de argumentos reales siempre toman valores entre −1 y 1, lasraıces seran reales si |a| < |b|. Si |a| > |b| tambien existen raıces, pero complejas—evitando ası la existencia de divergencias—.

Para resolver este tipo de integrales siempre funciona la sustitucion z = eiθ. No-temos que bajo esta sustitucion, cos θ = 1

2(z + z−1) y sin θ = 12i(z − z

−1). Ademas,como |z| = 1, la integral se convierte en una integral sobre un cırculo unitario orien-tado positivamente. Usando un poco de algebra, podemos convertir las integralesanteriores a —C es un cırculo unitario orientado positivamente—:∫ 2π

0

dθ

(a+ b cos θ)n=

∮C

(iz)−1dz(a+ b

2(z + z−1))n =

∮C

2nzn−1dz

ibn(z2 + 2ab z + 1)n

, (4.29a)∫ 2π

0

dθ

(a+ b sin θ)n=

∮C

(iz)−1dz(a+ b

2i(z − z−1))n =

∮C

2nin−1zn−1dz

bn(z2 + 2iab z − 1)n

. (4.29b)

De aquı en adelante, las integrales anteriores se pueden resolver directamente a travesdel teorema del residuo. En cualquiera de los dos casos, hay dos polos de orden n,pero unicamente se encierra uno —vease la Figura 4.6—.

Figura 4.6. Bosquejo de la localizacion de los dos polos para las funciones estudiadas para el casoa, b ∈ R, tal que a/b > 1. Aca, z± denotan las soluciones a la ecuacion cuadratica resultante, tomandola raız positiva y negativa, respectivamente. Izquierda: polos de la funcion (4.29a). Derecha: polosde la funcion (4.29b).

Ejemplo

1. Resolvamos la integral ∫ 2π

0

dφ

1 + ε cosφ, 0 < ε < 1 .

ii

ii

ii

ii


Solucion: Comparando con la ecuacion (4.29a), vemos que a = 1, b = ε yn = 1. Por lo tanto:∫ 2π

0

dφ

1 + ε cosφ=

∮C

2dz

iε(z2 + 2ε z + 1)

=2

iε

∫C

dz

(z − z+)(z − z−),

donde z± = −1ε ±

iε

√1− ε2 son las raices que surgen al igualar a cero el

polinomio que aparece en el denominador de la ecuacion anterior.Notando que el contorno encierra z+, pero no z−, aplicamos el teorema delresiduo, con lo cual llegamos al siguiente resultado:∫ 2π

0f(φ)dφ = 2πia

(z+)−1 = 2πi

2

iε

(z − z+)

(z − z+)(z − z−)

∣∣∣∣z=z+

=4π

ε(z+ − z−)

=2π√

1− ε2.

Claramente, z+−z− = 2ε

√1− ε2. Notemos que si ε < 1, la integral es real. Sin

embargo, si ε ≥ 1, la integral es compleja —o infinita, si ε = 1—, lo que generauna contradiccion, ya que la integral original se define sobre el conjunto de losreales. Esto es simplemente una consecuencia del hecho de que cuando ε ≥ 1,la integral original diverge, por lo tanto, estarıa mal definida.

4.4.5. Integrales de funciones multivaluadas

Aunque no existe un metodo general para evaluar las integrales de funcionesmultivaluadas, discutiremos un ejemplo en particular que puede ayudar al lector adesarrollar otros ejercicios similares. Recordemos que una funcion multivaluada poseepuntos de ramificacion —vease la seccion 2.4 para mas detalles—. El inconvenienteque surge cuando se consideran funciones con puntos de ramificacion es que al daruna vuelta entera al plano complejo llegamos a una rama diferente, cambiando elvalor de la funcion. Este problema se puede solucionar introduciendo una lınea decorte, la cual no debemos cruzar.

Para trazar correctamente una lınea de corte, escogemos una singularidad de lafuncion y trazamos una lınea recta que conecte este polo con el infinito. Aunque ladireccion de esta recta es arbitraria, generalmente estas lıneas apuntan en la direcciontanto positiva o negativa del eje x o y. El contorno que se escoge debe ser formuladode tal manera que esta lınea no se pueda atravesar —vease, por ejemplo, la Figura4.7—.

ii

ii

ii

ii


Figura 4.7. Contorno escogido para evaluar la integral de la funcion multivaluada. Este contornoposee ocho caminos y esta parametrizado por el angulo θ. Este no es el unico contorno posible;se podrıa haber definido otro que encierre directamente la singularidad en z = −a, fusionando loscaminos 2 y 6 —evitando los recorridos 3, 4 y 5—. Ese contorno estarıa compuesto unicamente por4 caminos y darıa el mismo resultado. La lınea punteada de rojo es la lınea de corte. Notemos queeste contorno no encierra residuos. La figura de la derecha muestra explıcitamente los valores de θa lo largo de la trayectoria.

Ejemplo

1. Evaluemos la integral

∫ ∞0

x−1/2

x+ adx , a > 0 ,

usando el contorno mostrado en la Figura 4.7.Solucion: La funcion posee un punto de ramificacion en z = 0, porque lafuncion z−1/2 es multivaluada. Notemos, ademas, que cuando z = 0, la funciondiverge debido a la presencia de una singularidad, pero de orden m = 1/2,lo cual no esta bien definido. Para encontrar un contorno adecuado, trazamosuna lınea que parta desde z = 0. Aunque hay varias posibilidades con respectoa la direccion que esta recta debe tomar, la unica que nos servirıa en este casoserıa aquella que va en la direccion θ = 0. La recta tomada, por lo tanto,conectarıa el punto z = 0 con el punto z = +∞. El contorno que escojamosno debe atravesar esta lınea, asegurandonos de no dar una vuelta completay ası quedandonos sobre la misma rama. La figura 4.7 muestra un posible

contorno. Definimos la funcion f(z) = z−1/2

z+a y para cada camino usamos lassiguientes parametrizaciones —cada pequeno cırculo posee radio ε—:

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ii

ii

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Camino 1 2 3 4 5 6 7 8

Param. xei0 Reiθ xeiπ εeiφ − a xeiπ Reiθ xe2πi εeiφ

Lım. Inicial ε 0 −R 2π −a− ε π R 2π

Lım. Final R π −a− ε 0 −R 2π ε 0

Primero que todo, las integrales 3 y 5 se cancelan mutuamente cuando ε→ 0—una es la negativa de la otra—. Las integrales 2 y 6, por otro lado, secancelan en el lımite R → ∞. Verifiquemos esto para la integral 2 —algosimilar se hace para la integral 6—:∫

2· · · = lım

R→∞

∫ π

0

iReiθdθ

R1/2eiθ/2(Reiθ + a)= lım

R→∞

∫ π

0

idθ

R1/2eiθ/2= 0 .

Ahora, como el contorno tomado no encierra residuos, tenemos que, en ellımite R→∞:∮

f(z)dz =

∫1· · ·+

∫4· · ·+

∫7· · ·+

∫8· · · = 0 .

Ahora, vemos que:∫1· · ·+

∫7. . . =

∫ ∞ε

(xei0)−1/2

(xei0) + aei0 dx+

∫ ε

∞

(xe2πi)−1/2

(xe2πi) + ae2πidx

=

∫ ∞ε

x−1/2

x+ adx+

∫ ε

∞

x−1/2e−iπ

x+ adx = 2

∫ ∞ε

x−1/2

x+ adx .

Notemos que, de no haber sido por los puntos de ramificacion —en particular,el termino e−iπ adicional que aparecio en la segunda integral—, ambas integra-les se cancelarıan mutuamente. De ahora en adelante, estaremos interesadosen el lımite ε → 0, donde la integral anterior, que salvo un factor de 2, seconvierte en la integral que deseamos evaluar.Para el camino 4 hacemos la sustitucion indicada, con lo cual encontramosque: ∫

4f(z)dz = lım

ε→0

∫ 0

2π

(εeiφ − a)−12 iεeiφ

εeiφ − a+ adφ = −i lım

ε→0

∫ 2π

0(εeiφ − a)−

12dφ

= −i(−a)−1/2

∫ 2π

0dφ = −2πie−iπ/2a−1/2 = − 2π√

a.

Mientras que para el camino 8 encontramos que:∫8f(z)dz = lım

ε→0

∫ 0

2π

e−iφ/2iεeiφdφ

ε1/2(a+ εeiφ)= lım

ε→0i

∫ 0

2π

ε1/2eiφ/2dφ

a+ εeiφ= 0 .

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ii

ii

ii


Juntando nuestros resultados, tenemos entonces que:

2

∫ ∞0

x−1/2

x+ adx− 2π√

a= 0⇒

∫ ∞0

x−1/2

x+ adx =

π√a. (4.30)

Las cinco clases de integrales que acabamos de mencionar son apenas un pequenogrupo de integrales que se pueden evaluar a traves del teorema del residuo. Aunqueexisten muchos otros tipos de integrales, estas son las mas utilizadas y con mayoresaplicaciones. En los ejercicios mostrados a continuacion se introducen algunas inte-grales diferentes donde se deben escoger contornos mas exoticos cuya escogencia noes evidente; en estos casos, el contorno sera proporcionado.

4.5. Ejercicios


1. Evalue la siguiente integral: ∫ ∞−∞

dx

x2 + 1.

2. Evalue la siguiente integral:∫ ∞−∞

x2 dx

(x2 + a2)2, a > 0 .

3. Calcule el valor de las siguiente integral:∫ ∞0

dx

x4 + 1.

4. Siendo P (x) = ax2 + bx+ c un polinomio de grado 2, tal que b2 < 4ac, evaluela siguiente integral: ∫ ∞

−∞

dx

P (x).

Explique por que se requiere la condicion b2 < 4ac.5. Siendo P (x) = ax2 + bx+ c un polinomio de grado 2, tal que b2 < 4ac, evalue

la siguiente integral: ∫ ∞−∞

x dx

P (x)2.

Explique por que se requiere la condicion b2 < 4ac.

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4.5. Ejercicios 117

6. Resuelva la siguiente integral usando el teorema del residuo:∫ ∞−∞

eiωt dω

(ω2 + 1)3.

7. Evalue la siguiente integral utilizando el teorema del residuo:∫ ∞0

x sinx

x2 + b2dx , b > 0 .

8. Evalue la siguiente integral:∫ ∞−∞

cos(mx)dx

x2 − 4x+ 5, m ∈ R .

9. Evalue la siguiente integral utilizando el teorema del residuo:∫ ∞0

x2 cos(mx)

(x2 + 1)2dx , m ∈ R .

10. Si a y b son dos numeros reales positivos, evalue la siguiente integral:∫ ∞−∞

e−ikx dx

(ix+ a)(ix− b), k ∈ R .

11. Calcule el valor de la siguiente integral:∫ ∞0

1− cos2x

x2dx .

12. Evalue la siguiente integral utilizando el teorema del residuo:∫ 2π

0

dφ

(1− ε sinφ)2, |ε| < 1 .

13. Evalue: ∫ 2π

0

dθ

3 + cos θ.

14. Resuelva la siguiente integral:∫ 2π

0

dφ

(a− sinφ)2, |a| > 1 .

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ii

ii

ii


15. Evalue: ∫ 2π

0

dθ

(a+ cos θ)3, |a| > 1 . (4.31)

16. Evalue las siguientes integrales:∫ ∞0

cos(x2)dx ,

∫ ∞0

sin(x2)dx . (4.32)

Ayuda: Para hacer la integral,use un contorno en formade un sector circular de radioR→∞ con un angulo θ = π/4,como se muestra a la derecha.


17. Una de las aplicaciones del teorema del residuo es el calculo de transformadasde Fourier y sus inversas. Si f(ω) es una transformada de Fourier, su inversase define de la siguiente manera:

f(t) =1

2π

∫ ∞−∞

f(ω)eiωtdω .

Si f(ω) = ω/(ω2 + a2), con a > 0, use el teorema del residuo para calcularf(t).

18. La trayectoria de un cuerpo celeste alrededor de otro cuerpo esta descrita porlas tres leyes de Kepler. Supongamos que un objeto orbita en torno a unaestrella; su trayectoria en funcion del angulo θ esta descrita por la ecuacion

r(θ) =r0

1 + ε cos θ, (4.33)

donde r0 es una constante que depende de los parametros de la orbita y ε es laexcentricidad. Para una trayectoria circular ε = 0, para una elıptica 0 < ε < 1,para una parabolica ε = 1, y para una hiperbolica ε > 1.En coordenadas polares, el area de una seccion circular entre angulos θ1 yθ2 viene dada por la expresion A = 1

2

∫ θ2θ1r2(θ)dθ. Siguiendo los parametros

dados:

a) Encuentre el area de una trayectoria circular entre angulos iniciales yfinales θ1 y θ2, y el de una trayectoria circular completa.

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4.5. Ejercicios 119

b) Explique por que para las trayectorias parabolicas e hiperbolicas el areano se puede calcular usando el teorema del residuo. ¿Podrıa ser calculadausando algun otro metodo? Encuentre una interpretacion fısica para suresultado.

c) Evalue el area de una trayectoria elıptica utilizando el teorema del re-siduo.

d) Si la excentricidad de una elipse es ε =√a2−b2a , donde a es el eje mayor

de la elipse y b el eje menor, use el resultado anterior para hallar r0 parauna elipse.

19. Una aplicacion importante en fısica es la evaluacion de la integral:

I =

∫ ∞−∞

sin t

teiptdt ,

que aparece en fenomenos de dispersion en mecanica cuantica. Teniendo estoen cuenta:

(a) Descomponga el sin t como una suma de exponenciales complejas paraescribir I como la suma de dos integrales. Expresela como I = I+ + I−.

(b) Para los casos p < −1, −1 < p < 0, 0 < p < 1 y p > 1, describa elcontorno que debe ser usado para calcular cada integral (I+ e I−). Tengamucho cuidado con las condiciones que debe satisfacer p para cerrar elcontorno por arriba o por debajo —para poder usar el Lema de Jordan—.

(c) Evalue cada integral para los casos p < −1, −1 < p < 0, 0 < p < 1 yp > 1.

(d) Junte los resultados anteriores y diga el valor de I cuando |p| > 1 ycuando |p| < 1.

(e) Explique que sucede con I cuando p = ±1.


20. Evalue las siguientes dos integrales, donde n representa un numero enteromayor a 1: ∫ ∞

0cos(xn)dx ,

∫ ∞0

sin(xn)dx . (4.34)

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ii


Ayuda: Para hacer la integral, use uncontorno en forma de un sector circularde radio R→∞ con un angulo θ = π/2n,como se muestra a la derecha.Explique por que el caso n = 1 no se puederesolver.

21. Evalue la siguiente integral: ∫ ∞0

dx

x6 + 64. (4.35)

22. Calcule el valor de la siguiente integral:∫ ∞0

(lnx)2

1 + x2dx , (4.36)

usando el teorema del residuo.

Ayuda: Use la transformacionx = et para convertir la integral.Luego, use el contorno mostradoa la derecha tomando el lımiteR→ 0.Explique por que el tıpicocontorno normalmente usado para funciones racionales no es conveniente eneste caso.

23. Encuentre una formula general para la siguiente integral:∫ ∞−∞

dx

(x2 + a2)n, n ≥ 1 , n ∈ N , a > 0 . (4.37)

24. Calcule el valor de la siguiente integral:

1

2πi

∫ a+i∞

a−i∞

b ezt

z2 + b2dz , a > 0 , t ∈ R . (4.38)

Use el siguiente contorno:

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Bibliografıa 121

Bibliografıa



Informacion adicional sobre el teorema del residuo se puede encontrar en lassiguientes referencias:






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Capıtulo

CINCO

Series de Fourier

5.1. Conceptos previos sobre series de Fourier

Temas previos: integracion por partes, integrales con funciones trigonometricas.

Taller preliminar

1. Realice las siguientes integrales —use el metodo de integracion por partes—:∫ 1

0x2e−x dx ,

∫ 2π

−2πx2 cos(2x) dx ,

∫ π

0ex sinx dx .

2. Realice las siguientes integrales trigonometricas:∫ 0

−1cos2(πx) sin(πx) dx ,

∫ 2π

−2πcos2x sin2x dx ,

∫ π

0sin3x cos2x dx .


2− 5e−1 , 2π , 12(1 + eπ) ; − 2

3π , π2 , 4

15 .

5.2. Introduccion a las series de Fourier

5.2.1. Funciones pares e impares

Aunque el concepto sobre funciones pares e impares se debe haber adquirido encursos anteriores, es importante dedicarle una subseccion especial en este capıtulo

123

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124 Capıtulo 5. Series de Fourier

para discutir los conceptos mas importantes. La razon es que este concepto ayudaa entender mas facilmente el concepto de series de Fourier y simplifica su analisissignificativamente.

Una funcion par es aquella que respeta la propiedad f(−x) = f(x). En otraspalabras, si a la variable x le cambiamos su signo, la funcion no cambia en absoluto suvalor. Existen un sinnumero de ejemplos de funciones pares. Por ejemplo, la funcionf(x) = −5x4+30x2 es par debido que f(−x) = −5(−x)4+30(−x)2 = −5x4+30x2 =f(x).

Una funcion impar, por el contrario, es aquella que obedece la propiedadf(−x) = −f(x). En otras palabras, si a la variable x le cambiamos su signo, hayun cambio de signo global en toda la funcion. Tambien existe un conjunto inmensode funciones impares —infinito, de hecho—. Una funcion impar, por ejemplo, es lafuncion f(x) = x5 − 15x, debido a que f(−x) = (−x)5 − 15(−x) = −x5 + 15x =−(x5 − 15x) = −f(x).

No todas las funciones, sin embargo, se pueden clasificar de acuerdo con estasdos categorıas. Hay muchas funciones que no son pares ni impares. Por ejemplo, lafuncion f(x) = x + 1 no tiene paridad definida, ya que f(−x) = −x + 1. Es claroque la funcion −x+ 1 ni es la funcion original, f(x), ni su simetrica, −f(x).

A pesar de esto, toda funcion se puede descomponer como la suma de una partepar y una impar, donde cada parte respeta la propiedad asociada que fue indicada.Por ejemplo, si f(x) es una funcion arbitraria, vemos que:

f(x) =1

2

[f(x) + f(−x)

]+

1

2

[f(x)− f(−x)

]≡ fP (x) + fI(x) , (5.1)

donde fP (x) ≡ 12

[f(x) + f(−x)

]es la parte par de la funcion y fI(x) = 1

2

[f(x) −

f(−x)]

es la parte impar.

De manera grafica resulta sencillo reconocer cuando una funcion es par y cuandouna es impar. En el primer caso, podemos notar que el eje y actua como una especiede espejo que proyecta la imagen de un lado al otro, dejandola en la misma direccion.En el segundo caso, por el contrario, el eje y proyecta la imagen de un lado al otro,dejandola invertida —vease el ejemplo 2 de la seccion 5.2—.

Ahora, los nombres asignados, funciones pares e impares, obedecen cierta logica,que se relaciona con algunas propiedades de los numeros naturales tanto pares comoimpares. Si multiplicamos dos funciones pares, el resultado siempre es una funcionpar, al igual que si dos funciones impares son multiplicadas. Por otro lado, la multi-plicacion de una funcion par por una impar —o vicerversa, por supuesto— da comoresultado una funcion impar.1

1La suma de dos numeros pares o impares siempre da un numero par, mientras que la suma deun numero par y uno impar da impar.

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5.2. Introduccion a las series de Fourier 125

Las funciones pares e impares poseen muchas propiedades. No obstante, la pro-piedad mas importante que satisfacen, y en la cual estaremos particularmente in-teresados en este capıtulo, es aquella que concierne a su integracion. Siendo fP (x)una funcion par y L un numero real, tal que L > 0, podemos ver que:∫ L

−LfP (x)dx =

∫ 0

−LfP (x)dx+

∫ L

0fP (x)dx =

∫ 0

LfP (−x)(−dx) +

∫ L

0fP (x)dx

= 2

∫ L

0fP (x)dx . (5.2)

En la expresion anterior usamos el cambio de variable x→ −x en la primera integraly usamos el hecho de que fP (−x) = fP (x). Para las integrales impares, sin embargo,el resultado es muy diferente. Usando la descomposicion anterior, es facil ver que:∫ L

−LfI(x)dx =

∫ 0

LfI(−x)(−dx) +

∫ L

0fI(x)dx = −

∫ L

0fI(x)dx+

∫ L

0fI(x)dx

= 0 . (5.3)

El lector tambien puede verificar que usando la descomposicion f(x) = fP (x)+fI(x)y g(x) = gP (x) + gI(x) —ver ecuacion (5.1)—, encontramos que:∫ L

−Lf(x)g(x)dx = 2

∫ L

0

(fP (x)gP (x) + fI(x)gI(x)

)dx . (5.4)

Suponiendo que el desarrollo de una funcion en series de potencias alrededor de x = 0exista, uno puede concluir que una funcion par unicamente tendra potencias paresde x en su expansion, mientras que una funcion impar unicamente tendra potenciasimpares. Basados en esta observacion, resulta facil ver que la funcion

cos(ax) =∞∑n=0

(−1)na2n

(2n)!x2n (5.5)

es par, mientras que la funcion

sin(ax) =

∞∑n=0

(−1)na2n+1

(2n+ 1)!x2n+1 (5.6)

es impar. Estos resultados seran utilizados en repetidas ocasiones en las proximassecciones.

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5.2.2. Relaciones de ortogonalidad

Las relaciones de ortogonalidad son relaciones importantısimas entre ciertos ob-jetos que forman una base para un conjunto de elementos. Por ejemplo, se sabeque cualquier vector en R3 se puede expresar como una expansion de unos numeros—denominados componentes— y unos vectores base. Normalmente, a estos vectoreslos denominamos ı = (1, 0, 0), = (0, 1, 0) y k = (0, 0, 1).2 Usando una notacion mascompacta, a estos vectores los denotaremos como em, donde m = 1, 2 y 3, y e1 = ı,e2 = y e3 = k. De esta forma, cualquier vector tridimensional con componentesVm lo escribimos de la siguiente manera:

~V =

3∑m=1

Vmem = V1e1 + V2e2 + V3e3 . (5.7)

Ahora, denotando “ ·” como el producto escalar entre dos vectores, los vectores basesatisfacen la siguiente propiedad:

em · en = δm,n =

1 , m = n

0 , m 6= n. (5.8)

De nuevo, δm,n es conocida como la funcion delta de Kronecker:

δm,n =

1 , m = n

0 , m 6= n, (5.9)

una funcion que da 1 cuando m y n son iguales y 0 cuando m y n son distintos.La relacion (5.8) implica que el producto entre dos elementos da 1 si estos son

iguales y 0 si son distintos. Cuando el producto entre dos elementos base distintosda 0, decimos que estos elementos son ortogonales, pero si ademas el producto deun elemento base por sı mismo da 1, decimos entonces que los elementos base sonortonormales.

Ahora, resulta que las funciones seno y coseno poseen tambien unas relaciones deortogonalidad, aunque con leves variaciones. Ası, siendo m y n dos numeros enteros,podemos asegurar que:∫ 1

−1cos(mπx) cos(nπx)dx = δm,n + δm,−n , (5.10a)∫ 1

−1sin(mπx) sin(nπx)dx = δm,n − δm,−n , (5.10b)∫ 1

−1cos(mπx) sin(nπx)dx = 0 . (5.10c)

2Esto se conoce como la base canonica.

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Esta ultima relacion se puede deducir facilmente de la ecuacion (5.3), debido a quela funcion integrada es impar. Para verificar las dos primeras relaciones, podemosusar la ecuacion (5.2), donde encontramos que:∫ 1

−1cos(mπx) cos(nπx)dx = 2

∫ 1

0cos(mπx) cos(nπx)dx , (5.11a)∫ 1

−1sin(mπx) sin(nπx)dx = 2

∫ 1

0sin(mπx) sin(nπx)dx . (5.11b)

La forma mas sencilla de resolver las integrales anteriores es a traves de ciertas identi-dades trigonometricas; en particular, usamos las relaciones cos(A±B) = cosA cosB∓ sinA sinB y sin(A±B) = sinA cosB ± sinB cosA. Queda al lector verificar que,a partir de la manipulacion algebraica de las expresiones anteriores, entonces:

cosA cosB =1

2

[cos(A−B) + cos(A+B)

], (5.12a)

sinA sinB =1

2

[cos(A−B)− cos(A+B)

], (5.12b)

sinA cosB =1

2

[sin(A−B) + sin(A+B)

]. (5.12c)

Ahora, con A = mπx y B = nπx, vemos que, usando las relaciones (5.12a) y (5.12b):∫ 1

−1cos(mπx) cos(nπx)dx =

∫ 1

0cos[(m− n)πx

]dx+

∫ 1

0cos[(m+ n)πx

]dx ,

(5.13a)∫ 1

−1sin(mπx) sin(nπx)dx =

∫ 1

0cos[(m− n)πx

]dx−

∫ 1

0cos[(m+ n)πx

]dx .

(5.13b)

No obstante, realicemos la integral∫ 1

0 cos[(m− n)πx

]dx, y notemos que, si m 6= n,

entonces: ∫ 1

0cos[(m− n)πx

]dx =

sin[(m− n)πx

]π(m− n)

∣∣∣∣10

= 0 , (5.14)

porque sin[(m − n)π

]= 0, dado que m − n es un numero entero. Por el contrario,

cuando m = n, tenemos que:∫ 1

0cos[(m− n)πx

]dx =

∫ 1

0dx = 1 . (5.15)

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Lo que nos permite concluir que∫ 1

0 cos[(m−n)πx

]dx = δm,n y, por simple inspeccion,∫ 1

0 cos[(m+ n)πx

]dx = δm,−n. Finalmente, concluimos que:∫ 1

−1cos(mπx) cos(nπx)dx = δm,n + δm,−n , (5.16a)∫ 1

−1sin(mπx) sin(nπx)dx = δm,n − δm,−n . (5.16b)

Ahora, si nos restringimos al caso en que m y n sean positivos —incluyendo cero—,tenemos que: ∫ 1

−1cos(mπx) cos(nπx)dx =

2 , m = n = 0

δm,n , m , n ≥ 1, (5.17a)

∫ 1

−1sin(mπx) sin(nπx)dx =

0 , m = n = 0

δm,n , m , n ≥ 1, (5.17b)∫ 1

−1cos(mπx) sin(nπx)dx = 0 . (5.17c)

Estas relaciones son conocidas como las relaciones de ortogonalidad de los senos ylos cosenos, y son claves para encontrar la serie de Fourier de una funcion periodica.

Finalmente, con un proceso similar, tambien podemos concluir que:∫ 1

−1eiπ(m−n)xdx = 2δm,n . (5.18)

5.2.3. Funcion periodica

Antes de describir el desarrollo de una funcion en terminos de una serie de Fou-rier, es importante definir el concepto de una funcion periodica. La razon radica enque la serie de Fourier solo se puede encontrar para funciones periodicas.

Primero que todo, la palabra periodica se refiere a algo que se repite, por lo tanto,una funcion periodica es una funcion que se repite indefinidamente. Si definimos comoT —conocido como el perıodo— el lapso que debe transcurrir para que la funcionse repita, una funcion periodica satisface la propiedad:

f(x+ nT ) = f(x) , n ∈ Z . (5.19)

Por ejemplo, el perıodo de las funciones sinx y cosx es 2π, porque cada 2π estas fun-ciones toman el mismo valor. En algunas ocasiones, resulta mas conveniente definirla frecuencia angular ω a traves de la relacion

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ω =2π

T. (5.20)

De hecho, esta relacion se usa tambien en la fısica para describir movimientos derotacion. La frecuencia angular mide que tan rapido una funcion se repite, tomandoel valor de 1, por ejemplo, para las funciones sinx y cosx. Teniendo esto en cuenta,las relaciones de ortogonalidad mostradas en las ecuaciones (5.17a)–(5.18) fueroncalculadas para T = 2, sin embargo, estas tambien se pueden generalizar para cual-quier perıodo. En particular, bajo la sustitucion y = π

ωx en las ecuaciones indicadas,podemos verificar que:∫ T/2

−T/2cos(mωy) cos(nωy)dy =

T , m = n = 0T2 δm,n , m , n ≥ 1

, (5.21a)

∫ T/2

−T/2sin(mωy) sin(nωy)dy =

0 , m = n = 0T2 δm,n , m , n ≥ 1

, (5.21b)

∫ T/2

−T/2cos(mωy) sin(nωy)dy = 0 . (5.21c)

Y que: ∫ T/2

−T/2eiω(m−n)ydy = Tδm,n . (5.22)


1. Para la funcion g(x) = x cosx+sin2x, (a) Determinemos su parte par e impar.(b) Realicemos las integrales

∫ 3π−3π g(x)dx y

∫ 3π−3π xg(x)dx.

Solucion: (a) Para esta parte, usamos la ecuacion (5.1), con lo cual encon-tramos que:

gP (x) =1

2

(x cosx+ sin2x+ (−x) cos(−x) + sin2(−x)

)=

1

2

(x cosx+ sin2x− x cosx+ sin2x

)= sin2x ,

gI(x) =1

2

(x cosx+ sin2x− (−x) cos(−x)− sin2(−x)

)=

1

2

(x cosx+ sin2x+ x cosx− sin2x

)= x cosx .

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(b) Para la primera integral, notamos que la parte impar no contribuye a esta.Ası, usando las ecuaciones (5.2) y (5.3), encontramos que:∫ 3π

−3πg(x)dx =

∫ 3π

−3π

[gP (x) + gI(x)

]dx = 2

∫ 3π

0gP (x)dx = 2

∫ 3π

0sin2x dx

=

∫ 3π

0

(1− cos(2x)

)dx = x− 1

2sin(2x)

∣∣∣∣3π0

= 3π .

Ahora, para la segunda integral, vemos que xg(x) = x2 cosx + x sin2x. Eneste caso, x2 cosx es par, pero x sin2x es impar —recordemos las reglas sobremultiplicacion de funciones—. De esta manera:∫ 3π

−3πxg(x)dx =

∫ 3π

−3π

[x2 cosx+ x sin2x

]dx = 2

∫ 3π

0x2 cosx dx+ 0

= 2[(x2 − 2) sin(x) + 2x cosx

]∣∣∣3π0

= −12π .

2. A continuacion se muestran tres graficas de funciones periodicas. Determine-mos: (a) Si cada funcion es impar, par o no tiene paridad. (b) El perıodo yfrecuencia angular de cada una.

Solucion: La funcion h(x) no tiene paridad definida, pues al reflejarla respectoal eje y no se ve igual ni invertida. El perıodo de esta funcion es T = 2 y ω = π.Por otra parte, la funcion f(x) es par, pues el reflejo la deja igual, ademas,T = π y ω = 2. Por el contrario, g(x) es impar, porque el reflejo la invierte.De esta manera, concluimos que T = 2 y ω = π.

5.3. Series de Fourier

Tras haber estudiado algunos conceptos previos, ahora estamos preparados paradefinir una serie de Fourier. Hay basicamente dos tipos de series de Fourier, las cualesson totalmente equivalentes. La primera usa una expansion en terminos de senos ycosenos, mientras que la segunda usa una expansion en terminos de exponencialescomplejas.

ii

ii

ii

ii

5.3. Series de Fourier 131

5.3.1. Descomposicion como senos y cosenos

Siendo f(t) una funcion periodica con perıodo T y frecuencia angular ω, entonces,f(t) posee una representacion en terminos de senos y cosenos de la forma

f(t) = a0 +

∞∑n=1

an cos(nωt) +

∞∑n=1

bn sin(nωt) , (5.23)

donde a0, an y bn son coeficientes por determinar. Es importante decir que estoscoeficientes dependeran unicamente del ındice n, pero no pueden depender de lavariable t. Ahora bien, este libro se restringira al estudio de las funciones reales.

Una comparacion entre las ecuaciones (5.7) y (5.23) nos permite concluir que lasfunciones cos(nωt) y sin(nωt) forman una base para las series de Fourier, por lo cualse satisfacen las relaciones de ortogonalidad (5.21a) (5.21c).

La principal idea detras del metodo de series de Fourier es encontrar los co-eficientes que acabamos de mostrar, estudiar sus propiedades, y entender como laexpresion anterior nos ayuda a entender y analizar diversos sistemas que aparecenen la ingenierıa y la fısica.

Para encontrar estos coeficientes, usaremos las relaciones (5.21a) (5.21c), descri-tas previamente. El proceso es el siguiente: para encontrar a0, integramos primerola ecuacion (5.23) entre −T/2 y T/2, con lo cual encontramos que:∫ T

2

−T2

f(t) dt =

∫ T2

−T2

a0 dt+

∫ T2

−T2

∞∑n=1

an cos(nωt)dt+

∫ T2

−T2

∞∑n=1

bn sin(nωt)dt . (5.24)

Como los coeficientes no dependen de t, los podemos sacar de la integral; intercam-biando el orden en que se realizan las sumas y las integrales, encontramos que:∫ T

2

−T2

f(t) dt = a0

∫ T2

−T2

dt+∞∑n=1

an

∫ T

2

−T2

cos(nωt)dt+∞∑n=1

bn

∫ T

2

−T2

sin(nωt)dt . (5.25)

Como se indico, y de acuerdo con la ecuacion (5.21a), la segunda integral se cancela—tambien se puede verificar por simple integracion—. Asimismo, la tercera integraltambien es nula, porque la funcion integrada es impar. Como la primera integral daa0T , concluimos que:

a0 =1

T

∫ T2

−T2

f(t) dt . (5.26)

Ahora, para encontrar los coeficientes an, debemos multiplicar la ecuacion (5.23)por la expresion cos(mωt), e integrar de nuevo entre −T/2 y T/2. Al hacer esto,obtenemos:

ii

ii

ii

ii


∫ T2

−T2

f(t)cos(mωt) dt = a0

∫ T

2

−T2

cos(mωt) dt+∞∑n=1

an

∫ T2

−T2

cos(nωt) cos(mωt) dt

+∞∑n=1

bn

∫ T2

−T2

sin(nωt) cos(mωt) dt . (5.27)

De manera similar al caso anterior, la primera integral se cancela por ortogonalidad,y la tercera se cancela por la relacion (5.21c). Ası, como, de acuerdo con la relacion(5.21b), la segunda integral da T

2 δm,n, la expresion anterior se reduce a:∫ T2

−T2

f(t)cos(mωt) dt =T

2

∞∑n=1

anδm,n =T

2am . (5.28)

En la parte derecha podemos notar que la expresion δm,n unicamente sobrevivecuando m = n, lo que hace que el unico termino que no se anula en la suma sea,precisamente, el am. Ası, despejando y renombrando al ındice m como n, concluimosque:

an =2

T

∫ T2

−T2

f(t)cos(nωt) dt . (5.29)

Por otra parte, el termino bn se encuentra multiplicando la ecuacion (5.23) por laexpresion sin(mωt) y luego realizando la integral sobre el mismo dominio. Con ayudade las relaciones (5.21a) (5.21c), podemos concluir que:

bn =2

T

∫ T2

−T2

f(t)sin(nωt) dt . (5.30)

Una vez la funcion f(t) y su perıodo T sean conocidos, las relaciones (5.26), (5.29)y (5.30) pueden utilizarse para calcular los coeficientes que describen la serie.

Nota importante: es importante mencionar que las integrales (5.26), (5.29) y(5.30) que decriben los coeficientes a0, an y bn, respectivamente, tambien se puedenrealizar entre los lımites [0, T ]. Aca se usaron los lımites [−T

2 ,T2 ], porque es mas

facil usar las propiedades de paridad de la funcion para simplificar los calculos. Lascondiciones de paridad de la funcion f(t) permiten que esto sea posible.

Notemos que, por los resultados de la subseccion 5.2.1 y las expresiones encon-tradas para calcular los coeficientes, algunas relaciones se pueden deducir entre loscoeficientes indicados y la funcion en cuestion, algunas de ellas son:

ii

ii

ii

ii


• Como estamos asumiendo que f(t) es real, a0, an y bn son reales.• El termino a0 representa el valor promedio de la funcion.• Si f(t) es par, podemos asegurar que bn = 0.• Si f(t) es impar, podemos concluir que a0 = 0 y an = 0.• Aunque el termino a−n no se utiliza porque n ≥ 1 en la ecuacion (5.23),

podemos concluir de la ecuacion (5.29) que an = a−n. Esto implica que eltermino an unicamente puede tener potencias pares de n.• Por un motivo similar al anterior, el termino bn unicamente tendra potencias

impares de n.• Si f(t) no tiene paridad definida, no podemos asegurar que algunos de sus

coeficientes se anulen —se deben calcular explıcitamente—. Es de esperarse,ademas, que la serie tenga tanto potencias pares como impares de n.

5.3.2. Descomposicion como exponenciales complejas

Recordemos que los senos y cosenos se pueden expresar en terminos de la ex-ponencial compleja mediante la relacion eiθ = cos θ + i sin θ. De esta manera, unoesperarıa que la relacion (5.23) tambien pueda expresarse como una suma de expo-nenciales complejas. Si esto es cierto, podemos esperar que

f(t) =∞∑

n=−∞cne

inωt , (5.31)

donde se toman tambien en cuenta los valores negativos de n. Recordemos quecos(nωt) = 1

2

(einωt + e−inωt

)y sin(nωt) = 1

2i

(einωt − e−inωt

); por lo tanto, en la

expansion como senos y cosenos la inclusion de las contribuciones negativas de n yaesta explıcita. De nuevo, una comparacion con la ecuacion (5.7) nos permite concluirque las funciones einωt son los elementos base para nuestra expansion anterior, dondela expresion (5.22) describe las relaciones de ortogonalidad.

Ahora, vamos a demostrar que las expresiones (5.23) y (5.31) no solo son dosformas correctas de expandir una funcion periodica, sino que son, ademas, dos for-mas equivalentes. Para hacer esto, partimos la ecuacion (5.31) en tres terminos: losnegativos, los positivos, y el termino n = 0. Haciendo esto, vemos que:

∞∑n=−∞

cneinωt =

−1∑n=−∞

cneinωt +

∞∑n=1

cneinωt + c0 . (5.32)

Ahora, en la primera suma cambiamos el ındice de n a m = −n, con lo cual obtene-mos, como los nuevos lımites de la suma, [1,∞). Ahora, en la segunda suma renom-bramos el ındice n como n = m. Ası, despues de usar la relacion e±iθ = cos θ±i sin θ,encontramos que:

ii

ii

ii

ii


f(t) = c0 +∞∑m=1

c−me−imωt +

∞∑m=1

cmeimωt

= c0 +∞∑m=1

c−m(cos(mωt)− i sin(mωt)

)+∞∑m=1

cm(cos(mωt) + i sin(mωt)

).

(5.33)

Agrupando los terminos con coseno y seno, y renombrando el ındice m de nuevocomo n, concluimos que:

f(t) = c0 +∞∑n=1

(cn + c−n) cos(nωt) +∞∑m=1

i(cn − c−n) sin(nωt) . (5.34)

Ahora, comparando esta relacion con la ecuacion (5.23), deducimos que:

a0 = c0 , an = cn + c−n , bn = i(cn − c−n) . (5.35)

De esta forma, concluimos que las dos expansiones indicadas son equivalentes; enotras palabras, que contienen la misma informacion.

Queda al lector verificar que las relaciones mostradas en la ecuacion (5.35) tam-bien se pueden invertir para encontrar

c0 = a0 , cn =1

2

(an − ibn

), c−n =

1

2

(an + ibn

). (5.36)

Ahora bien, notemos que, como a0, an y bn son reales —debido a que f(t) es real—,tenemos la relacion c−n = c∗n. No hay por que esperar que los coeficientes cn y c−nsean reales, aunque toda la expansion (5.31) sı debe ser real.

La forma de calcular los coeficientres cn tambien se basa en las relaciones deortogonalidad. Para hallarlos, primero multiplicamos la ecuacion (5.31) por e−imωt,e integramos entre −T/2 y T/2. Ası, encontramos que:∫ T/2

−T/2e−imωtf(t) dt =

∞∑n=−∞

cn

∫ T/2

−T/2ei(n−m)ωt . (5.37)

Ahora, usando la condicion (5.22), reducimos la expresion anterior a:∫ T/2

−T/2e−imωtf(t) dt = T

∞∑n=−∞

cnδn,m = Tcm , (5.38)

ii

ii

ii

ii


y despejando y renombrando al ındice m como n, obtenemos que:

c0 =1

T

∫ T/2

−T/2f(t)dt , cn =

1

T

∫ T/2

−T/2e−inωtf(t)dt . (5.39)

Aquı, el termino c0 se escribio de manera independiente. De hecho, normalmentese calcula por aparte. Recordemos que las integrales anteriores tambien se puedenrealizar en el intervalo [0, T ], con lo cual se obtienen los mismos resultados.

Teniendo en cuenta las relaciones (5.35) y (5.36) y el hecho de que la funcionf(t) es real, podemos concluir lo siguiente:

• Los coeficientes cn y c−n son complejos y satisfacen la condicion c−n = c∗n.• El termino c0 representa el valor promedio de la funcion.• Si f(t) es par, podemos asegurar que cn = c−n. Como, adicionalmente, c−n =c∗n, los elementos cn seran puramente reales.• Si f(t) es impar, podemos concluir que cn = −c−n. Como, adicionalmente,c−n = c∗n, los terminos cn seran puramente imaginarios.• Como consecuencia de lo anterior, mientras que las potencias pares que apa-

recen en cn siempre seran reales, las impares seran imaginarias.• Si f(t) no tiene paridad definida, los coeficientes cn seran complejos y existiran

tanto potencias pares como impares de n.


1. Calculemos la serie de Fourier, en terminos de senos y cosenos, de cada unade las dos senales periodicas mostradas en la Figura 5.1.

Figura 5.1. Senales correspondientes a dos voltajes periodicos. El voltaje esta dado en voltios y eltiempo en segundos.

Solucion: Comencemos con la senal mostrada en la parte izquierda. Primero,vemos que el perıodo es T = 4 s y que la frecuencia angular es ω = π

2 rad/s.

ii

ii

ii

ii


Ademas, vemos que la funcion toma el valor V1 = 6 V para el intervalo [−2, 0)y V1 = −6 V para el intervalo [0, 2). Omitiremos las unidades por facilidad,pero recordemos que el voltaje estara dado en voltios y el tiempo en segundos.Ahora, para encontrar los coeficientes, usamos las relaciones (5.26), (5.29)y (5.30). Sin embargo, podemos notar que, como la funcion es impar, a0 =an = 0 —el lector puede confirmar estos resultados, se deja como ejercicio—.Unicamente hay que calcular los coeficientes bn, cuya relacion viene dada porla formula (5.30). Por lo tanto:

bn =2

4

∫ 2

−2V1(t) sin(nπt/2)dt

=1

2

∫ 0

−2V1(t) sin(nπt/2)dt+

1

2

∫ 2

0V1(t) sin(nπt/2)dt .

A continuacion, partimos la integral para poder introducir el valor de V1(t) = 6en la primera integral y V1(t) = −6 en la segunda. Usando estos valores,obtenemos que:

bn = 3

∫ 0

−2sin(nπt/2)dt− 3

∫ 2

0sin(nπt/2)dt

= −6 cos(nπt/2)

nπ

∣∣∣∣0−2

+6 cos(nπt/2)

nπ

∣∣∣∣20

= − 6

nπ

(1− cos(nπ) + cos(nπ) + 1

)= − 12

nπ

(1− cos(nπ)

).

Ahora, como n es un numero entero, el termino cos(nπ) vale −1 cuando n esimpar y +1 cuando n es par. Esto lo podemos escribir de la forma (−1)n. Deeste modo, es facil notar entonces que:

bn = − 12

nπ

(1− (−1)n

)=

− 24nπ , n impar

0 , n par.

Con este resultado, podemos usar la relacion (5.23) para expresar la seriebuscada restringiendo la suma a valores impares de n. No obstante, podemossimplificar un poco el resultado usando el siguiente analisis: como los valorespares de n se anulan, solo incluiremos los valores impares usando el cambiode variable n = 2k+ 1 —esto asegura que n siempre sea impar para cualquiervalor de k—. Ahora, al ver que n = 1 cuando k = 0, encontramos, usando laecuacion (5.23), que:

V1(t) = −∞∑n=1n impar

24

nπsin(nπt/2

)= −

∞∑k=0

24

(2k + 1)πsin((2k + 1)πt/2

).

ii

ii

ii

ii


Para desarrollar la serie de Fourier de la segunda senal nos damos cuenta deque el perıodo y la frecuencia son los mismos de la funcion anterior. Ası, esfacil notar que la funcion V2(t) es par, y, entonces, que bn = 0. Usando laecuacion (5.26) y notando que V2(t) = t en el intervalo [0, 2), encontramosque:

a0 =1

4

∫ 2

−2V2(t)dt =

1

2

∫ 2

0t dt =

t2

4

∣∣∣∣20

= 1 .

Finalmente, para calcular los coeficientes an, usamos la ecuacion (5.29) y apro-vechamos la paridad de la funcion, con lo cual encontramos que:

an =

∫ 2

0t cos(nπt/2)dt =

2 t sin(nπt/2)

nπ

∣∣∣∣20

+4 cos(nπt/2)

n2π2

∣∣∣∣20

= −4(1− (−1)n)

n2π2.

De nuevo, los coeficientes pares —n par— se anulan, pero los impares —nimpar— dan an = − 8

n2π2 . Reemplazando nuestros resultados en la ecuacion(5.23), obtenemos —usando de nuevo el cambio de variable n = 2k + 1—.

V2(t) = 1−∞∑k=0

8

(2k + 1)2π2cos((2k + 1)πt/2

).

2. Usando los resultados anteriores, expresemos V1(t) y V2(t) como una serie dela forma (5.31).Solucion: Para resolver este ejercicio, en vez de calcular los coeficientes me-diante las formulas que involucran las integrales, usamos las relaciones (5.36).Ası, para V1(t), encontramos que:

c0 = 0 , cn =6i

nπ

(1− (−1)n

), c−n = − 6i

nπ

(1− (−1)n

).

Estos resultados son reemplazados en la ecuacion (5.31), con lo cual obtenemosque:

V1(t) = −∞∑n=1

6i

nπ

(1− (−1)n

)e−inπt/2 +

∞∑n=1

6i

nπ

(1− (−1)n

)einπt/2 .

Dejaremos el resultado ası, aunque un cambio de variable de la forma n =2k+ 1 y subsecuentes simplificaciones permiten escribir la serie encontrada enformas de senos, tal como en el ejemplo anterior.

ii

ii

ii

ii


Ahora, para V2(t), encontramos:

c0 = 1 , cn = c−n = −2(1− (−1)n)

n2π2.

Por lo tanto,

V2(t) = 1−∞∑n=1

2(1− (−1)n)

n2π2e−inπt/2 −

∞∑n=1

2(1− (−1)n)

n2π2einπt/2 .

3. Encontremos las series de Fourier, en terminos de exponenciales complejas, delas siguientes dos funciones:

f(x) = x− 1 , −0,5 ≤ x < 0,5 ; g(x) = e13x , 0 ≤ x < 2π .

Las funciones de ahı en adelante se repiten con el perıodo dado.Solucion: Para la primera funcion, aplicamos las relaciones (5.31), dondenotamos que el perıodo es T = 1, y, por lo tanto, que ω = 2π. Ası, encontramosque:

c0(f) =

∫ 0,5

−0,5(x− 1)dx =

[x2

2− x]1

−1

= −1 ,

cn(f) =

∫ 0,5

−0,5e−2πinx(x− 1)dx =

e−2πinx[1 + 2iπn(x− 1)

]4n2π2

∣∣∣∣0,5−0,5

,

=e−inπ(1− inπ)

4n2π2− einπ(1− 3inπ)

4n2π2=

2inπ(−1)n

4n2π2=i(−1)n

2nπ.

Entonces, de acuerdo con ecuacion (5.31), podemos escribir f(x) de la siguientemanera:

f(x) = −1 +∑n6=0

i(−1)n

2nπe2πin .

Aquı, la expresion∑

n6=0 . . . significa que sumamos todos los posibles valoresenteros de n con excepcion del termino n = 0.Ahora, para la segunda funcion, vemos que T = 2π y ω = 1. Sin embargo,en este caso es mas conveniente hacer la integracion entre 0 y T , lo cuales totalmente equivalente a hacer la integracion entre −T/2 y T/2. Ası, losresultados son:

ii

ii

ii

ii

5.4. Propiedades de las series de Fourier 139

c0(g) =1

2π

∫ 2π

0e

13xdx =

3e13x

2π

∣∣∣∣2π0

=3(e2π/3 − 1)

2π,

cn(g) =1

2π

∫ 2π

0e−inxe

13xdx =

1

2π

∫ 2π

0e

13x(1−3in)dx =

3e13x(1−3in)

2π(1− 3in)

∣∣∣∣2π0

=3(e2π/3 − 1)

2π(1− 3in)=

3(e2π/3 − 1)

2π(1 + 9n2)(1 + 3in) .

De manera similar,

g(x) =3(e2π/3 − 1)

2π+

3(e2π/3 − 1)

2π

∑n6=0

1 + 3in

1 + 9n2einx .

4. Usemos las relaciones (5.36) para encontrar los coeficientes a0, an y bn de lasdos funciones anteriores.Solucion: Para estos casos, vemos que:

a0(f) = c0(f) = −1 ,

an(f) = cn(f) + c−n(f) =i(−1)n

2nπ+i(−1)−n

2(−n)π=i(−1)n

2nπ− i(−1)n

2nπ= 0 ,

bn = i(cn(f)− c−n(f)

)= i

(i(−1)n

2nπ+i(−1)n

2nπ

)= −(−1)n

nπ,

y, por tanto, que:

a0(g) = c0(g) =3(e2π/3 − 1)

2π,

an(g) =3(e2π/3 − 1)

2π(1 + 9n2)(1 + 3in) +

3(e2π/3 − 1)

2π(1 + 9n2)(1− 3in) =

3(e2π/3 − 1)

π(1 + 9n2),

bn(g) = i

[3(e2π/3 − 1)

2π(1 + 9n2)(1 + 3in)− 3(e2π/3 − 1)

2π(1 + 9n2)(1− 3in)

]= −9n(e2π/3 − 1)

π(1 + 9n2).

5.4. Propiedades de las series de Fourier

En esta seccion veremos algunas relaciones importantes entre los coeficientes quedescriben las series de Fourier, que son importantes para entender la forma que

ii

ii

ii

ii


deben tomar las series estudiadas y simplificar el analisis. Ademas, veremos variaspropiedades matematicas que nos permitiran extraer informacion importante sobrelas funciones que estamos estudiando.

5.4.1. Relaciones entre los coeficientes

Como se menciono anteriormente, existen ciertas relaciones entre los coeficientesque determinan las series de Fourier. Aunque las relaciones mas importantes fueronmencionadas en la seccion anterior, vale la pena recordarlas y utilizar los ejemplos dela seccion 5.3 para ver como se aplican estas relaciones a los coeficientes de algunasfunciones particulares.

En los ejemplos 1 y 4 de la seccion 5.3 calculamos los coeficientes que describenlas expansiones en series de Fourier de cuatro funciones en forma de senos y cosenos.Las propiedades mas importantes que satisfacen sus coeficientes fueron descritas enla pagina 132. Miremos como estas propiedades se aplican a estas cuatro funciones:

• Vemos que los coeficientes de todas las funciones son reales.• Es de esperarse que el coeficiente a0 de V1(t) sea 0, porque, al ser impar, su valor

promedio debe ser nulo. Por otro lado, de la figura 5.1 se ve claramente queel valor promedio de V2(t) es 1. Ademas, los valores promedio de las funciones

f(x) y g(x) son −1 y 3(e2π/3−1)2π , respectivamente.

• Como V2(t) es par, bn = 0.• Como V1(t) es impar, a0 = an = 0.• Podemos verificar que los coeficientes an de V2(t) solo tienen potencias pares

de n —inversamente cuadraticas, en este caso—.• Ademas, los coeficientes bn en V1(t) son inversamente lineales en n —con po-

tencias impares exclusivamente—.• Notemos que en los coeficientes de las fuciones f(x) y g(x) aparecen tanto

potencias pares como impares de n.

Ademas, podemos usar los ejemplos 2 y 3 de la seccion 5.3 para mirar como laspropiedades establecidas en la pagina 135 se aplican a los coeficientes de funcionesexpandidas como exponenciales complejas:

• Todos los coeficientes son complejos y satisfacen la condicion c−n = c∗n.• El termino c0 representa el valor promedio de cada funcion, tal como en el

analisis anterior.• Como V2(t) es par, podemos asegurar que cn = c−n, siendo estos puramente

reales.• Como V1(t) es impar, cn = −c−n, siendo estos puramente imaginarios.

ii

ii

ii

ii


• Consecuentemente, los coeficientes de V2(t) solo tienen potencias pares de n.• En los coeficientes de V1(t), solo aparecen potencias impares de n.• En las funciones f(x) y g(x), sin paridad definida, los coeficientes cn son com-

plejos y existen tanto potencias pares como impares de n.

Otra propiedad importante entre los coeficientes de Fourier se aplica a las derivadasde una funcion periodica f(t). No obstante, esta propiedad es mas clara para laexpansion en forma de exponenciales complejas. Usando la ecuacion (5.39), vemosque los coeficientes de f ′(t) estan dados —para n ≥ 1— por:

cn(f ′) =1

T

∫ T/2

−T/2f ′(t)e−inωtdt . (5.40)

Integrando por partes, obtenemos que:

cn(f ′) =1

T

[f(t)e−inωt

∣∣∣∣T/2−T/2

−∫ T/2

−T/2(−inω)f(t)e−inωtdt

]=

1

Tf(t)e−inωt

∣∣∣∣T/2−T/2

+inω

T

∫ T/2

−T/2f(t)e−inωtdt

]. (5.41)

Aquı, el primer termino es cero, y para verificarlo vemos que, como f(t) es periodica,f(−T/2) = f(T/2), ası:

f(t)e−inωt∣∣∣∣T2−T

2

= f(T/2)e−inωT2 − f(−T/2)ein

ωT2 = f(T/2)(e−inπ − einπ)

= −2if(T/2) sin(nπ) = 0 . (5.42)

Por otro lado, el segundo termino implica que:

cn(f ′) = inωcn(f) . (5.43)

De forma general, integrando por partes varias veces, se puede concluir que:

cn(f (m)) = (inω)mcn(f) . (5.44)

El termino c0(f (m)) se recomienda hacerlo por aparte.Ahora, las relaciones entre los coeficientes an y bn para las derivadas de f(t) no

son tan claras. Sin embargo, se pueden obtener los siguientes resultados —se deja laverificacion como ejercicio— para n ≥ 1:

ii

ii

ii

ii


an(f (m)) =

+(nω)mbn(f) , m = 1, 5, 9, . . .

−(nω)man(f) , m = 2, 6, 10, . . .

−(nω)mbn(f) , m = 3, 7, 11, . . .

+(nω)man(f) , m = 4, 8, 12, . . .

, (5.45a)

bn(f (m)) =

−(nω)man(f) , m = 1, 5, 9, . . .

−(nω)mbn(f) , m = 2, 6, 10, . . .

+(nω)man(f) , m = 3, 7, 11, . . .

+(nω)mbn(f) , m = 4, 8, 12, . . .

. (5.45b)

Nota importante: notemos que una funcion f(t) y sus derivadas f (m)(t) poseen elmismo perıodo. Por este motivo, las relaciones entre los coeficientes de una funciony sus derivadas son unicamenete validas si todas son definidas dentro del mismoperıodo.

5.4.2. Convergencia

Aunque ya tenemos un conjunto de formulas validas para calcular los coeficientesde Fourier, no tenemos ninguna garantıa de que la suma de todos sus coeficientes, deacuerdo con las sumas establecidas en las ecuaciones (5.23) y (5.31), converjan a lafuncion. En esta subseccion estudiaremos brevemente algunas condiciones importan-tes para que estas sumas converjan hacia las funciones que pretenden representar.

Convergencia uniforme

Siendo f(t) una funcion periodica de perıodo T definida a traves de la ecuacion(5.31), definamos la suma finita SN (t) a traves de la siguiente expresion:

SN (t) =

N∑n=−N

cneinωt . (5.46)

Ahora, la serie de Fourier de la funcion f(t) es uniformemente convergente sipodemos encontrar un entero m tal que

|SN (t)− f(t)| < ε (5.47)

para N ≥ m.

ii

ii

ii

ii


En otras palabras, la serie∑

n cneinωt converge uniformemente si, despues de

sumar cierto numero de terminos, la diferencia entre la funcion y su serie siempre esmenor a cierto valor.

Adicional a esto, la convergencia uniforme de una serie de Fourier esta asociadaa otras propiedades de la funcion f(t). Algunas de ellas son:

• Si la segunda derivada de f(t) es continua, entonces la serie de Fourier de lafuncion f(t) es uniformemente convergente [1].• Si la serie de Fourier de f(t) es uniformemente convergente, sus coeficientescn, para n > 0, satisfacen la propiedad |cn+1| ≤ |cn|. En otras palabras, suscoeficientes son cada vez mas pequenos.• Si f(t) es contınua en el intervalo [a, b] y su derivada es absolutamente integra-

ble (∫ ba |f

′(t)|dt es finita), entonces su serie de Fourier converge uniformementeen el intervalo [a, b] [2].

Semiconvergencia

Siendo cn(f) los coeficientes asociados a una funcion f(t), la serie

lımN→∞

N∑n=−N

cneinωt (5.48)

es semiconvergente si converge a la funcion f(t), pero puede ocurrir que la sumapara n < 0 y para n > 0 diverjan por separado.

Muchas de las funciones periodicas que hemos considerado presentan disconti-nuidades, especialmente en la frontera —justo cuando un nuevo ciclo comienza—.En este caso, podemos definir la variacion de una funcion entre un intervalo [a, b],la cual definiremos como:

var(f) = supN∑i=0

|f(xi+1)− f(xi)| , (5.49)

donde a = x0 < x1 < . . . < xN+1 = b es una particion arbitraria del intervalo [a, b].Una particion significa, como su nombre lo indica, que el intervalo [a, b] es divididoen varias partes —en este caso N—. La Figura 5.2 muestra la particion de unafuncion dentro del intervalo [−3, 3].

ii

ii

ii

ii


Figura 5.2. Variacion de una funcion en el intervalo [−3, 3].

Ası, usando la definicion (5.49), encontramos que su variacion es la siguiente:

var(f) = sup

8∑i=0

|f(xi+1)− f(xi)|

= |f(−3)− f(−2,2)|+ |f(−2,2)− f(−1−)|+ |f(−1−)− f(−1+)|+ |f(−1+)− f(0−)|+ |f(0−)− f(0+)|+ |f(0+)− f(1)|+ |f(1)− f(2)|+ |f(2)− f(3)|

= | − 2,2 + 1,4|+ |1,4 + 2|+ |2− 0|+ |0− 1,6|+ |1,6 + 1,4|+ | − 1,4− 1,6|+ |1,6− 0|+ |0− 1|

= 0,8 + 3,4 + 2 + 1,6 + 3 + 3 + 1,6 + 1 = 16,4 . (5.50)

Ahora, si una funcion f(t) posee variacion acotada a lo largo de su perıodo —suvariacion tiene una cota superior que es finita—, podemos asegurar que la serie(5.48) es semiconvergente hacia

1

2

[f(t+) + f(t−)

](5.51)

en todo punto t sobre la recta real [2]. Recordemos que t+ y t− denotan, de manerarespectiva, los valores de la funcion al acercarse por la derecha y por la izquierda.Notemos que cuando la funcion es continua en t = t0, f(t+0 ) = f(t−0 ). Sin embargo,bajo la presencia de una discontinuidad en t0, f(t+0 ) 6= f(t−0 ).

Como caso particular, si la funcion f(t) posee variacion acotada, y ademas escontinua a lo largo de su perıodo, la semiconvergencia de f(t) se traduce a conver-genica uniforme [2]. Claramente, la convergenica uniforme es un criterio mucho maspoderoso y restrictivo que la semiconvergencia.

ii

ii

ii

ii


5.4.3. Relacion de Parseval

Existe una relacion de bastante aplicabilidad entre los coeficientes de una seriede Fourier y la funcion a la cual estan asociados. Siendo f(t) una funcion de perıodoT y cn sus coeficientes —complejos— que aparecen en su expansion como exponen-ciales complejas —ecuacion (5.31)—, la funcion y sus coeficientes estan relacionadosmediante la expresion [3]:

1

T

∫ T/2

−T/2|f(t)|2dt =

∞∑n=−∞

|cn|2 . (5.52)

Ahora, aunque nos hemos enfocado en analizar las series de Fourier de funcionesreales, esta relacion se puede generalizar a funciones complejas. Recordemos quela expresion |z|2 denota zz∗. Cuando f es real, la expresion |f(t)| denota el valorabsoluto de la funcion.

Usando las relaciones (5.35) entre los coeficientes, tambien podemos escribir larelacion de Parseval de la siguiente manera:

1

T

∫ T/2

−T/2|f(t)|2dt = a2

0 +1

2

∞∑n=1

(a2n + b2n) . (5.53)

Finalmente, es importante mencionar que las expresiones que acabamos de mostrarrepresentan la potencia media de una senal, lo cual es de suma importancia para elanalisis de senales. En general, si tenemos una senal periodica χ(t) con una expansionen series de Fourier, la potencia media de su senal se puede definir ası:

〈Pχ〉 =

∞∑n=−∞

|cn|2 = a20 +

1

2

∞∑n=1

(a2n + b2n) . (5.54)

Nota importante: como es usual, las integrales en las relaciones (5.52) y (5.53)tambien se pueden realizar dentro del intervalo [0, T ].


1. Para verificar como la suma de los coeficientes se aproxima cada vez mas a lafuncion representada, analicemos la senal, denotada por V1(t), estudiada en elejemplo 1 de la seccion 5.3. Esta senal la escribiremos ası:

V1(t,N) =

N∑k=0

24

(2k + 1)πsin((2k + 1)πt/2

). (5.55)

ii

ii

ii

ii


Aca, N representa el maximo numero de coeficientes que se tienen en cuentaen la suma. Claramente, en la practica no podemos sumar un numero infinitode terminos, pero nos podemos aproximar a V1(t) tanto como queramos; ası,cuando N → ∞, tenemos que V1(t,N) = V1(t). De este modo, la Figura 5.3muestra como la funcion V1(t,N) se aproxima cada vez mas a V1(t) cuandoincrementamos el valor de N . Aca, la serie que describe la senal V1(t) es semi-convergente —se puede notar en la grafica, ya que la funcion posee variacionacotada—; no obstante, no es uniformemente convergente porque es discon-tınua en su perıodo —la segunda derivada no existe en todos los puntos a lolargo del perıodo—.

Figura 5.3. Podemos visualizar como la funcion V1(t,N) se aproxima cada vez mas a V1(t) a medidaque aumentamos el valor de N —comparar con la Figura 5.1—.

2. La funcion g(x) = e13x del ejemplo 3 de la seccion 5.3 es uniformemente con-

vergente en el intervalo [0, 2π). Veamos como es que las tres propiedades es-tablecidas en la pagina 143 se cumplen:

• La segunda derivada de g(x) es g′′(x) = 19e

13x, la cual es continua en el

intervalo [0, 2π).• Vemos que, para n > 0,

|cn+1(g)| = 3(e2π/3 − 1)

2π√

1 + 9(n+ 1)2< |cn(g)| = 3(e2π/3 − 1)

2π√

1 + 9n2.

• Como g(x) es continua en el intervalo [0, 2π) y su derivada g′(x) = 13e

1x

es absolutamente integrable,∫ 2π

0|g′(x)|dx =

1

3

∫ 2π

0e

13xdx = e

13x

∣∣∣∣2π0

= e2π/3 − 1 ,

g(x) converge uniformemente. La Figura 5.4 muestra como la suma g(x,N) =∑Nn=−N cne

inωx se aproxima a esta a medida que N toma valores masgrandes.

ii

ii

ii

ii


Figura 5.4. Podemos visualizar como la funcion g(x,N), de perıodo T = 2π, se aproxima cada vezmas a g(x) a medida que aumentamos el valor de N .

3. Consideremos la funcion f(t) = t2 definida entre−1 y 1 con perıodo T = 2. Sus

coeficientes de Fourier son c0 = 13 y cn = 2(−1)n

n2π2 —sedeja al lectorverificarlo—.A partir de esto: (a) Usemos este resultado para calcular los coeficientes de lafuncion g(t) = t definida en el mismo intervalo con el mismo perıodo.Solucion: La frecuencia de la funcion es ω = π. Es facil anticipar que c0(g) =0, debido a que la funcion es impar. Ahora, para calcular los coeficientescn(g), aprovechamos la ecuacion (5.43), ya que ambas funciones poseen elmismo perıodo. Ademas, como df

dt = 2t, deducimos que g(t) = 12dfdt ; y usando

la relacion mencionada obtenemos que:

cn(g) =1

2(inω)cn(f) =

1

2inπ

2(−1)n

n2π2=i(−1)n

nπ.

Un calculo explıcito de cn(g) a traves del metodo tradicional muestra que estarelacion se mantiene —se deja como ejercicio verificarlo—.

4. Al considerar la funcion f(x) periodica definida en el intervalo (0, 2π] como

f(x) =

1/2 , 0 < x ≤ π−1/2 , π < x ≤ 2π

,

(a) Discutamos brevemente el tipo de senal que representa. (b) Calculemos suserie de Fourier —usar cualquiera de las dos representaciones—. (c) Calcule-mos la potencia media de la funcion. (d) Con ayuda de la relacion de Parseval,verifiquemos que

∞∑n=0

1

(2n+ 1)2=π2

8.

Solucion: (a) La funcion representa una senal cuadrada, con amplitud 1/2,perıodo T = 2π y frecuencia angular ω = 1. Matematicamente, la funcion esimpar.

ii

ii

ii

ii


(b) Aunque es mas conveniente utilizar la expansion como senos y cosenos, cal-cularemos tambien los coeficientes cn. Ası, con ayuda de las relaciones (5.39),encontramos que:

c0 =1

2π

[1

2

∫ π

0dx− 1

2

∫ 2π

πdx

]=

1

4π

[π − π

]= 0 ,

cn =1

2π

[1

2

∫ π

0e−inxdx− 1

2

∫ 2π

πe−inxdx

]=

i

4πn

[e−inx

∣∣∣π0− e−inx

∣∣∣2ππ

]=

i

4πn

[e−inπ − 1− 1 + e−inπ

]= − i

2πn

[1− (−1)n

].

Ademas, usando senos y cosenos, vemos que a0 = c0 = 0; y los terminos an seanulan porque f(x) es impar. Aunque podemos utilizar las relaciones (5.35)para encontrar bn, lo haremos directamente a traves de la integral. Ahora, conayuda de la ecuacion (5.30), encontramos que:

bn(f) =1

π

∫ 2π

0f(x) sin(nx)dx =

1

2π

[ ∫ π

0sin(nx)dx−

∫ 2π

πsin(nx)dx

]= − 1

2πn

[cos(nx)

∣∣∣π0− cos(nπ)

∣∣∣2ππ

]=

1

πn

[1− (−1)n

].

Ahora bien, es facil verificar que las relaciones (5.35) reproducen correctamentelas relaciones entre los coeficientes que describen las dos representaciones.Usando el resultado anterior, la serie en terminos de senos y cosenos estadada por:

f(x) =∞∑n=1

1− (−1)n

nπsin(nx) =

∞∑k=0

2 sin[(2k + 1)x]

(2k + 1)π.

En la ultima relacion volvimos a hacer el cambio de ındice n = 2k + 1 parasumar unicamente sobre los coeficientes impares de n, ya que los pares noaportan al resultado. (c) Ahora, la relacion de Parseval dice que

〈Pf 〉 =1

2π

∫ 2π

0|f(x)|2dx =

∞∑n=−∞

|cn(f)|2 = a20 +

1

2

∞∑n=1

(a2n + b2n) .

Por lo tanto, tenemos tres formas distintas y equivalentes de calcular la po-tencia media de la senal. Primero, a traves de la integral encontramos que:

〈Pf 〉 =1

2π

∫ 2π

0|f(x)|2dx =

1

2π

[1

4

∫ π

0dx+

1

4

∫ 2π

πdx

]=

1

8π

∫ 2π

0dx =

1

4.

ii

ii

ii

ii

5.5. Ejercicios 149

Segundo, a traves de los coeficientes cn, obtenemos que:

〈Pf 〉 =1∑

n=−∞|cn|2 + |c0|2 +

∞∑n=1

|cn|2

=

−1∑n=−∞

(−i[1− (−1)n

]2πn

)(i[1− (−1)n

]2πn

)+

∞∑n=1

(. . . )(. . . )

= 2∞∑n=1

(. . . )(. . . ) =∞∑n=1

1− (−1)n

π2n2.

Y tercero, a traves de los coeficientes a0, an y bn, obtenemos el mismo resultadoanterior:

〈Pf 〉 = a20 +

1

2

∞∑n=1

(a2n + b2n) =

1

2

∞∑n=1

(1− (−1)n

πn

)2

=∞∑n=1

1− (−1)n

π2n2.

(d) Igualamos las relaciones anteriores, con lo cual encontramos que:

1

4=∞∑n=1

1− (−1)n

π2n2.

Ahora, utilizamos el cambio de ındice n = 2k + 1, bajo el cual la expresionanterior toma la siguiente forma:

1

4=∞∑k=0

2

π2(2k + 1)2⇒

∞∑k=0

1

(2k + 1)2=π2

8.

5.5. Ejercicios


1. Verifique mediante integracion que los coeficientes a0 y an de la senal V1(t)mostrada en el ejemplo 1 de la seccion 5.3 son nulos.

2. Verifique las relaciones (5.45a) y (5.45b). Puede hacer una integracion porpartes de los coeficientes, aunque es mas facil usar las relaciones (5.35) eimplementarlas en la ecuacion (5.44).

3. Encuentre la serie de Fourier de la funcion f(x) = x2, 0 ≤ x < 2π, y de ahıen adelante la funcion f(x) se repite con perıodo 2π.

ii

ii

ii

ii


4. Teniendo en cuenta que para la funcion f(x) = |x|, −3 ≤ x < 3, y que de ahıen adelante se repite con perıodo 6, calcule la serie de Fourier de la forma deexponenciales complejas.

5. Encuentre la serie de Fourier —en forma de senos y cosenos y en formaexponencial— de la funcion descrita por la siguiente grafica:

6. La forma de angulo fase de una serie de Fourier para una funcion f(x) es unaforma alternativa de expresar una serie de Fourier y se define como:

f(x) = a0 +

∞∑n=1

dn cos(nωx+ φn) ,

con dn =√a2n + b2n, φn = arctan(−bn/an) y ω = 2π/T . Halle la serie en forma

de angulo fase para las siguientes funciones:

a)

f(x) =

1 , 0 ≤ x < 1

0 , 1 ≤ x < 2

f(x+ 2n) , x ≥ 2, x < 0, n ∈ Z

b) La funcion descrita por la figura:

7. Calcule la serie de Fourier en forma de angulo fase de la funcion definida portrozos f(t) = 0, 0 ≤ x < 1 y f(t) = x − 1, 1 < x < 2 —y de ahı en adelantese repite con perıodo 2—.

ii

ii

ii

ii

5.5. Ejercicios 151

8. Definamos la funcion g(x) como g(x) = x4, −π ≤ x < π con perıodo 2π. Apartir de esto:

(a) Encuentre los coeficientes de Fourier para expresar g(x) como una seriede Fourier.

(b) Grafique numericamente la funcion:

gN (x) =N∑

n=−Ncn(g)einωx ,

con N = 2, 5, 20, y dese cuenta de que la funcion converge a gN (x) =g(x) = x4 cuando N →∞.

(c) Evalue la funcion en x = π para ası demostrar que:

∞∑n=1

(π2

n2− 6

n4

)=π4

10.

Ejercicios aplicados a la fısica y la ingenierıa

9. (a) Para la funcion f(x) = x2,−π ≤ x < π, con una serie de Fourier de la

forma f(x) =∑

n cneinωx se encuentran los siguientes coeficientes: c0 = π2

3 ,cn = 2

n2 cos(nπ). ¿Cual es el perıodo de la funcion? (b) Evalue la funcion enx = π para ası demostrar que:

∞∑i=1

1

n2=π2

6.

10. Definamos la funcion g(x) como g(x) = x3, π ≤ x < π con perıodo 2π. Ade-mas, definamos la funcion zeta de Riemann como:

ζ(n) =

∞∑k=1

1

kn.

A partir de esto: (a) Encuentre los coficientes de Fourier para expresar g(x)como una serie de Fourier. (b) Grafique numericamente la siguiente funcion:

gN (x) =

N∑n=−N

cn(g)einωx ,

con N = 2, 5, 20 y dese cuenta de que la funcion converge a gN (x) = g(x) =x3 cuando N →∞. (c) Si los coeficientes de Fourier de la funcion h(x) = x2,

ii

ii

ii

ii


−π ≤ x ≤ π, son a0 = 13π

2, an = 4n2 (−1)n y bn = 0, demuestre que ζ(2) = π2

6

y ζ(4) = π4

90 . Ayuda: para demostrar la primera expresion, evalue h(x) enx = π; para la segunda, considere la relacion de Parseval en la misma funcion.(d) Use los resultados anteriores para demostrar que ζ(6) = π6

945 .11. En un osciloscopio se registra una senal perıodica. La senal muestra la va-

riacion del voltaje en funcion del tiempo, donde la funcion mostrada, en elintervalo −t0 ≤ t ≤ t0, esta dada por la funcion V (t) = V0(t/t0)2 —V0 yt0 son constantes—, repitiendose hacia la izquierda y hacia la derecha con elmismo periodo. Interprete el significado de V0 y t0 y exprese el voltaje comouna serie de Fourier usando la forma exponencial y en terminos de senos ycosenos.

12. Cuando se resuelve la ecuacion de Laplace en simetrıa cilındrica, aparecenunas funciones especiales llamadas las funciones de Bessel. Una de estas esla funcion modificada de Bessel de primera clase de orden cero, que tiene lasiguiente representacion:

I0(x) =1

π

∫ π

0ex cos tdt .

Para encontrar la serie de Taylor de esta funcion con ayuda de las series deFourier consideremos la funcion:

f(t) = exp[αeit

], α ∈ R .

Como f tiene periodo de 2π, puede ser expresada como una serie de Fourier.(a) Integrando por partes, demuestre la relacion de recurrencia entre los coefi-cientes cn de Fourier de f(t): cn+1 = α

n+1cn, n 6= −1. (b) Muestre que c−1 = 0,calculandolo directamente. (c) Deduzca que para n ≤ −1, cn = 0. (d) Usandola relacion de recurrencia, muestre que para n ≥ 0,

cn =αn

n!c0 .

(e) Calcule c0 —puede utilizar los metodos aprendidos en variable compleja—.(f) Use la relacion de Parseval para demostrar que:

1

2π

∫ 2π

0e2α cos tdt =

∞∑n=0

α2n

(n!)2.

(g) Deduzca la serie de Taylor de I0(x) alrededor de x = 0.

ii

ii

ii

ii

5.5. Ejercicios 153

13. Una caja bidimensional de dimensiones 0 ≤ x ≤ a y 0 ≤ y < ∞ esta aisladatermicamente. La temperatura dentro de la caja satisface la siguiente relacion:

T (x, y) =∞∑n=1

Bn sin(nπx/a)e−nπy/a ,

donde Bn son unos coeficientes por determinar.(a) Encuentre la temperatura dentro de la caja si T (x, 0) = T0 para 0 < x < a.(b) Encuentre la temperatura dentro de la caja si T (x, 0) = T0x

2/a2 para0 < x < a.

14. Repita lo mismo del ejercicio anterior cuando T (x, 0) = T0.15. Haga lo mismo cuando T (x, 0) = T0x/a. Analice ademas la temperatura en el

punto x = a/2 para mostrar que

π = 4

∞∑k=0

(−1)k

2k + 1.

16. Haga lo mismo cuando T (x, 0) = T0 sin(9πx/a).

Aplicaciones numericas

17. Consideremos la siguiente funcion: f(x) = x/(x4 + 4), 0 ≤ x < 2π —y serepite de ahı en adelante con perıodo 2π—. Desafortunadamente, si aplicamoslas formulas usuales para los coeficientes, las integrales no se pueden calcularusando las herramientas del calculo integral. Se deben implementar entoncesmetodos numericos para desarrollarlas. Teniendo esto en cuenta:

a) Determine numericamente los terminos c−15, c−14, . . . , c15 —son 31 entotal— que aparecen en la serie en forma de exponenciales complejas.Escrıbalos en una tabla. En la tabla tambien incluya los coeficientes any bn que aparecen en la expansion, como senos y cosenos, usando lasrelaciones entre los coeficientes. Use cuatro cifras decimales.

b) ¿Que relacion hay entre los terminos positivos y negativos en cn? Porejemplo, ¿entre c−5 y c5?

c) Calcule la magnitud de cada coeficiente, |cn| =√cnc∗n. Anada esta infor-

macion a su tabla. ¿Que sucede a medida que n se hace mas grande? ¿Porque no hay necesidad de calcular los terminos |c−n|? ¿Como se relacionan|cn| y |c−n|?

d) Grafique la funcion f(x) en el intervalo 0 ≤ x < 2π.

ii

ii

ii

ii


e) Definamos la siguiente funcion:

S(x,N) =N∑

n=−Ncne

inπx .

Grafique las funciones S(x, 2), S(x, 5), S(x, 10) y S(x, 15). ¿Se aproxi-man cada vez mas las series a la grafica original cuando aumentamos elnumero de terminos? Explique por que. Tenga en cuenta sus resultadosanteriores. Nota: se puede usar la grafica usando la version exponencialo en terminos de senos y cosenos; la grafica debe ser la misma.

18. Haga lo mismo del punto anterior para la funcion con perıodo T = 2π, definidacomo f(t) = 100t/(t2 sin t+ 4t− 10) en el intervalo [−π, π).

19. Haga lo mismo usando la funcion de perıodo T = 2, definida como f(y) = e−y2

en el intervalo 0 ≤ y < 2.


20. Encuentre la serie de Fourier de la funcion h(x), definida como:

h(x) = x cosx , −π ≤ x ≤ π ,

con perıodo T = 2π, usando exponenciales complejas. Use la relacion entrecn y an, bn para encontrar bn y verificar que an = 0. Sugerencia: expandae−inωx en terminos de senos y cosenos, y luego aplique propiedades de paridad.Considere ademas los casos n = ±1 por separado.

Nota: Para realizar los siguientes ejercicios se necesitan tecnicas para resol-ver ecuaciones diferenciales parciales mediante separacion de variables, asıcomo conceptos de electrostatica. En el ultimo ejercicio se deben conocer laspropiedades de la funcion delta de Dirac —vease la subseccion 6.2.2—.

21. En ausencia de cargas electricas, el potencial electrostatico en una caja bidi-mensional de ancho L y altura infinita satisface la ecuacion diferencial:

∂2φ

∂x2+∂2φ

∂y2= 0 ,

con las siguientes condiciones de frontera: φ(0, y) = φ(L, y) = 0, φ(x,∞) = 0 yφ(x, 0) = Ax —A es una constante con las dimensiones apropiadas de V/m—.

ii

ii

ii

ii

5.5. Ejercicios 155

Demuestre que los campos electricos dentro de la caja estan dados por:

Ex = −2A∞∑n=1

(−1)n+1 cos(nπxL

)e−nπy/L ,

Ey = 2A

∞∑n=1

(−1)n+1 sin(nπxL

)e−nπy/L .

22. En ausencia de cargas electricas, el potencial electrostatico en una caja bidi-mensional de ancho L y altura infinita satisface la ecuacion diferencial:

∂2φ

∂x2+∂2φ

∂y2= 0 ,

con las condiciones de frontera: φ(−L/2, y) = φ(L/2, y) = 0, φ(x,∞) = 0 yφ(x, 0) = V0 + E0x, −L/2 ≤ x ≤ L/2. Demuestre que los campos electricosdentro de la caja estan dados por:

Ex =

∞∑n=1

[2V0

L

((−1)n − 1

)− E0

(1 + (−1)n

)]cos

[nπ

L

(x+

L

2

)]e−nπy/L ,

Ey =∞∑n=1

[2V0

L

(1− (−1)n

)− E0

(1 + (−1)n

)]sin

[nπ

L

(x+

L

2

)]e−nπy/L .

23. Nota: Para este ejercicio se requiere el concepto de la funcion Delta de Dirac—vease el capıtulo 6—. Una cuerda esta sujeta por sus dos extremos x = 0 yx = L. Para pequenas amplitudes, tenemos la ecuacion diferencial:

∂2y

∂x2=

1

v2

∂2y

∂t2,

donde v representa la velocidad de propagacion. La cuerda se hace vibrarmediante un impulso agudo en x = a (0 < a < L). Por lo tanto,

y(x, 0) = 0 ,∂y

∂t

∣∣∣t=0

= Lv0δ(x− a) .

Resuelva la ecuacion diferencial con estas condiciones iniciales, y muestre,ademas, que la velocidad transversal esta dada por

vy = 2 v0

∞∑n=1

sin

(nπa

L

)sin

(nπx

L

)cos

(nπvt

L

).

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156 Bibliografıa

Bibliografıa

[1] G. Tellez. Metodos Matematicos. Ediciones Uniandes (2004), p 85.

[2] P. V. O’Neil. Advanced Engineering Mathematics. Thomson, 6ta edicion (2007),p 620.

[3] P. V. O’Neil. Advanced Engineering Mathematics. Thomson, 6ta edicion (2007),p 622.

Informacion adicional sobre series de Fourier se puede encontrar en las siguientesreferencias:





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Capıtulo

SEIS

Funciones especiales y el teorema de convolucion

6.1. Conceptos previos

Temas previos: funciones por trozos, funcion valor absoluto, integrales impropias.

Taller preliminar

1. Grafique las siguientes funciones definidas por trozos:

f1(x) =

1 , x < −1

x , −1 ≤ x ≤ 1

x2 , x > 1

, f2(x) =

x , x ≥ 0

−x , x < 0,

f3(x) =

0 , x+ 5 ≥ 0

1 , x+ 5 < 0, f4(x) =

e−3x3 , −3 ≤ x ≤ 3

0 , x > 3 o x < −3.

2. La funcion f2(x) definida en el punto anterior se conoce como la funcion valorabsoluto de x, f2(x) = |x|. Realice las siguientes integrales:∫ 1

−1|x| dx ,

∫ 6

−4e−x|x| dx ,

∫ 1

−7e−|x|x2 dx .

3. Desarrolle las siguientes integrales impropias:∫ ∞0

xe−x2dx ,

∫ ∞0

x3e−2x dx ,

∫ 0

−∞x2ex−5 dx .

157

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158 Capıtulo 6. Funciones especiales y el teorema de convolucion


N/A , N/A , N/A , N/A ; 1 , 3e4 + 2− 7e−6 , 4e− 5e−1 − 65e−7 ; 12 ,

38 , 2e−5 .

6.2. Funciones especiales

Existen muchas funciones que merecen un tratamiento particular debido a sugran utilidad y propiedades. En esta seccion se estudiaran algunas de ellas. Es im-portante entender estas funciones porque seran utilizadas mas adelante. Si el lectorya esta familiarizado con algunas de ellas, puede omitir su estudio, aunque se reco-mienda realizar los ejercicios.

6.2.1. Funcion valor absoluto

Aunque ya fue introducida en el taller preconceptos, vale la pena dedicarle aten-cion especial a esta funcion. La funcion valor absoluto de x se define de esta manera:

|x| =

x , x ≥ 0

−x , x < 0. (6.1)

Figura 6.1. Izquierda: funcion valor absoluto. Derecha: su derivada.

En otras palabras, lo que hace la funcion valor absoluto es tomar siempre elvalor positivo del argumento —x en este caso—. Ahora, para obtener la derivada,debemos recurrir a la definicion inicial —por trozos— y tomar la derivada. Ası, sepuede concluir que:

|x|′ = d|x|dx

=

1 , x ≥ 0

−1 , x < 0. (6.2)

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6.2. Funciones especiales 159

Ahora, de las definiciones y la Figura 6.1 se puede concluir lo siguiente:

• La funcion valor absoluto es par, mientras que su derivada es impar.• La funcion |x| siempre es continua, pero |x|′ es discontinua en x = 0.• La funcion valor absoluto satisface la propiedad |x| = | − x|.

Lo que mas nos interesa sobre la funcion valor absoluto es como realizar integrales quecontengan esta funcion. Comencemos con un ejemplo sencillo, evaluando la integral∫ a−a |x|dx, donde a es un numero positivo. Una forma sencilla de realizarla es dan-

donos cuenta de que, como |x| es par, podemos asegurar que∫ a−a |x|dx = 2

∫ a0 |x|dx.

Ahora, notemos que el dominio de integracion implica que 0 ≤ x ≤ a. Como x siem-pre es positivo en este dominio, podemos deducir, a partir de la ecuacion (6.1), que|x| = x. Por lo tanto,

∫ a−a |x|dx = 2

∫ a0 xdx = x2

∣∣a0

= a2.

Ejemplos

1. Evaluemos la integral ∫ 4

−4e|x−2|x dx .

Solucion: Antes de realizarla, es importante aclarar que, aunque |x − 2| =|2−x|, esta funcion no es par, ası que no podemos partir la integral de 0 a 4 ymultiplicarla por 2. Lo primero que se debe hacer es entender lo que significala expresion |x− 2|. Ası, de la definicion, concluimos que:

|x− 2| =

x− 2 , x− 2 ≥ 0

−(x− 2) , x− 2 < 0=

x− 2 , x ≥ 2

−x+ 2 , x < 2.

Ahora, la integral correspondiente se debe partir alrededor de x = 2 de lasiguiente manera:∫ 4

−4e|x−2|x dx =

∫ 2

−4e|x−2|x dx+

∫ 4

2e|x−2|x dx .

Usando la definicion de |x − 2|, reescribimos cada una de las 2 integrales, y,por tanto, deducimos que:∫ 4

−4e|x−2|x dx =

∫ 2

−4e−x+2x dx+

∫ 4

2ex−2x dx

= e2

∫ 2

−4e−xx dx+ e−2

∫ 4

2exx dx .

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De aquı en adelante, las integrales se hacen de la manera habitual aplicandola integracion por partes. Se deja al lector verificar que el resultado es −3e6 +3e2 − 4.

2. Evaluemos la siguiente integral:

I =

∫ 10

−6|x− 1|| − 3x− 6| dx .

Solucion: Esta integral es mas complidada por la aparicion de dos funcionesvalor absoluto. Lo primero que hacemos es identificar que |−3x−6| = |3x+6|.Ahora, usando la definicion del valor absoluto, se deja al lector verificar que

|x− 1| =

x− 1 , x ≥ 1

−x+ 1 , x < 1, |3x+ 6| =

3x+ 6 , x ≥ −2

−3x− 6 , x < −2.

Al contrario que en la integral anterior, hay dos puntos de interes en vez deuno, los puntos x = −2 y x = 1. Entonces, la integral se debe partir conrespecto a estos puntos de la siguiente manera:

I =

∫ 10

−6|x− 1|| − 3x− 6| dx =

∫ 10

−6|x− 1||3x+ 6| dx

=

∫ −2

−6· · ·+

∫ 1

−2· · ·+

∫ 10

1. . . .

Ahora, reemplazamos cada funcion valor absoluto por su respectivo valor enlos intervalos apropiados, con lo cual obtenemos que:

I =

∫ −2

−6(−x+ 1)(−3x− 6) dx+

∫ 1

−2(−x+ 1)(3x+ 6) dx

+

∫ 10

1(x− 1)(3x+ 6) dx

=

∫ −2

−6(3x2 + 3x− 6)dx−

∫ 1

−2(3x2 + 3x− 6)dx+

∫ 10

1(3x2 + 3x− 6)dx .

De nuevo, la integral se hace de la manera usual, y el resultado es I = 1243.

6.2.2. La funcion Delta de Dirac

La funcion Delta de Dirac es una de las funciones mas importantes de este capı-tulo debido a sus unicas propiedades. Para ver de donde proviene, supongamos que

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una esfera de radio R posee una masa m. Si la masa esta distribuıda de manera uni-forme, podemos definir una densidad de masa de la forma ρ = m

V , donde V = 43πR

3

es el volumen de la esfera. Sin embargo, como no existe masa fuera de la esfera, lafuncion densidad se puede escribir, de manera mas exacta, de la siguiente manera:

ρ(r) =

3m

4πR3 , r ≤ R0 , r > R

, (6.3)

donde r es la distancia radial al centro de la esfera. Ahora, imaginemonos que la esferala hacemos cada vez mas pequena, conservando, por supuesto, la misma masa. Esfacil notar que cuando R es cada vez mas pequeno, la densidad toma valores masgrandes. En particular, cuando R → 0, la densidad es infinita. No obstante, sinimportar el tamano de la esfera, hay algo que no cambia, y es el valor de su masa.Como la masa se obtiene integrando la densidad, se concluye que m =

∫ρ(r)dV .

Esto es particularmente extrano, porque una funcion que es infinita —la densidad,en este caso, cuando R→ 0— da un valor finito —la masa— cuando es integrada.

La funcion Delta de Dirac surge como una forma de modelar este tipo de sis-temas, por ejemplo, partıculas puntuales masivas. En particular, cuando se trabajaexclusivamente en una dimension, definimos la funcion Delta de Dirac como:1

δ(x) =

∞ , x = 0

0 , x 6= 0 ,(6.4)

con la propiedad ∫ ∞−∞

δ(x) dx = 1 . (6.5)

Otras propiedades importantes de la funcion Delta de Dirac son las siguientes (a∈R):

δ(x− a) =

∞ , x = a

0 , x 6= a, (6.6a)∫ ∞

−∞δ(x− a) dx = 1 , (6.6b)∫ ∞

−∞g(x)δ(x− a) dx = g(a) , (6.6c)

δ(ax) =1

|a|δ(x) . (6.6d)

1Formalmente, la funcion delta de Dirac es una distribucion —o funcion generalizada—. Dadoque un analisis exhaustivo de la teorıa de distribuciones se sale del contenido de este libro, seguiremoscaracterizando a esta distribucion como una funcion.

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Nota importante: en este momento es importante aclarar algo sobre las ecuacio-nes (6.6b) y (6.6c). Notemos que la integral se define entre −∞ e ∞. No obstante,el resultado tambien se puede obtener bajo distintos lımites de integracion. Recor-demos que la expresion δ(x − a) indica que la funcion vale 0, a menos que x = a.Los mismos resultados se pueden obtener si a esta dentro del dominio de integra-cion; si el dominio de integracion no encierra a a, el resultado de la integral es cero.Obviamente, el hecho de que los lımites de integracion sean −∞ e ∞ asegura quea siempre esta contenido en el dominio de integracion.

Ahora estamos interesados en entender lo que las derivadas de la funcion Deltade Dirac significan. Desafortunadamente, las derivadas de esta funcion carecen desentido, pero podemos entenderlas a partir del efecto que generan cuando son usadaspara integrar una funcion. Por ejemplo, evaluemos la siguiente integral:∫ ∞

−∞g(x)δ′(x− a) dx . (6.7)

Para realizar la integral, integramos por partes, tomando u = g(x), du = g′(x)dx,dv = δ′(x− a)dx y v = δ(x− a). Ası:∫ ∞

−∞g(x)δ′(x− a) dx =

g(x)δ(x− a)∣∣∣∞−∞−∫ ∞−∞

g′(x)δ(x− a) dx . (6.8)

El primer termino se cancela porque la funcion δ(x− a) es nula, a menos que x = a.El segundo termino se evalua, con lo cual encontramos que:∫ ∞

−∞g(x)δ′(x− a) dx = −g′(x)

∣∣∣x=a

. (6.9)

Con esto, de manera general, integrando por partes n veces, se puede verificar que:∫ ∞−∞

g(x)δ(n)(x− a) dx = (−1)ng(n)(x)∣∣∣x=a

. (6.10)

Ahora, a continuacion queremos encontrar una primitiva para la funcion Delta deDirac. En otras palabras, deseamos saber si existe una funcion cuya derivada seaesta funcion. Para encontrarla, debemos entender formalmente de donde provieneesta funcion. Para este proposito, consideremos la funcion fn(x) representada en laFigura 6.2. Matematicamente, esta funcion se puede escribir de la siguiente manera:

fn(x) =

n/2 , −1/n ≤ x ≤ 1/n

0 , x > 1/n o x < −1/n. (6.11)

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Figura 6.2. Izquierda: funcion fn(x), puede verse que cuando n→∞, la funcion se parece cada vezmas al Delta de Dirac. Derecha: la primitiva de fn(x), Fn(x); cuando n→∞, se parece a la funcionH(x).

Ahora, de la definicion y la Figura 6.2, el lector puede concluir que lımn→∞ fn(x) =δ(x). Sin embargo, notemos que el area generada por la funcion permanece constantesin importar el valor de n. Respecto a esto, el area del rectangulo es A = 2

nn2 = 1,

lo que obedece a la condicion (6.5). Ademas, de la Figura 6.2 podemos integrar lafuncion fn(x) a partir de x = −∞, con lo cual deducimos —calculamos el area deun rectangulo— que:

Fn(x) =

∫ x

−∞fn(x)dx =

0 , x < −1/n

n2 (x+ 1

n) , −1/n ≤ x ≤ 1/n

1 , x > 1/n

. (6.12)

La funcion anterior se muestra en la Figura 6.2. Ahora, como la funcion delta seobtiene tomando el lımite lımn→∞ fn(x), su integral se obtiene tomando el lımitelımn→∞ Fn(x). De acuerdo con la grafica mencionada, esta funcion es justo unafuncion que toma el valor de 0 si x < 0 y de 1 si x ≥ 0. Esta funcion se conoce comola funcion escalon unitario o Heaviside, que sera estudiada en detalle a continuacion.

Ejemplos

1. Evaluemos ∫ 6

−2e−3xx+ 1

x− 5δ(x+ 3)dx ,

∫ 6

−5e−3xx+ 1

x− 5δ(x+ 3)dx .

Solucion: Notemos que el delta esta centrado en x = −3. Sin embargo, laprimera integral posee como dominio de integracion el intervalo [−2, 6]. Ahora,como x = −3 esta por fuera de este dominio, la primera integral es 0, pero

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el valor x = −3 sı esta, por el contrario, dentro del intervalo de la segundaintegral [−5, 6]. Teniendo esto en cuenta, usamos la propiedad (6.6c), con locual encontramos que:∫ 6

−5e−3xx+ 1

x− 5δ(x+ 3)dx = e−3xx+ 1

x− 5

∣∣∣∣x=−3

=1

4e9 .

2. Evaluemos ∫ 2

−5x2δ(3x− 3)dx ,

∫ 0,9

−5x2δ(3x− 3)dx .

Solucion: Para ambas integrales, el punto de interes satisface 3x − 3 = 0, ox = 1. La segunda integral automaticamente se anula, porque x = 1 esta fueradel dominio de integracion. Usando ahora las propiedades (6.6c) y (6.6d), enla primera integral obtenemos que:∫ 2

−5x2δ(3x− 3)dx =

∫ 2

−5x2δ(3(x− 1)

)dx =

1

3

∫ 2

−5x2δ(x− 1)dx

=1

3x2∣∣∣x=1

=1

3.

3. Usemos la relacion (6.10) para evaluar las siguientes dos integrales:∫ ∞−∞

x2(x− 4)δ′′(x)dx ,

∫ 20

−10x3(x− 2)δ(3)(x+ 6)dx .

Solucion: Notemos que los puntos de interes de ambas integrales estan dentrode sus respectivos dominios de integracion. Usando la propiedad indicada,obtenemos que:∫ ∞

−∞x2(x− 4)δ′′(x)dx = (−1)2 d

2

dx2x2(x− 4)

∣∣∣x=0

= 6x− 8∣∣∣x=0

= −8 .

Ahora, para la segunda integral, el resultado es:∫ 20

−10x3(x− 2)δ(3)(x+ 6)dx = (−1)3 d

3

dx2x3(x− 2)

∣∣∣x=−6

= −(24x− 12)∣∣∣x=−6

= 156 .

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6.2.3. La funcion escalon unitario o Heaviside

La funcion escalon unitario, tambien conocida como funcion Heaviside, es desuma importancia, especialmente porque mucho del analisis de Laplace se basa enesta funcion. En este libro la denotaremos como H(x); en la seccion anterior fueintroducida brevemente como una funcion cuya derivada era la funcion Delta deDirac, de tal manera que

dH(x)

dx= H ′(x) = δ(x) . (6.13)

La definicion formal de esta funcion es la siguiente:

H(x) =

1 , x ≥ 0

0 , x < 0. (6.14)

Una grafica que representa la funcion anterior puede ser visualizada en la Figura6.3. Claramente, esta funcion posee una discontinuidad en x = 0.

Figura 6.3. Izquierda: funcion H(x). Derecha: se muestran las funciones H(x − 1) —lınea griscontinua—, H(−x+ 2) —lınea negra punteada—, H(x+ 4) —lınea gris punteada— y el productode las tres,G(x) —lınea negra continua—. Algunas funciones se han desplazado levemente de maneravertical por claridad en la presentacion.

Nota importante: Aunque la discontinuidad de la funcion H(x) se presenta enx = 0, esto no significa que cualquier funcion Heaviside presente la discontinudidaden x = 0, esto depende del argumento. Por ejemplo, la funcion H(x − 1) —conargumento x− 1— presenta una discontinuidad en x = 1 y es una funcion que vale0 si x < 1 y 1 si x ≥ 1. Esto sera mas claro cuando se estudien los ejemplos.

De nuevo, uno de nuestros mayores intereses es entender como realizar integralesque involucren la funcion Heaviside. Esto se realizara en los siguientes ejemplos.

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Ejemplos

1. Hagamos una grafica de la funcion G(x) = H(x− 1)H(−x+ 2)H(x+ 4).Solucion: Para resolver este problema, primero usemos la definicion de lafuncion Heaviside —ecuacion (6.14)— para entender lo que significa cada unode los tres escalones unitarios. Ası, vemos que:

H(x− 1) =

1 , x− 1 ≥ 0

0 , x− 1 < 0=

1 , x ≥ 1

0 , x < 1,

H(−x+ 2) =

1 , −x+ 2 ≥ 0

0 , −x+ 2 < 0=

1 , x ≤ 2

0 , x > 2,

H(x+ 4) =

1 , x+ 4 ≥ 0

0 , x+ 4 < 0=

1 , x ≥ −4

0 , x < −4.

Observemos que los tres Heaviside definen tres puntos de interes: x = −4,x = 1 y x = 2. A su vez, esto define cuatro intervalos: a) −∞ < x < −4, b)−4 ≤ x < 1, c) 1 ≤ x ≤ 2, y d) 2 < x < ∞. En la siguiente tabla se muestrael valor de los tres Heaviside en cada uno de los cuatro intervalos —el valorde la funcion que buscamos es la multiplicacion de los tres—:

Intervalos y valor de la funcion en cada uno

Funcion −∞ < x < −4 −4 ≤ x < 1 1 ≤ x ≤ 2 2 < x <∞H(x− 1) 0 0 1 1

H(−x+ 2) 1 1 1 0

H(x+ 4) 0 1 1 1

G(x) 0 0 1 0

Notemos que la funcion G(x) = H(x − 1)H(−x + 2)H(x + 4) unicamentevale 1 en el intervalo 1 ≤ x ≤ 2, en el resto del dominio real vale 0. Lagrafica se muestra en la figura 6.3. Ademas, observemos que la multiplicacionde los tres Heaviside es analogo a hacer un tabla de verdad entre las variableslogicas 0 y 1 usando la operacion o compuerta logica “ AND”. Mientras que laoperacion logica“ AND” vale 0 si cualquier entrada es 0, esta vale 1 unicamentecuando todas las entradas son 1. Ası, la multiplicacion de funciones Heavisidees analoga a aplicar la operacion logica “ AND”.

2. Realicemos la integral ∫ ∞−∞

H(x)e−4xdx .

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Solucion: Primero, entendamos bien la funcion H(x). De la ecuacion (6.14),concluimos que H(x) = 0 si x < 0 y H(x) = 1 si x ≥ 0. Como el punto deinteres es x = 0, partimos la integral de la siguiente manera:∫ ∞

−∞H(x)e−4xdx =

∫ 0

−∞H(x)e−4xdx+

∫ ∞0

H(x)e−4xdx .

La primera integral se cancela, porque H(x) = 0 en su intervalo de integracion,x < 0. La segunda no se elimina y H(x) toma el valor de 1. Ası:∫ ∞

−∞H(x)e−4xdx =

∫ ∞0

e−4xdx = −1

4e−x∣∣∣∣∞0

=1

4.

3. Desarrollemos la integral∫ ∞0

H(x− 5)H(−x+ 7) dx .

Solucion: Analizamos las dos funciones Heaviside de la manera usual y con-cluimos que:

H(x− 5) =

1 , x ≥ 5

0 , x < 5, H(−x+ 7) =

1 , x ≤ 7

0 , x > 7.

Como existen los puntos de interes x = 5 y x = 7, partimos la integral de lasiguiente forma:

∫ ∞0

H(x− 5)H(−x+ 7) dx =

∫ 5

0. . .+

∫ 7

5· · ·+

∫ ∞7

. . . .

Aca, la primera integral se cancela, porque H(x− 5) = 0 en el intervalo dado;y la tercera tambien se cancela, porque H(−x+ 7) se anula en el dominio deintegracion. Ahora, como H(x − 5) = H(−x + 7) = 1 cuando −5 ≤ x ≤ 7,deducimos que:∫ ∞

0H(x− 5)H(−x+ 7) dx =

∫ 7

5dx = x

∣∣∣75

= 2 .

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6.2.4. La funcion gaussiana

Aunque no es una funcion indispensable de analizar, sirve como complemento,pues la convolucion y transformada de Fourier de funciones gaussianas son bastanteparticulares. En esta subseccion unicamente nos enfocaremos en mostrar lo que esuna funcion gaussiana y como integrarla.

Para empezar, una funcion gaussiana general se define como:

g(x) =1√2πσ

e−1

2σ2(x−x0)2 . (6.15)

Como vemos, la funcion gaussiana depende de varios parametros —vease la Figura6.4—. El parametro σ2, conocido como varianza, indica que tan ancha es la funcion:un valor grande de σ hace la funcion ancha, pero un valor pequeno de σ la haceangosta. Por otra parte, el termino x0 se conoce como la media e indica dondela gaussiana esta centrada ––es decir, donde se ubica su maximo valor—. Y, porultimo, el termino

√2πσ, que aparece en el denominador, se introduce para hacer

que la integral de la gaussiana a lo largo de toda la recta real sea 1 —esto a vecesse conoce como normalizacion—. La definicion mostrada en la ecuacion (6.15) seconoce como la forma estandar.

Figura 6.4. Izquierda: funcion gaussiana indicando el significado de los parametros. Derecha: variasgaussianas. Para g1(x), g2(x) y g3(x), los parametros son, respectivamente: σ = 0,5 y x0 = −2,σ = 1 y x0 = 0,5, y σ = 2,5 y x0 = 0.

Cabe mencionar que la funcion gaussiana aparece mucho en las ramas de pro-babilidad y estadıstica porque la distribucion de probabilidad de muchos sistemasen la naturaleza presentan este comportamiento. De hecho, en probabilidad, la dis-tribucion gaussiana se conoce como la distribucion normal. Algunos sistemas quepueden presentar este comportamiento —entre muchos otros— son: a) distribuciondel numero de impactos de proyectiles con respecto a la diana en un tiro al blanco,b) distribucion del consumo mensual de energıa en una poblacion, c) distribucion delos resultados de un parcial.

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Para entender la integral de una gaussiana, primero demostraremos el siguienteresultado:

I =

∫ ∞−∞

e−x2dx =

√π . (6.16)

El problema de integrar una gaussiana es que no existe forma conocida de encon-trar su antiderivada. No obstante, la integral impropia, entre −∞ e ∞, sı se puedecalcular. Para esto, vemos primero que:

I2 =

∫ ∞−∞

e−x2dx

∫ ∞−∞

e−y2dy . (6.17)

La expresion anterior es cierta porque cada integral por aparte da como resultado elvalor de I, y al multiplicar ambas la expresion es I2. Se recomienda usar variablesdiferentes en cada integral. La integral doble anterior la juntamos en una sola yluego pasamos a coordenadas polares, donde notamos que x2 + y2 = r2 y dxdy =rdrdθ. Veamos que la integral I2 esta definida sobre todo el plano bidimensional.En coordenadas cartesianas, el plano bidimensional tiene el dominio −∞ < x < ∞y −∞ < y < ∞, mientras que en polares, el mismo dominio es ahora 0 ≤ r < ∞ y0 ≤ θ ≤ 2π. Ası las cosas, tenemos que:

I2 =

∫ ∞−∞

∫ ∞−∞

e−(x2+y2)dxdy =

∫ ∞0

∫ 2π

0re−r

2dθdr =

∫ ∞0

re−r2dr

∫ 2π

0dθ

= −e−r2

2

∣∣∣∣∞0

θ∣∣∣2π0

=1

22π = π . (6.18)

Despejando I, obtenemos entonces el resultado buscado. Con base en este resultado,podemos integrar cualquier funcion gaussiana sobre toda la recta real. Por definicion,la integral de la funcion (6.15) da 1, pero supongamos que tenemos una guassianaescrita de la forma g(x) = De−ax

2+bx+c, donde a, b, c y D son constantes reales,con la unica restriccion de que a > 0 —esta restriccion es indispensable, porque delo contrario la integral es infinita—. Para evaluar la integral, sacamos lo que seaconstante, y luego completamos cuadrados:∫ ∞

−∞De−ax

2+bx+cdx = Dec∫ ∞−∞e−a(x2− b

ax)dx = Dec

∫ ∞−∞e−a(x2− b

ax+ b2

4a2)+ b2

4adx

= Dec+b2

4a

∫ ∞−∞e−a(x− b

2a)2dx . (6.19)

Ahora, hacemos la sustitucion u = x − ba , con la cual notamos que los lımites de

integracion permanecen intactos, por lo tanto:∫ ∞−∞De−ax

2+bx+cdx = Dec+b2

4a

∫ ∞−∞e−au

2du . (6.20)

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El ultimo paso consiste en hacer la sustitucion t =√au. Como a > 0, los lımi-

tes siguen iguales, y, finalmente, usando la ecuacion (6.16), obtenemos el siguienteresultado: ∫ ∞

−∞De−ax

2+bx+cdx = Dec+b2

4a

∫ ∞−∞e−t

2 dt√a

=

√π

aDec+

b2

4a . (6.21)

6.2.5. La funcion Gamma

La funcion Gamma, simbolizadada como Γ(z), tampoco es una funcion indispen-sable de conocer. Sin embargo, vale la pena mencionarla y definirla, porque algunasveces aparece en las definiciones de algunas transformadas de Laplace. Especıfica-mente, esta funcion se define como:

Γ(z + 1) =

∫ ∞0

tze−tdt . (6.22)

Ahora bien, algunas propiedades importantes de la funcion Gamma son las siguien-tes: [1]

Γ(z + 1) = zΓ(z) , (6.23a)

Γ(1 + z)Γ(−z) = − π

sin(πz). (6.23b)

A partir de la definicion Gamma y las propiedades enunciadas, algunas consecuenciasimportantes de la funcion Γ(z + 1) son:

1. Si z + 1 es un entero positivo, z ∈ Z+, la funcion Gamma es la funcionfactorial, Γ(z + 1) = z!.

2. Γ(1) = 0! = 1.3. Si z + 1 es positivo pero no entero, Γ(z + 1) se debe calcular a partir de

la definicion (6.22). Por raro que parezca, esto define la forma de calcular elfactorial de un numero no entero.

4. Si z + 1 es negativo pero no entero, Γ(z + 1) esta bien definido y se puedecalcular a partir de la propiedad (6.23b). Como −z > 1, esta tambien se puedereescribir como:

Γ(1 + z) = − π

Γ(−z) sin(πz)= − π

Γ(|z|) sin(πz). (6.24)

5. Si z es un entero negativo, la funcion Γ(1 + z) no esta bien definida y porlo tanto diverge. De aca concluimos que Γ(0),Γ(−1), Γ(−2), . . . ,→∞.

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6.3. La convolucion 171

Como el calculo para la funcion Gamma para argumentos enteros positivos essimplemente un factorial, no hay necesidad de calcular esta funcion explıcitamen-te, ya que esta funcion es bien conocida. No obstante, ¿como se calcula la funcionGamma de argumentos no enteros? Si el argumento es negativo, podemos usar laformula (6.24) una vez sepamos como calcular la funcion para enteros positivos. Conla ayuda de alguna herramienta numerica, esto se puede hacer sin mayor inconve-niente. Adicionalmente, existen tablas donde se pueden encontrar algunos valoresimportantes de esta funcion [2, 3] o propiedades adicionales que sirven para lograreste proposito [4].

Por otro lado, tambien se pueden encontrar algunas relaciones analıticas con lafuncion gaussiana —o variaciones de esta—. Si, por ejemplo, tomamos z = n − 1

2 ,donde n es un numero entero positivo, la relacion (6.22) toma, bajo la sustitucionw = t1/2, la siguiente forma:

Γ(n+1

2) = 2

∫ ∞0

w2ne−w2dw . (6.25)

De aca deducimos, por ejemplo, usando la ecuacion (6.16), que:

Γ(1

2) = 2

∫ ∞0

e−w2dw =

∫ ∞−∞

e−w2dw =

√π . (6.26)

Y a partir de este resultado, con ayuda de la propiedad (6.23a), podemos calcularΓ(n+ 1

2) recursivamente.

6.3. La convolucion

La convolucion es una operacion binaria entre dos funciones. La operacion essimbolizada como “ ∗”, y esta opera dos funciones, generando una nueva. Sus apli-caciones en el campo de senales y muchas otras ramas son inmensas, de ahı laimportancia de estudiarla. Si f(t) y g(t) son funciones integrables —la integral decada una sobre toda la recta real existe—, la convolucion entre f y g se define como:

(f ∗ g)(t) =

∫ ∞−∞

f(t− z)g(z)dz . (6.27)

Las siguientes son algunas propiedades importantes de la convolucion:

• Conmutatividad: f ∗ g = g ∗ f .• Asociatividad: f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h. Nota: esta propiedad se aplica a la

convolucion entre funciones, ciertos objetos como distribuciones no necesaria-

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mente satisfacen esta propiedad. En este libro no nos interesara el estudio dedistribuciones.2

• Distributividad: f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h.• Identidad: el Delta de Dirac es el elemento identidad en la convolucion, f ∗δ =δ ∗ f = f .• Derivacion: (f ∗ g)′ = f ′ ∗ g = f ∗ g′.

En esta seccion solo estamos interesados en la definicion de la convolucion y aprendera calcularla, mas adelante se presentaran algunas aplicaciones.


1. Calculemos la convolucion de la funcion escalon unitario H(t) consigo misma.Posteriormente, hagamos una grafica representando la operacion y demos unainterpretacion.Solucion: Para hacer esto, vemos que la integral que representa la convoluciones:

(H ∗H)(t) =

∫ ∞−∞

H(t− z)H(z)dz .

Lo que primero debemos hacer es entender la funcion H(z). Por la definicionde la funcion Heaviside, esta vale 0 si z < 0 y 1 si z ≥ 0. Ası, partimos laintegral con respecto a z = 0, con lo cual encontramos que:

(H∗H)(t) =

∫ 0

−∞H(t− z)H(z)dz +

∫ ∞0H(t− z)H(z)dz =

∫ ∞0H(t− z)dz .

Ahora nos enfocamos en el segundo escalon unitario. De acuerdo con la ecua-cion (6.14), esta funcion toma la forma:

H(t− z) =

1 , t− z ≥ 0

0 , t− z < 0=

1 , z ≤ t0 , z > t

.

Ahora, la integral restante se parte con referencia al punto t. Sin embargo,hay que tener mucho cuidado con el signo de la variable t. Si t ≥ 0, podemospartir la integral restante de la siguiente forma:

(H∗H)(t)∣∣∣t≥0

=

∫ t

0H(t− z)dz +

∫ ∞tH(t− z)dz .

2Como ya se aclaro, el Delta de Dirac es formalmente una distribucion, por lo tanto, sus derivadastambien los son.

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6.3. La convolucion 173

Ahora, la segunda integral se cancela porque H(t − z) = 0 cuando z > t.Notemos que la particion anterior se puede hacer siempre y cuando t ≥ 0; sit < 0, t queda fuera del rango de la integral, pues como resultado da 0. Ahora,como H(t− z) = 1 si z ≤ t, encontramos que:

(H∗H)(t)∣∣∣t>0

=

∫ t

0dz = z

∣∣∣t0

= t .

Como ya habıamos anticipado, cuando t < 0, la integral se anula. Ahora bien,juntando los resultados anteriores, obtenemos que:

(H ∗H)(t) =

t , t ≥ 0

0 , t < 0= H(t)t .

La Figura 6.5 muestra los resultados y explica la interpretacion.

Figura 6.5. Grafica que representa la integracion que genera el funcion (H ∗H)(t). La lınea continuarepresenta la funcion H(t), la punteada, la funcion H(t−z). Izquierda: Caso t > 0, el area sombreadaes el area comun entre las dos funciones, y el area es simplemente t. Derecha: las funciones no seintersectan y no hay area en comun, por lo cual se obtiene 0 como resultado. La convolucion sepuede interpretar como el area en comun entre las dos funciones.

2. Si f(t) = H(t) y g(t) = eat, calculemos la convolucion (f ∗ g)(t) y especifique-mos los valores que debe tomar a para que este exista —este bien definido—.Ademas, hagamos el producto (g ∗ f)(t) para verificar que el resultado es elmismo.Solucion: Usando la definicion, encontramos que:

(f ∗ g)(t) =

∫ ∞−∞

H(t− z)eazdz .

Ahora, haciendo uso de la expresion para H(t − z) utilizada en el ejercicioanterior, encontramos que:

(f ∗ g)(t) =

∫ t

−∞H(t− z)eazdz +

∫ ∞

tH(t− z)eazdz =

∫ t

−∞eazdz

=eaz

a

∣∣∣∣t−∞

=1

a

(eat − lım

z→−∞eaz).

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El lımite de la expresion anterior solo esta definido si a > 0 —en cuyo casodarıa 0—, ya que de lo contrario diverge. Por lo tanto,

(f ∗ g)(t) =1

aeat , a > 0 .

Al hacer la integral al reves, obtenemos el mismo resultado:

(g ∗ f)(t) =

∫ ∞−∞

ea(t−z)H(z)dz

=

∫ 0

−∞ea(t−z)H(z)dz +

∫ ∞0

ea(t−z)H(z)dz = eat∫ ∞

0e−azdz

= −eat e−az

a

∣∣∣∣∞0

= −eat

a

(lımz→∞

e−az − 1).

De nuevo, a > 0 para que el lımite anterior converja; usando esta restriccion,el resultado es el mismo que obtuvimos antes.

3. Hallemos la convolucion de las funciones e−3|t| y t.Solucion: Tomando f(t) = t y g(t) = e−3|t|, ası como la definicion del valorabsoluto —ecuacion (6.1)— encontramos que:

(f ∗ g)(t) =

∫ ∞−∞

(t− z)e−3|z|dz =

∫ 0

−∞(t− z)e3zdz +

∫ ∞0

(t− z)e−3zdz .

De aca en adelante, se realiza una integracion por partes —que se deja paraque el lector la desarrolle—, y el resultado obtenido es el siguiente:

(f ∗ g)(t) =1

9e3z(1 + 3t− 3z)

∣∣∣0−∞

+1

9e−3z(1− 3t+ 3z)

∣∣∣∞0

=1

9(1 + 3t)− 1

9(1− 3t) =

2

3t .

6.4. Funciones de Green

El teorema de convolucion puede ser usado para calcular la funcion de Green deun operador diferencial.

Para entender este procedimiento, y lo que una funcion de Green significa, valela pena hacer una analogıa con el algebra lineal para que el lector adquiera ciertaintuicion sobre la utilidad de las funciones de Green. Supongamos que poseemos elsiguiente sistema lineal:

M~x = ~y , (6.28)

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6.4. Funciones de Green 175

donde M es una matriz invertible, ~x un vector desconocido, y ~y un vector conocido.Si queremos encontrar el vector ~x, debemos pasar la matriz M al lado derecho dela ecuacion. Por su puesto, esto no se logra simplementente dividiendo, dado que Mes una matriz. Lo que debemos hacer es encontrar la inversa de la matriz M. Estamatriz se define como una matriz que satisface la siguiente ecuacion:

MM−1 = 1 , (6.29)

donde 1 es una matriz diagonal con el numero de filas —columnas— correspondien-tes. Mientras que pueden haber muchos metodos para encontrar M−1 —reduccionde Gauss-Jordan, calculo de la matriz adjunta, etc.—, por ahora lo unico que nosimporta es que, una vez encontrada esta matriz, el sistema mostrado en la ecua-cion (6.28) se resuelve de la siguiente manera —multiplicando a ambos lados por lamatriz M−1—:

M−1M~x = M−1~y ⇒ ~x = M−1~y . (6.30)

Por lo tanto, una vez encontrada la matriz M−1, el vector ~x se encuentra simplementeefectuando el producto M−1~y.

Cuando tratamos EDs, los vectores ~x y ~y hacen el papel de la funcion f(t)—desconocida— y la funcion conocida g(t), respectivamente. Por otro lado, la matrizM serıa un operador diferencial, al cual denotaremos como D, que define la ED:

Df(t) = g(t) . (6.31)

Analogamente, para despejar f(t), deberıamos encontrar el operador D−1. Este ope-rador define una funcion, conocida como la funcion de Green, G(t, t′), que satisfacela siguiente ED:

D−1 → G : DG = δ(t− t0) , (6.32)

donde δ(t − t0) es la funcion Delta de Dirac para algun valor particular de t0, ge-neralmente t0 = 0 —para mas detalles, ver [1]—. Resulta que la funcion Delta deDirac es la identidad bajo la convolucion. Ası, el operador diferencial D actua sobrela funcion f(t) bajo la convolucion [1]. Esto implica que el operador diferencial Dpuede pasar al lado derecho de la ecuacion (6.31), de la forma D−1, actuando enconvolucion con la funcion g(t). En otras palabras:

D−1Df(t) = f(t) = D−1g(t) = (G ∗ g)(t) = H(t)

∫ t

0G(t− t′)g(t′)dt′ . (6.33)

Aunque la convolucion se define normalmente dentro del dominio (−∞,∞), note quelos lımites son ahora [0, t]. Esto es debido a que tanto la funcion de Green, G(t− t′),

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como la funcion no homogenea, g(t′), estan normalmente definidas de tal maneraque se anulan cuando el argumento es negativo;3 la funcion Heaviside aparece porlos mismos motivos, lo cual sera mas claro cuando se defina la convolucion entre dostransformadas de Laplace —vease la seccion 7.3 para mas detalles—.

Por lo tanto, una vez se obtenga la funcion de Green —solucion al sistemahomogeneo—, el sistema no homogeneo se puede resolver a traves de una convo-lucion.


1. Consideremos el circuito RL mostrado en la figura 6.6. La ecuacion diferencialque satisface el sistema es:

dI

dt+R

LI =

V (t)

L. (6.34)

(a) Verifiquemos que la funcion H(t)eλt corresponde a la funcion de Greendel sistema si λ = −R/L. (b) Para una baterıa externa arbitraria dada porel voltaje de entrada V (t), escribamos I(t) como una integral que involucreel potencial de la baterıa. (c) Encontremos la corriente del sistema si V (t) =H(t)V0 —corriente DC—.Solucion: (a) Observando la ED, hacemos las siguientes identificaciones: eloperador diferencial es D = d

dt + RL , f(t) = I(t) y g(t) = V (t)/L. Ası, la EC

toma entonces la forma (6.31). La funcion de Green debe satisfacer la relacionDG = δ(t− t0). Revisemos:(

d

dt+R

L

)H(t)eλt = δ(t)eλt +H(t)λeλt +H(t)

R

Leλt

= δ(t)eλt∣∣∣t=0−

H(t)R

Leλt +

H(t)R

Leλt = δ(t) ,

porque λ = −R/L. La funcion de Green se satisface ası si t0 = 0. (b) Usamosla la ecuacion (6.33), haciendo las identificaciones apropiadas, con lo cualobtenemos que:

I(t) =

∫ ∞−∞H(t− t′)e−

RL

(t−t′)V (t′)

Ldt′ = e−

RLt

∫ ∞−∞H(t− t′)e

RLt′ V (t′)

Ldt′ .

3Funciones —o distribuciones— que cumplen con esta propiedad pertenecen a un espacio de-nominado D+ —ver [7] para mas detalles—. Formalmente, las funciones a consideracion debenpertenecer a este espacio para que el algebra de convolucion este bien definida, pero este formalismose sale del proposito de este libro.

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6.4. Funciones de Green 177

Figura 6.6. Circuito RL.

(c) Usamos la condicion V (t) = H(t)V0, con lo que encontramos, con ayudadel ejemplo 1 de la seccion 6.3:

I(t) = e−RLt

∫ ∞−∞

H(t− t′)eRLt′H(t′)V0dt

′ = H(t)V0

Le−

RLt

∫ t

0eRLt′dt′

= H(t)V0

Le−

RLtL

ReRLt′∣∣∣t0

= H(t)V0

R

(1− e−

RLt).

2. El oscilador armonico forzado satisface la ecuacion diferencial

f ′′(t) + ω2f(t) = h(t) ,

donde h(t) es una funcion —asociada a una fuerza externa— que se anulapara x < 0, y ω es una constante. (a) Encontremos la funcion de Green delsistema. (b) Demostremos que la solucion particular puede calcularse como

f(t) =H(t)

ω

∫ t

0sin(ω(t− t′)

)h(t′)dt′ . (6.35)

Solucion: (a) La funcion de Green es la solucion a la ecuacion diferencial

G′′(t) + ω2G(t) = δ(t) .

Como h(t) es nula para valores negativos, lo mismo debe ocurrir con G(t). Sit 6= 0, la ecuacion a resolver es G′′(t) + ω2G(t) = 0. Entonces, la solucion es—A y B son constantes por determinar—:

G(t) =

A cos(ωt) +B sin(ωt) , t ≥ 0

0 , t < 0.

Para hallar A y B, debemos usar condiciones de continuidad y discontinuidadproporcionadas por la funcion delta. Como la funcion es contınua en t = 0 —lafuncion delta es continua en t = 0—, tenemos que G(0)t<0 = 0 = G(0)t≥0.

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Esto implica que A = 0. La otra condicion se establece integrando la ecuaciondiferencial entre [−ε, ε], tomando luego el lımite ε → 0. Ahora, al integrar,encontramos que:∫ ε

−εG′′(t)dt+

∫ ε

−εω2G(t)dt =

∫ ε

−εδ(t)dt = 1 .

La segunda integral se cancela por continuidad al tomar el lımite ε→ 0, y laprimera expresion al ser integrada da G′(t). Cuando ε → 0 se evalua por laderecha y por la izquierda, obtenemos que:

G′(t = 0)t>0 −

G′(t = 0)t<0 = Bω cos(ωt)

∣∣∣t=0

= 1 .

Ası que B = 1/ω. En conclusion, la solucion es:

G(t) =

1ω sin(ωt) , t ≥ 0

0 , t < 0=H(t)

ωsin(ωt) .

(b) Usando la relacion (6.33), deducimos —como h(t) se cancela para valoresnegativos h(t)→ H(t)h(t)— que:

f(t) =

∫ ∞−∞

G(t− t′)H(t′)h(t′)dt′

=

∫ ∞−∞

H(t− t′)ω

sin(ω(t− t′)

)H(t′)h(t′)dt′

=H(t)

ω

∫ t

0sin(ω(t− t′)

)h(t′)dt′ .

6.5. Ejercicios


1. Desarrolle las siguientes integrales que involucran la funcion valor absoluto:∫ 3

−3|x− 3|exdx ,

∫ 1

−2|x+ 3||x|dx ,

∫ 2

−1|y − 1||y + 1|dy .

2. Desarrolle las siguientes integrales que involucran la funcion valor absoluto:∫ π

−πsin |x|dx ,

∫ 2π

0x2 cos |x|dx ,

∫ 5

−2|y − 1|e|y+1|dy .

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6.5. Ejercicios 179

3. Desarrolle las siguientes integrales:∫ 5

−5δ(x− 6)

ex − 1

x3 − x+ 1dx ,

∫ 7

−7δ(x+ 6)

ex − 1

x3 − x+ 1dx ,∫ ∞

−∞δ′(x)

x2 + 1

x3 + 3x+ 4dx ,

∫ 1,001

−1,001δ′′(x− 1)

(3x3 + 2x2 − 2x+ 3

)dx .

4. Evalue las siguientes integrales:∫ ∞−∞

δ′′′(x)1

(2x+ 3)3dx ,

∫ 4

−3δ′(x+ 2)ex

2−xx3 dx ,∫ 1

−3δ′′′′′′′(x− 2)

exx2

x+ sinxdx ,

∫ 1

−1δ′(x− 0,5)

(3x3 + 4x2 − 2x+ 6

)dx .

5. Encuentre la funcion f(ω) que aparece al evaluar cada una de las siguientesintegrales —t0 es una constante—:∫ ∞

−∞δ(3t)eiωt dt ,

∫ ∞−∞

δ(t+ t0)e3iωtt3 dt ,∫ ∞−∞

δ(2t− 2)eiω(t−t0) sin(ωt) dt ,

∫ ∞−∞

δ(t+ 3t0)t+ 1

t− t0e3iωt dt .

6. Realice las siguientes integrales:

∫ ∞−∞

H(x+ 3)H(−x+ 3)dx ,

∫ ∞−∞

H(−y + 1)e2y−3dy ,∫ ∞−∞

H(z + π)H(−z + π/2) sin(z)dz .

7. Usando el resultado (6.21), evalue las siguientes integrales:∫ ∞0

2e−3x2dx ,

∫ ∞−∞

3e−5x2+20x−2dx , −∫ ∞−∞

10e−12z2− 1

4zdz .

8. Usando el resultado (6.21), evalue las siguientes integrales:∫ ∞−∞

2e−3x2e2x2+xdx ,

∫ ∞−∞

3e−4x2+20x+4e−5xdx ,∫ ∞−∞

e−13z2+ 1

4ze

112z2+ze

124z2− 2

7zdz .

9. Verifique la ecuacion (6.25).

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10. Usando el resultado encontrado en la ecuacion (6.26), calcule Γ(52), Γ(3

2),Γ(−1

2) y Γ(−32).

11. Con tres cifras decimales de aproximacion, Γ(13) ' 2,679. Use este resulta-

do para calcular Γ(73), Γ(4

3), Γ(−23 ) y Γ(−5

3) —use tres cifras decimales deaproximacion—.

12. Verifique las propiedades de la convolucion —excepto la asociatividad— queaparecen a partir de la pagina 171.

13. Siendo las funciones:

f(t) =

t2 , −3 ≤ t ≤ 3

0 , t < −3, o t > 3, g(t) =

t , −3 ≤ t ≤ 3

0 , t < −3, o t > 3,

calcule la convolucion entre f y g.14. Siendo las funciones f1(t) = H(t), f2(t) = tH(t) y f3(t) = t2H(t), calcule las

siguientes convoluciones: (a) f1∗f1, (b) f1∗f2 (c) f1∗f3, (d) f2∗f3, (e) f3∗f3.


15. Suponga que una senal periodica es generada por impulso tipo delta. En eltiempo t = 0 se genera una senal de la forma V (t) = V0δ(t), donde V0 es unaconstante. La senal se repite para tiempos negativos y positivos con perıodoT . Halle la serie de Fourier de la funcion.

16. Suponga que el impulso tipo delta del ejercicio anterior no se genera en eltiempo t = 0, sino en el tiempo t = t0, tal que 0 < t0 < T . Halle la nueva seriede Fourier correspondiente.

17. Una de las aplicaciones de la convolucion es la inversion del producto de dostransformadas de Laplace. Siendo F (s) y G(s) las transformadas de Laplacede las funciones f(t) y g(t), respectivamente, el teorema de convolucion nosdice que la inversa de Laplace del producto F (s)G(s) es:

L−1F (s)G(s)

= (f ∗ g)(t) . (6.36)

Si f(t) = H(t)e3t y g(t) = H(t)t2, se puede encontrar F (s) = 1s−3 y G(s) = 2

s3.

Usando el teorema de convolucion, halle la inversa de Laplace de la expresion2

s3(s−3).

18. Suponga que una senal es registrada por un osciloscopio de la siguiente manera:para tiempos negativos la senal es nula, pero a partir del tiempo t = 0 la senalse activa con un potencial constante V0 que luego se apaga, dando una senalnula de nuevo despues de un tiempo T . (a) Escriba la senal como el productode dos funciones Heaviside. (b) Halle la convolucion de la senal consigo misma.

19. Resuelva el ejemplo 1 de la seccion 6.4 cuando V (t) = V0δ(t).

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Bibliografıa 181

20. Resuelva el ejemplo 1 de la seccion 6.4 cuando V (t) = H(t)V0 sin(ωt).21. Resuelva el ejemplo 2 de la seccion 6.4 cuando h(t) = H(t)h0 sin(ωt).22. Resuelva el ejemplo 2 de la seccion 6.4 cuando h(t) = H(t)h0 cos(ωt).


23. Siendo gσ(x) = 1√2πσ

e−x2/2σ2

, usando el resultado (6.16), muestre que (gσ ∗gτ )(y) = g√σ2+τ2(y).

24. Verifique la propiedad de asociatividad de la convolucion, —vease la pagina171—.

25. Siendo las funciones f(t) = H(t)e−3t, y h(t) = 4H(t)H(−t + 3), calcule lassiguientes convoluciones: f ∗ f , f ∗ h y h ∗ h.

26. Si f(t) = H(t)H(−t + 1) y g(t) = H(3t + 6)H(−2t + 2), halle: f ∗ f , f ∗ g yg ∗ g.

27. Siendo f(t) = H(t)eλt, encuentre: a) f ∗ f , b) f ∗ f ∗ f , c) f ∗ f ∗ f ∗ f , d) uselos resultados anteriores para deducir una formula general para el productof ∗ f ∗ · · · ∗ f︸︷︷︸

n veces

.

Bibliografıa

[1] G. B. Arfken y H. J. Weber. Mathematical Methods for Physicists. AcademicPress, 4ta edicion (1995), p 591-597.

[2] Ver, por ejemplo:https://en.wikipedia.org/wiki/Particular−values−of−the−gamma−function

[3] Wiley online lybrary:https://onlinelibrary.wiley.com/doi/pdf/10.1002/9781118841716.app2

[4] M. Abramowits y I. A. Stegun. Handbook of Mathematical Functions. NationalBureau of Standards, corrected edition (1964), p 255-266.

Informacion adicional sobre las funciones tratadas en este capıtulo puede serencontrada en las siguientes referencias:



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182 Bibliografıa



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Capıtulo

SIETE

La transformada de Laplace


Temas previos: integrales impropias, funcion Heaviside y Delta de Dirac, bino-mio de Newton, fracciones parciales y teorema del residuo.

Taller preliminar

1. Desarrolle las siguientes integrales impropias:∫ ∞0

t4e−tdt ;

∫ ∞−∞

H(t) sin t e−3tdt ;

∫ ∞0

δ′(t− a)e−2tdt , a > 0 .

2. Complete cuadrados en las siguientes tres expresiones:

x2 − 4x , 4x2 + 4x− 10 , −2x2 − x+ 2 .

3. Exprese las siguientes expresiones como fracciones parciales —algunas puedenrequerir la utilizacion de numeros complejos—:

2

x(x− 2)(x+ 1),

x+ 2

x3 + x,

z

(z + 1)2(z + 3).

4. Sume todos los residuos de las siguientes tres funciones:

1

(z + i)2(z − i),

e3z

z2 + 1,

e−zt

(z + 1)(z − 2).

183

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184 Capıtulo 7. La transformada de Laplace


24 , 110 , e−2a(cos a− 2 sin a) ; (x− 2)2 − 4 , 4(x+ 1

2)2 − 11 ,−2(x+ 1

4)2 + 178 ; − 1

x + 13(x−2) + 2

3(x+1) , 2x −

2−i2(x+i) −

2+i2(x−i) ,

34(z+1) −

12(z+1)2

− 34(z+3) ; 0 ; sin 3 ; 1

3e−2t − 1

3et .

7.2. La transformada de Laplace

La transformada de Laplace es tan solo un ejemplo de varios tipos de trans-formadas integrales que se utilizan en el campo de las matematicas. En terminosgenerales, cualquier transformada integral de la funcion f(t), que denotaremos demanera general como f(z), se puede escribir de la siguiente forma:

f(z) =

∫ t2

t1

f(t)K(t, z)dt . (7.1)

En el caso anterior, los lımites [t1, t2] representan el dominio sobre el cual la funcionf(t) esta definida, mientras que K(t, z) se conoce como el nucleo de la transforma-cion, el cual permite hacer el cambio de la variable t a la variable z.

En terminos generales, una transformada integral es un cambio de base para lafuncion f(t). Notemos la similitud con el cambio de base definido para vectores enRn: si vi y v′i son las componentes de un vector en Rn en una base inicial y finalrespectivamente y Mij son las componentes de la matriz que genera el cambio debase, entonces, encontramos que:

v′i =

n∑j=1

Mijvj . (7.2)

En terminos de funciones, una funcion f(t) que toma valores reales en la variablet se transforma a otra funcion f(z) que toma valores reales en una nueva variablez mediante el nucleo K(t, z). Ambas funciones, f(t) y f(z), contienen la mismainformacion, pero cada representacion permite estudiar la funcion de una maneradistinta.

Las utilidades de estas transformaciones son muchas, aunque nuestro interes radi-ca en su utilidad para resolver ecuaciones diferenciales. La transformada de Laplace,que sera la que estudiaremos en este capıtulo, es de mucha utilidad para resolver lasecuaciones diferenciales que describen el comportamiento de circuitos electricos. Enparticular, esta transformada se define como:

Lf(t) = F (s) =

∫ ∞0

f(t)e−stdt . (7.3)

ii

ii

ii

ii

7.2. La transformada de Laplace 185

El nucleo de la funcion es entonces la funcion e−st. Notemos que los lımites deintegracion, [0,∞), implican que la funcion unicamente esta definida para valorespositivos de t. Es por este motivo que la funcion f(t) se puede transformar a la formaf(t)→ H(t)f(t). Formalmente, la funcion f(t) contiene una funcion Heaviside H(t),que se omite la gran mayorıa de las veces. Por ahora omitiremos esta funcion y larescataremos cuando sea necesario. Analogamente, la transformada se restringe avalores positivos de s. El espacio de la variable t se conoce como el espacio original,y el espacio de la variable s se conoce como el espacio dual. Muchas veces —aunqueno siempre—, t representa la variable temporal, cuando esto sucede, s representauna frecuencia.

El primer paso ahora es calcular la transformada de Laplace de algunas funcionesrelevantes. Veamos algunos ejemplos de como calcularla.


1. Calculemos la transformada de Laplace de la funcion f(t) = t.Solucion: Para calcularla, usamos la definicion (7.3), con lo cual encontramosque:

Lt =

∫ ∞0e−stt dt = − te

−st

s

∣∣∣∣∞0

+

∫ ∞0

e−st

sdt = 0− e−st

s2

∣∣∣∣∞0

=1

s2.

2. Calculemos la transformada de Laplace de las funciones cos(at) y sin(at),a ∈ R.Solucion: Aunque la transformada de Laplace de cada funcion se puede en-contrar sin problemas reemplazando en la ecuacion (7.3), es mas facil encon-trarlas utilizando las herramientas del calculo de variable compleja. Para esto,recordemos que para a ∈ R tenemos que eiat = cos(at) + i sin(at). De estamanera, concluimos que:

Leiat =

∫ ∞0

cos(at)e−st dt+ i

∫ ∞0

sin(at)e−st dt

= ReLeiat

+ i Im

Leiat

.

Por lo tanto, calculando la transformada de Laplace de la funcion eiat, po-demos calcular tanto la transformada de Laplace de la funcion coseno comola de la funcion seno. Esto siempre y cuando a sea un numero real. De estamanera, deducimos entonces que:

Leiat =

∫ ∞0

eiate−st dt =

∫ ∞0

e−(s−ia)tdt = −e−(s−ia)t

s− ia

∣∣∣∣∞0

=1

s− ia

=1

s− ias+ ia

s+ ia=

s

s2 + a2+ i

a

s2 + a2.

ii

ii

ii

ii


Funcion f(t) Observacion Transformada F (s)

tn n ∈ Z+ n!sn+1

tn n /∈ Z Γ(n+1)sn+1

cos(at) a ∈ R ss2+a2

sin(at) a ∈ R as2+a2

eat s > a 1s−a

cosh(at) s > a ss2−a2

sinh(at) s > a as2−a2

δ(n)(t) n ∈ Z+ sn

Tabla 7.1. Transformada de Laplace de varias funciones relevantes, la funcion Heaviside se ha omi-tido, f(t)→ H(t)f(t). La columna etiquetada como “observacion” indica algunas restricciones de latransformada.

Tomando las partes real e imaginaria, deducimos entonces que:

Lcos(at) =s

s2 + a2, Lsin(at) =

a

s2 + a2.

La Tabla 7.1 muestra la transformada de Laplace de varias funciones comunmenteusadas.

7.3. Propiedades de la transformada de Laplace

Aunque la Tabla 7.1 muestra las transformadas de Laplace de algunas funcionesbasicas, las transformadas de Laplace de muchas otras funciones pueden ser calcu-ladas a traves de las primeras y con ayuda de algunas relaciones, sin necesidad deutilizar la definicion mostrada en la ecuacion (7.3). Por supuesto, la definicion de latransformada sigue siendo valida, pero su aplicacion puede ser a veces larga y pococonveniente. En esta seccion mostraremos algunas de estas relaciones y aprendere-mos como utilizarlas. En lo que sigue, asumiremos que a y b son numeros reales yque f(t) y g(t) son funciones reales cuyas transformadas de Laplace son F (s) y G(s)de manera respectiva. Similarmente, usaremos la definicion (7.3) para deducir talesrelaciones.

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ii

ii

ii

7.3. Propiedades de la transformada de Laplace 187

Linealidad

La transformada de Laplace es un operador lineal. Como cualquier operadorlineal, T satisface la propiedad T(αx + βy) = αT(x) + βT(y), donde α y β sonconstantes reales y x y y son elementos del conjunto que se transforma; de estamanera, podemos deducir sin problemas que:

Laf(t) + bg(t) = aLf(t)+ bLg(t) = aF (s) + bG(s) . (7.4)

Dilatacion en el espacio original

¿Que sucede si la variable t se multiplica por una constate a positiva? Estoes analogo a hacer una dilatacion en la variable t. Cuando esto sucede, la nuevatransformada de Laplace es:

Lf(at) =

∫ ∞0

f(at)e−stdt . (7.5)

Ahora, hacemos un cambio de variable de la forma t′ = at. Como a > 0, los lımitesde integracion no cambian. Por lo tanto,

Lf(at) =1

a

∫ ∞0

f(t′)e−sat′dt′ =

1

aF (s/a) . (7.6)

Traslacion en el espacio dual

Supongamos ahora que la funcion f(t) esta multiplicada por un factor exponen-cial, de la forma eat. De esta manera, deseamos calcular la tranformada de Laplacede la funcion eatf(t). Vemos que su transformada es:

Leatf(t) =

∫ ∞0

eatf(t)e−stdt =

∫ ∞0

f(t)e−(s−a)tdt = F (s− a) . (7.7)

Para garantizar convergencia, la formula anterior es unicamente valida si s > a.

Traslacion en el espacio original

Supongamos en este caso que la funcion f(t) se traslada a lo largo del tiempo. 1

En otras palabras, la funcion H(t)f(t) toma ahora la forma H(t− a)f(t− a), donde

1En muchas ocasiones, t representa una variable temporal. Cuando esto ocurre, s representa unafrecuencia compleja.

ii

ii

ii

ii


a > 0. Como en este caso sı es importante introducir la funcion Heaviside, vemosahora que:

LH(t− a)f(t− a) =

∫ ∞0

H(t− a)f(t− a)e−stdt . (7.8)

Ahora, recordemos que H(t− a) = 1 si t ≥ a y H(t− a) = 0 si t < a. Ası, si a > 0,encontramos que:


∫ a

0H(t− a)f(t− a)e−stdt+

∫ ∞aH(t− a)f(t− a)e−stdt

=

∫ ∞af(t− a)e−stdt . (7.9)

Ahora, hacemos el cambio de variable t′ = t−a. Como los nuevos lımites son [0,∞),deducimos que:


∫ ∞0f(t′)e−s(t

′+a)dt′ = e−as∫ ∞

0f(t)e−stdt

= e−asF (s) . (7.10)

Ahora bien, si a < 0, no existe una forma apropiada de seguir el mismo proceso, asıque aceptamos la relacion (7.10) siempre y cuando a > 0.

Multiplicacion por la variable t

Supongamos que la funcion f(t) esta multiplicada por la variable t. Para masgeneralidad, supongamos que la funcion f(t) se multiplica por tn, donde n ∈ Z+.Por definicion, su transformada de Laplace es:

Ltnf(t) =

∫ ∞0

tnf(t)e−stdt . (7.11)

Para encontrar una igualdad con la relacion anterior, notemos que ddse−st = −te−st.

En general, es facil darse cuenta de que dn

dsn e−st = (−1)ntne−st. Como f(t) no de-

pende de s, se puede deducir que:

dn

dsn

∫ ∞0

f(t)e−stdt =

∫ ∞0

dn

dsnf(t)e−stdt =

∫ ∞0

(−1)ntnf(t)e−stdt

= (−1)nLtnf(t) . (7.12)

Ahora, al eliminar el termino (−1)n en la relacion anterior, encontramos que:

Ltnf(t) = (−1)ndnF (s)

dsn. (7.13)

ii

ii

ii

ii

7.3. Propiedades de la transformada de Laplace 189

Convolucion

Supongamos que p(t) es una funcion que proviene de la convolucion entre dosfunciones, f(t) y g(t). En otras palabras, p(t) = (f ∗ g)(t) =

∫∞−∞ f(t − z)g(z)dz.

Ahora, supongamos que la transformada de Laplace de f(t) es F (s) y la de g(t) esG(s). La convolucion de transformadadas de Laplace, no obstante, posee una levemodificacion. Como f(t) y g(t) solamente se definen para tiempos positivos —hayuna funcion Heaviside invisible que las multiplica—, la convolucion entre ambasfunciones es en realidad:

(f ∗ g)(t) =→ (Hf ∗Hg)(t) =

∫ ∞−∞

H(t− z)f(t− z)H(z)g(z)dz . (7.14)

Tal como se hizo en el capıtulo anterior —vease la seccion 6.3—, la funcion escalonH(z) transforma la integral con lımites (−∞, ∞) a una integral con lımites [0,∞).Ademas, la funcion H(t − z) transforma la integral desde 0 a ∞ a una de 0 a t,siempre y cuando t ≥ 0 —de lo contrario, el resultado es nulo—. Por lo tanto:

(f ∗ g)(t)→ (Hf ∗Hg)(t) = H(t)

∫ t

0f(t− z)g(z)dz . (7.15)

Ahora, calculemos la transformada de Laplace de la funcion p(t) = (f ∗ g)(t). Ası,usando el teorema de convolucion, encontramos que:

P (s) =

∫ ∞0p(t)e−stdt =

∫ ∞0

∫ ∞−∞

H(t− z)f(t− z)H(z)g(z)e−stdz dt . (7.16)

Se hace ahora un doble cambio de variable de la forma t′ = t− z y t′′ = z, y vemosque los lımites de la variable t′′ son [0,∞), mientras que los lımites de t′ siguensiendo (−∞,∞). Como el Jacobiano de la transformacion es [1]∣∣∣∣∣ ∂t′

∂t∂t′

∂z∂t′′

∂t∂t′′

∂z

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ 1 −1

0 1

∣∣∣∣∣ = 1 , (7.17)

la funcion P (s) toma la siguiente forma:

P (s) =

∫ ∞0

∫ ∞−∞

H(t′)f(t′)H(t′′)g(t′′)e−s(t′+t′′) dt′′ dt′

=

∫ ∞0

H(t′)f(t′)e−st′dt′∫ ∞−∞

H(t′′)g(t′′)e−st′′dt′′

=

∫ ∞0

f(t′)e−st′dt′∫ ∞

0g(t′′)e−st

′′dt′′ = F (s)G(s) . (7.18)

ii

ii

ii

ii


Por lo tanto, concluimos que:

L

(f ∗ g)(t)

= F (s)G(s) . (7.19)

Aunque la relacion anterior es de mucha utilidad, a veces es mucho mas util larelacion inversa, la cual se usa para invertir algunas transformadas de Laplace, loque sera el objetivo de estudio de la siguiente seccion. Especıficamente, la relacioninversa de la convolucion se puede escribir como:

L−1F (s)G(s)

= H(t)

∫ t

0f(t− z)g(z)dz . (7.20)

De nuevo, la funcion H(t) puede ser omitida en algunos casos.

Transformada de las derivadas

El interes ahora es relacionar la transformada de la derivada de una funcion —yde derivadas de orden superior— con la funcion original. Comencemos con el casomas sencillo, que consiste en calcular la transformada de Laplace de la funcion f ′(t).Por definicion, esta es:

Lf ′(t) =

∫ ∞0

f ′(t)e−stdt . (7.21)

Haciendo una integracion por partes con u = e−st y dv = f ′(t)dt, encontramos que:

Lf ′(t) = f(t)e−st∣∣∣∣∞0

+ s

∫ ∞0

f(t)e−stdt = sF (s)− f(0) . (7.22)

Ahora, el termino f(0) es el valor de la funcion en t = 0, lo que corresponde a unacondicion inicial. Cuando se resuelve una ecuacion diferencial de orden 1, aparecesiempre una condicion inicial. Para derivadas de orden n, se debe integrar por partesn veces, ese resultado es:

Lf (n)(t) = snF (s)− sn−1f(0)− · · · − sf (n−2)(0)− f (n−1)(0) . (7.23)

Como caso particular, para n = 2, tenemos que:

Lf ′′(t) = s2F (s)− sf(0)− f ′(0) . (7.24)


1. Usando el cuadro 7.1 y las propiedades (7.4), (7.6), (7.7), (7.10), (7.13), (7.19)y (7.23), se puede completar la Tabla 7.2 —se deja al lector verificar losresultados—.

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ii

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7.4. Inversion de la transformada 191

Funcion f(t) Transformada F (s) Propiedad(es) usada(s)

e3t sin(5t) 5(s−3)2+25

(7.7)

5e−3t − 8et + 1 5s+3 −

8s−1 + 1

s (7.4)

t3 cos t+ cos(√

3 t) 6(s4−6s2+1)

(s2+1)4+ s

s2+3(7.4) y (7.13)

δ(9t) 19 (7.6)

6H(t− 10) cosh(2(t− 10)) 6e−10s ss2−4

(7.4) y (7.10)

ddt

t sinh

(√2t)

2√

2s2

(s2−2)2(7.13) y (7.23)

(H ∗H)(t) 1s2

(7.19)

Tabla 7.2. Calculo de algunas transformadas de Laplace usando varias propiedades. La funcionHeaviside se introduce cuando es necesario.

7.4. Inversion de la transformada

En las dos secciones anteriores vimos como calcular F (s) si f(t) es conocida. Enesta seccion nos interesaremos por el procedimiento opuesto: como calcular f(t) siF (s) es conocida. Quizas el lector ya tenga alguna intuicion de como realizar esteproceso con la informacion presentada, sin embargo, es importante profundizar eneste mecanismo. En particular, se explicaran basicamente dos procedimientos: elprimero es un metodo inspectivo que se basa en el uso de tablas de transformaciones—como la mostrada en la Tabla 7.1— y de las propiedades mostradas, y el segundoes una formula general conocida como la integral de Bromwich.

7.4.1. Metodo por inspeccion

Como se acaba de mencionar, este metodo se basa en las tablas de transformacio-nes ya conocidas y en las propiedades mencionadas. Para aplicar este procedimiento,se debe desarrollar una buena intuicion en el calculo de transformadas de Laplacey contar con buenas herraminetas matematicas. A continuacion se muestran algu-nos pasos que sugerimos seguir —algunos ejemplos se mostraran al final de estaseccion—:

1. Observe si la funcion F (s) —o alguna de sus variaciones— aparece en la Tabla7.1. Si esta aparece, f(t) ya se puede calcular.

2. Mire si algunas de las propiedades mencionadas en la seccion anterior sirvenpara invertir la transformada.

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ii

ii

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3. Algunas veces la expresion dada para F (s) no aparece de una forma apro-piada para aplicar las propiedades y ası invertirla. En estos casos, debemosrecurrir al algebra basica para reescribir F (s) de una forma mas apropiada.Algunas herramientas utiles son las siguientes: a) completar cuadrados en eldenominador para intentar escribir F (s) como la transformada de funcionestrigonometricas o hiperbolicas, b) factorizar el denominador de la expresion ypartir en fracciones parciales, c) intentar escribir F (s) como una derivada —oenesima derivada— de alguna otra funcion que sı se pueda invertir, d) escribirF (s) como el producto de dos transformadas de Laplace conocidas para aplicarel teorema de convolucion, y e) hacer division sintetica.

4. Si los metodos anteriores no funcionan, aplicar la integral de Bromwich, quesera explicada a continuacion.

7.4.2. La integral de Bromwich

Consiste en un metodo general que sirve para invertir cualquier transformada deLaplace. Normalmente no se ensena en un curso de ecuaciones diferenciales porquerequiere el uso del calculo de variable compleja —particularmente, el calculo deresiduos— para implementarlo. Supongamos que deseamos invertir la transfromadaF (s) para encontrar f(t), podemos entonces aplicar la siguiente integral, conocidacomo la integral de Bromwich:

f(t) =1

2πi

∫ γ+i∞

γ−i∞F (s)estds . (7.25)

Aca, es importante discutir que representa el valor γ. Si F (s) es un funcion mero-morfa, que posee un numero finito de polos, γ es cualquier valor real que aparece ala derecha de todos los polos de F (s) en el plano complejo. En otras palabras, γ esmayor que la parte real de todos los polos de F (s) —vease la Figura 7.1—. Adicio-nalmente, la integral unicamente esta definida si F (s) se anula cuando s→ ±∞.

Para evaluar la integral mostrada en la ecuacion (7.25), se escoge la familia decontornos mostrados en la Figura 7.1 —dos, dependiendo del signo de t— y se evaluala integral usando del teorema del residuo.

Definimos ahora la funcion compleja g(z) = 12πiF (z)ezt. Notemos que la integral

sobre el contorno cerrado se compone de dos caminos: 1) la lınea vertical y 2) elsemiarco —hacia la izquierda si t > 0 y hacia la derecha si t < 0, como se veraa continuacion—. En la lınea vertical, parametrizamos z como z = s, teniendo encuenta que z comienza en γ− i∞ y termina en γ+ i∞. Ahora, en el semiarco usamosla parametrizacion z = γ +Reiφ, donde R→∞ es el radio del semicırculo. De estamanera, la integral cerrada toma entonces la siguiente forma:

ii

ii

ii

ii


∮g(z)dz =

∫1

+

∫2

=

∫ γ+i∞

γ−i∞g(s)ds+ lım

R→∞

∫ φ2

φ1

g(γ +Reiφ)iReiφdφ . (7.26)

Figura 7.1. Izquierda: se muestran los posibles valores de γ —a la derecha de la lınea verticalpuntuada— y los valores no permitidos de γ —a la izquierda de la lınea vertical punteada—. Lafuncion F (s) —haciendo s → z complejo— posee n polos simbolizados por zi —7, en este caso—.Derecha: se toma un valor arbitrario de γ tal como es requerido y se escoge el contorno mostrado.Si t > 0, el contorno se encierra hacia la izquierda —sentido antihorario, lınea continua—, si t < 0,el contorno se encierra hacia la derecha —sentido horario lınea punteada—.

Ası, es facil darse cuenta de que la primera integral es:∫ γ+i∞

γ−i∞g(s)ds =

1

2πi

∫ γ+i∞

γ−i∞F (s)estds = f(t) , (7.27)

justo la integral que deseamos evaluar.La segunda integral debe ser escogida de tal manera que se anule, tal como se vio

en el Lema de Jordan —vease la subseccion 4.4.2 para mas detalles—. Ya habıamosanticipado que se debe escoger el contorno derecho para t < 0 y el izquierdo parat > 0, pero lo debemos justificar. Notemos que el contorno encerrado hacia la derechayace dentro del primer y cuarto cuadrante —con respecto a la lınea vertical y el ejereal, lo que sera nuestro nuevo marco de referencia, despues de la parametrizacion—;por la direccion del camino φ1 = π

2 y φ2 = 3π2 . Por otro lado, el contorno encerrado

hacia la izquierda yace dentro del segundo y tercer cuadrante; y por la direcciondel camino, tambien φ1 = π

2 y φ2 = 3π2 . Aunque los valores iniciales y finales de φ

coinciden, los caminos yacen dentro de cuadrantes distintos, por lo que debemos sercuidadosos.

ii

ii

ii

ii


La integral sobre el semiarco toma entonces la forma (el subındice ± en la in-tegral significa si se orienta positivamente —sentido antihorario— o negativamente—sentido antihorario—):∫

2= lım

R→∞

∫ φ2

φ1

g(γ +Reiφ)iReiφdφ = lımR→∞

iR

2πi

∫±F (γ +Reiφ)e(γ+Reiφ)teiφdφ

= lımR→∞

R

2πeγt∫±F (γ +Reiφ)eRt cosφ+iRt sinφeiφdφ . (7.28)

Tal como ocurrio en la subseccion 4.4.2, la integral anterior no se puede evaluar.Para darnos cuenta de que es 0 para el contorno adecuado, la acotamos de nuevocon la magnitud —vease la subseccion 4.4.2 para mas detalles—. Por lo tanto:∫

2≤ lım

R→∞

R

2πeγt∫±|F (γ +Reiφ)|eRt cosφdφ . (7.29)

Ahora, recordemos que R > 0, por definicion. La integral anterior se anula si elexponente del integrando es negativo, tal como sucedio en la ecuacion (4.22). Paraque el exponente en cuestion sea negativo, exigimos que t cosφ < 0. Si t < 0, estosucede si cosφ > 0, lo que ocurre justo en el primer y cuarto cuadrante. Por otrolado, si t > 0, se debe exigir que cosφ < 0, lo que sucede justo en el segundoy tercer cuadrante. Esto justifica la escogencia de los contornos mencionados. Encualquiera de los dos casos, se adaptan los pasos mostrados en la subseccion 4.4.2 aeste problema, por lo que se demuestra que la integral anterior es 0 para el contornoapropiado.

Ahora, juntando nuestros resultados y aplicando el teorema del residuo, deduci-mos que:

f(t) =

∮g(z)dz = 2πi

∑j

a(zj)−1

∣∣∣g(z)

, (7.30)

donde, de nuevo, a(zj)−1

∣∣∣g(z)

son los residuos de la funcion g(z) encerrados por el

contorno escogido. El resultado se vuelve interesante cuando notamos que no hayresiduos encerrados para el contorno de la derecha, justo cuando t < 0. Por lo tanto,f(t) = 0 para t < 0. Por el contrario, si t > 0, se encierran todos los residuos, y eneste caso la ecuacion anterior —usando, como se habıa definido, g(z) = 1

2πiF (z)ezt—se reduce a:

f(t) = H(t)∑j

a(zj)−1

∣∣∣F (z)ezt

. (7.31)

ii

ii

ii

ii


Ahora, la funcion H(t) asegura que f(t) se anula si t < 0, tal como se debe esperar.Por lo tanto, la inversion de la transformada de una funcion se reduce a calcular losresiduos de su transformada multiplicada por la funcion ezt, la funcion F (z)ezt.2

Nota importante: recordemos que la ecuacion (7.31) es unicamente valida si F (s)se anula cuando s→ ±∞—esto es un requerimiento del Lemma de Jordan—. Porlo tanto, esta ecuacion no es valida para invertir, por ejemplo, la funcion F (s) = 1,cuya inversa es δ(t). Esto es de esperarse por el comportamiento de la funcion delta.Adicionalmente, hay que ser cuidadosos con la aparicion del termino H(t). Estetermino aparecio porque en la definicion de la funcion g(z) = 1

2πieztF (z) se asume

que la funcion F (z) no posee un termino exponencial adicional. Supongamos, sinembargo, que F (s) = e−st0F (s), donde t0 > 0 y F (z) es una funcion que no poseeterminos exponenciales. En este caso, g(z) = 1

2πiez(t−t0)F (z). Aca, aparecera un

termino de la forma H(t − t0) —no H(t)—, porque el contorno derecho en laecuacion (7.29) se tomanara en el caso t < t0 —y lo opuesto para el contornoizquierdo—. En este caso, la ecuacion (7.31) tomarıa la forma

f(t) = H(t− t0)∑j

a(zj)−1

∣∣∣F (z)ez(t−t0)

. (7.32)

Este hecho es consistente con la propiedad (7.10). Vease el ejemplo 3 de esta seccionpara mas detalles.

Ejemplos de la secion 7.4

1. Usando algunas de las transformadas de Laplace conocidas y sus propiedades,invirtamos las siguientes relaciones:

s2 + 1

s3 + s,s+ 1

s3 + s,

1

s3 + s,s4 + s3 + s2 + s+ 1

s3 + s.

Solucion: Para la primera expresion, factorizamos el denominador, por lo queobtenemos s3 + s = s(s2 + 1). Por lo tanto:

s2 + 1

s3 + s=

s2 + 1

s

(s2 + 1)=

1

s

L−1

−→ 1 .

Para la segunda, partimos el numerador, con lo que encontramos que:

s+ 1

s3 + s=

1

s2 + 1+

1

s(s2 + 1).

2O F (s)est, si se prefiere usar la variable s.

ii

ii

ii

ii


El primer termino ya se puede invertir, su inversa es sin t. Para el segundo,partimos en fracciones parciales:

1

s(s2 + 1)=A

s+Bs+ C

s2 + 1.

Lo anterior implica que ⇒ A(s2 + 1) + (Bs + C)s = 1. Tenemos entoncesel sistema lineal A + B = 0, C = 0 y A = 1, cuya solucion es simplementeA = −B = 1 y C = 0. Juntando entonces los resultados, tenemos que:

s+ 1

s3 + s=

1

s2 + 1+

1

s− s

s2 + 1

L−1

−→ sin t+ 1− cos t .

Despues de factorizar la tercera expresion, esta se puede escribir de la siguientemanera:

1

s(s2 + 1)=

1

s

1

s2 + 1.

Notemos entonces que tenemos el producto de dos transformadas de Laplace,donde es facil notar que L−11

s = 1 y L−1 1s2+1 = sin t. El teorema de

convolucion es entonces util para hacer esta inversion. Si miramos la ecuacion(7.20) notamos que f(t) = 1 y g(t) = sin t. Por lo tanto, usando la ecuacionmencionada, deducimos que:

1

s(s2 + 1)

L−1

−→ H(t)

∫ t

0sin z dz = − cos z

∣∣∣t0

= 1− cos t ,

suprimiendo la funcion escalon unitario. Finalmente, en la ultima debemos ha-cer division sintetica primero, pero se deja al lector verificar que s4+s3+s2+s+1

s3+s=

s+ 1 + 1s3+s

. Despues de usar los resultados del ejercicio anterior, y haciendouso de la Tabla 7.1, encontramos que su inversa es:

L−1

1

s3 + s

+ L−1

s

+ L−1

1

= 1− cos t+ δ′(t) + δ(t) .

2. Usemos las propiedades de la transformada de Laplace para invertir las si-guientes relaciones:

1

(s+ 3)2 − 4,e−3s

s5,

4

(s− 1)2,

s

(s2 + 9)2.

Solucion: Para la primera expresion, usamos las propiedades (7.4) y (7.7), demodo que esta se escribe como:

1

(s+ 3)2 − 4=

1

2

2

(s+ 3)2 − 4

L−1

−→ 1

2e−3t sinh(2t) .

ii

ii

ii

ii


En la segunda, usamos las propiedades (7.4) y (7.10), por lo tanto:

e−3s

s5=

1

4!e−3s 4!

s5

L−1

−→ 1

24H(t− 3)(t− 3)4 .

En la tercera, usamos de nuevo las propiedades (7.4) y (7.7), ası:

4

(s− 1)2= 4

1

(s− 1)2

L−1

−→ 4ett .

Y la ultima la haremos de dos maneras: la primera usando las propiedades(7.4) y (7.13), donde notamos que la expresion se puede escribir como unaderivada, ası:

s

(s2 + 9)2= −1

2

d

ds

1

s2 + 9= −1

6

d

ds

3

s2 + 9

L−1

−→=1

6t sin(3t) ;

y la otra manera es a traves del teorema de convolucion, donde notamos que:

s

(s2 + 9)2=

s

s2 + 9

1

s2 + 9=

1

3

s

s2 + 9

3

s2 + 9.

De nuevo, notemos que tenemos el producto de dos transformadas de Laplace.Como L−1 s

s2+9 = cos(3t) y L−1 3

s2+9 = sin(3t), usamos f(t) = cos(3t) y

g(t) = sin(3t) en la ecuacion (7.20), con lo cual encontramos que:

s

(s2 + 9)2

L−1

−→ 1

3

∫ t

0cos(3(t− z)

)sin(3z)dz .

La anterior es un tipo de integral muy comun en la resolucion de ecua-ciones diferenciales por medio del metodo de Laplace. De nuevo, no existeuna forma de evaluarla directamete, pero usando la igualdad sin(A±B) =sinA cosB ± cosA sinB, encotramos, sumando y restando las ecuaciones conel signo superior e inferior, que:

sinA cosB =1

2

[sin(A+B) + sin(A−B)

].

Ahora, con A = 3z y B = 3(t− z), deducimos que:

f(t) =1

6

∫ t

0

[sin(3t) + sin

(3(2z − t)

)]dz =

z sin(3t)

6−

cos(3(2z − t)

)36

∣∣∣∣t0

=1

6

[t sin(3t)− 0− 1

6cos(3t) +

1

6cos(3t)

]=

1

6t sin(3t) ,

el mismo resultado encontrado previamente.

ii

ii

ii

ii


3. Usemos la integral de Bromwich para demostrar las siguientes dos igualdades:

L−1

s

s2 + a2

= cos(at) , L−1

a

s2 + a2

= sin(at) .

Solucion: No hay necesidad de deducir todo el proceso que llevo a deducir laecuacion (7.31) a partir de la ecuacion (7.25). Podemos simplemente usar laecuacion (7.31) para verificar las relaciones anteriores. Ahora, notemos que enambos casos los polos satisfacen la condicion z2 + a2 = (z + ia)(z − ia) = 0,o z = ±ia. Como ambos polos son de orden 1 —omitiendo el Heaviside—,tenemos que:

L−1

s

s2 + a2

=

(z − ia)zezt

(z + ia)(z − ia)

∣∣∣∣z=ia

+(z + ia)zezt

(z + ia)(z − ia)

∣∣∣∣z=−ia

=zezt

(z + ia)

∣∣∣∣z=ia

+zezt

(z − ia)

∣∣∣∣z=−ia

=eiat

2+e−iat

2

= cos(at) ,

y

L−1

a

s2 + a2

=

(z − ia)aezt

(z + ia)(z − ia)

∣∣∣∣z=ia

+(z + ia)aezt

(z + ia)(z − ia)

∣∣∣∣z=−ia

=aezt

(z + ia)

∣∣∣∣z=ia

+aezt

(z − ia)

∣∣∣∣z=−ia

=eiat

2i− e−iat

2i

= sin(at) .

7.5. Solucion de ecuaciones diferenciales

Aunque la transformada de Laplace tiene muchas aplicaciones, como el analisisde funciones de transferencia [2], la principal aplicacion en la que estamos intere-sados es la resolucion de ecuaciones diferenciales mediante el metodo de Laplace.Suponiendo que el objetivo es encontrar la funcion f(t), la cual satisface cierta ecua-cion diferencial y condiciones iniciales, los pasos que se deben seguir para encontralason los siguientes:

1. Transformar la ecuacion diferencial utilizando la transformada de Laplace.Todas las derivadas de la funcion f(t) se transforman usando la ecuacion (7.23).Si la ecuacion diferencial es de grado n, deben aparecer n condiciones iniciales,

ii

ii

ii

ii

7.5. Solucion de ecuaciones diferenciales 199

la de la funcion y sus n− 1 derivadas en t = 0. Si la ecuacion diferencial no eshomogenea, se debe calcular tambien la transformada de Laplace de la funcionque aparece.

2. Una vez la ecuacion diferencial se ha transformado, esta se convierte en unaecuacion algebraica que depende de la variable s, la funcion F (s) y las con-diciones iniciales. A continuacion, se debe despejar F (s) usando herramientasalgebraicas.

3. Invierta F (s) para encontrar f(t). Para hacer esto, se pueden usar las tablasde transformadas de Laplace, sus propiedades, o la integral de Bromwich.

Apliquemos los pasos anteriores para resolver los siguientes ejercicios.

Ejemplos de la secion 7.5

1. Resolvamos la ED y′′ + 9y = cos(3t) sujeta a las condiciones iniciales y(0) =2 , y′(0) = 5.Solucion: Como primer paso, aplicamos la transformada de Laplace, con locual obtenemos que:

s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + 9Y (s) =s

s2 + 9.

En el segundo paso, despejamos Y (s) y reemplazamos las condiciones iniciales:

Y (s)(s2 + 9) =s

s2 + 9+ sy(0) + y′(0)⇒

Y (s) =s

(s2 + 9)2+

2s

s2 + 9+

5

s2 + 9.

Finalmente, invertimos la expresion anterior, aunque antes de hacerlo la rees-cribimos de la siguiente manera:

Y (s) = −1

6

d

ds

3

s2 + 9

+

2s

s2 + 9+

5

3

3

s2 + 9

= −1

6

d

dsL

sin(3t)

+ 2L

cos(3t)

+5

3L

sin(3t).

Ahora sı, invertimos, con lo que encontramos que:

y(t) =1

6t sin(3t) + 2 cos(3t) +

5

3sin(3t) .

2. Solucionemos la ED y′′ − 2y′ + 5y = 1 + t sujeta a las condicionnes y(0) = 0y y′(0) = 4.

ii

ii

ii

ii


Solucion: De nuevo, aplicamos una transformada de Laplace, donde encon-tramos, primero, que:

s2Y (s)− y′(0)− sy(0)− 2(sY (s)− y(0)) + 5Y (s) =1

s+

1

s2.

Ahora, despejamos la funcion Y (s), y encontramos que:

Y (s) =1

s(s2 − 2s+ 5)+

1

s2(s2 − 2s+ 5)+

4

s2 − 2s+ 5.

Antes de invertir la relacion anterior, primero completemos cuadrados en eldenominador:

Y (s) =1

s((s− 1)2 + 4

) +1

s2((s− 1)2 + 4

) +4

(s− 1)2 + 4.

El ultimo termino ya se puede invertir facilmente. Para los dos primeros de-bemos descomponer en fracciones parciales —se deja al lector verificarlo—.Comencemos con el primero —se deja al lector verificar los resultados—:

1

s(s2 − 2s+ 5)=

1

s((s− 1)2 + 4

) =1

5s+

−s+ 2

5((s− 1)2 + 4

) .Y ahora el segundo:

1

s2(s2 − 2s+ 5)=

1

s2((s− 1)2 + 4

) =2s+ 5

25s2− 2s+ 1

25((s− 1)2 + 4

) .Por lo tanto, tenemos que Y (s) toma la siguiente forma:

1

5s− 1

5

s− 2

(s− 1)2 + 4+

2

25s+

1

5s2− 1

25

2s+ 1

(s− 1)2 + 4+

4((s− 1)2 + 4

)=

1

5s2+

7

25s− 1

25

7s− 9

(s− 1)2 + 4+

4((s− 1)2 + 4

)=

1

5s2+

7

25s− 7

25

(s− 1)

(s− 1)2 + 4+

1

25

2

(s− 1)2 + 4+ 2

2((s− 1)2 + 4

) .Finalmente, al hacer la respectiva inversion, concluimos que:

y(t) =t

5+

7

25− 7

25et cos(2t) +

51

25et sin(2t) .

ii

ii

ii

ii

7.5. Solucion de ecuaciones diferenciales 201

3. Resolvamos la ED y′′′ + 3y′′ − 4y = δ(t − 1) bajo las condiciones inicialesy(0) = y′(0) = 0 y y′′(0) = −1.Solucion: Aplicamos el primer paso, con lo que encontramos que:

s3F (s)− s2f(0)− sf ′(0)− f ′′(0) + 3(s2F (s)− sf(0)− f ′(0)

)− 4F (s) = e−s .

En el segundo paso, de nuevo, reemplazamos las condiciones iniciales y des-pejamos F (s), con lo que encontramos que:

F (s) = − 1

s3 + 3s2 − 4+

e−s

s3 + 3s2 − 4≡ F1(s) + F2(s) .

La expresion anterior se ha partido a proposito en dos pedazos. Utilizaremosen el tercer paso el metodo de integral de Bromwich para invertirla. Aca,debemos ser cuidadosos porque F1(s) no contiene un termino exponencial,mientras que F2(s) sı lo contiene. Comencemos inviertiendo F1(s). Notemosque los polos de esta funcion se localizan cuando z3 + 3z2 − 4 = 0, ası, lospolos son z = 1 (orden 1) y z = −2 (orden 2). Aplicando la formula (7.31),este termino se invierte, razon por la cual encontramos que:

L−1F1(s)

= H(t)

[−ezt(z − 1)

(z − 1)(z + 2)2

∣∣∣∣z=1

+d

dz

−ezt(z + 2)2

(z − 1)(z + 2)2

∣∣∣∣z=−2

]= −H(t)

[et

9+tezt(z − 1)− ezt

(z − 1)2

∣∣∣∣z=−2

]= −H(t)

[et

9− e−2t 3t+ 1

9

]= −H(t)

et

9+H(t)e−2t 3t+ 1

9.

La funcion F2(s) contiene los mismos polos, pero tambien un termino expo-nencial. Ası, se debe usar la ecuacion (7.32), con t0 = 1. El resultado es:

L−1F2(s)

= H(t− 1)

[ez(t−1)

(z + 2)2

∣∣∣∣z=1

+d

dz

ez(t−1)

z − 1

∣∣∣∣z=−2

]= H(t− 1)

[et−1

9+

(t− 1)ez(t−1)(z − 1)− ez(t−1)

(z − 1)2

∣∣∣∣z=−2

]= H(t− 1)

[et−1

9− e−2(t−1) 3(t− 1) + 1

9

]= H(t− 1)

et−1

9−H(t− 1)e−2(t−1) 3t− 2

9.

La solucion total es, por supuesto, la suma de los dos resultados.

ii

ii

ii

ii


7.6. Aplicaciones

Aunque en el capıtulo anterior se implemento un sistema para resolver EDs conel metodo de Laplace, las EDs que se resolvieron en los ejemplos eran problemasmatematicos que no necesariamente representan situaciones reales modeladas pormedio de sistemas de EDs. En esta seccion se aprendera a resolver dos problemasmuy bien estudiados y conocidos en las ramas de la fısica y la ingenierıa: el circuitoRLC y el oscilador armonico forzado y amortiguado. De hecho, ambos problemasson analogos y se resuelven exactamente de la misma manera. Comencemos con elprimero.

El circuito RLC es un circuito formado por una inductancia de valor nominalL, una resistencia de valor nominal R y una capacitancia de valor C, conectadas auna bateria que proporciona un potencial descrito por la funcion V (t). Por simpli-cidad, asumiremos que los cuatro componentes estan conectados en serie, tal comose muestra en la Figura 7.2.

Figura 7.2. Izquierda: Un circuito RLC con la inductancia, resistencia, capacitancia y baterıa co-nectadas en serie. Derecha: un objeto de masa m sujetado a un resorte y sometido a un movimientoarmonico forzado y amortiguado.

Nota importante: Hay que ser cuidadosos con las unidades usadas para cantidad.En el sistema internacional, la inductancia se mide en Henrios (H), la resistenciaen Ohmnios (Ω), la capacitancia en Faradios (F) y el voltaje en voltios (V). Sicualquier valor se provee en unidades distintas, se debe convertir a las unidadesapropiadas. Si se usan estas unidades, la carga estara en culombios (C) y la corrienteen amperios (A).

A traves de conceptos fısicos, se puede derminar que las caıdas de potencial enuna inductancia, resistencia y capacitancia estan dadas, respectivamente, por LdIdt ,

RI y Q/C [3]. Aca, I(t) = dQdt es la corriente electrica, la cual representa la tasa de

cambio de la carga Q(t) a lo largo del tiempo. Aplicando la ley de mallas —primeraley de Kirchhoff— al circuito en serie, se obtiene la siguiente ED [3]:

ii

ii

ii

ii

7.6. Aplicaciones 203

LQ′′(t) +RQ′(t) +1

CQ(t) = V (t) . (7.33)

Ahora, usamos de nuevo los pasos indicados en la seccion anterior, y luego de aplicarla transformada de Laplace y despejar Q(s) —se usara la notacion en mayusculaspara la carga en el espacio original y dual,3 la dependencia de t o s indica el espacioen el que se esta trabajando—, encontramos que:

Q(s) =LI0 + sQ0L+RQ0

s2L+ sR+ 1/C+

V (s)

s2L+ sR+ 1/C= Q1(s) +Q2(s) , (7.34)

donde Q0 e I0 son la carga y la corriente inicial del circuito —en el tiempo t = 0—respectivamente, y V (s) es la transformada de Laplace de la senal proporcionadapor la baterıa. En lo que sigue, se asume que la baterıa se enciende en el tiempot = 0, de tal forma que V (t)→ H(t)V (t).

La ecuacion anterior se puede invertir con los metodos aprendidos en este capıtu-lo. El primer termino se puede hacer a partir de las tablas y propiedades indicadas.Para esto, se debe completar cuadrados y hacer un par de manipulaciones; el resul-tado es —para ω0 real—:

Q1(t) = Q0e−γt cos(ω0t) +

I0 + γQ0

ω0e−γt sin(ω0t) , (7.35)

donde γ = R/2L y ω0 =√

1/LC − γ2. Se deja como ejercicio hacer la verificacionde la ecuacion anterior. Para invertir el segundo termino, se puede aplicar el teoremade convolucion, entonces:

Q2(t) =H(t)

ω0L

∫ t

0V (t− z)e−γz sin(ω0z)dz . (7.36)

Por supuesto, la solucion total es Q(t) = Q1(t) + Q2(t). La motivacion principalde haber dividido la solucion en estas dos partes es que el primer termino dependede las condiciones iniciales —no de la baterıa— mientras que el segundo tan solodepende de la baterıa.

Expliquemos ahora el significado del termino Q1(t), cuya solucion esta dada en laecuacion (7.35). Ası, vemos que el termino ω0 =

√1/LC −R2/4L2 representa una

frecuencia de oscilacion. Hay tres casos que se deben profundizar —vease la Figura7.3 para mas detalles—:

3El espacio dual es el espacio de Laplace, asociado a la variable s.

ii

ii

ii

ii


Figura 7.3. Izquierda: carga electrica en funcion del tiempo para los tres casos relevantes. Derecha:corriente electrica en funcion del tiempo para los tres casos relevantes. En ambas graficas, el casoamortiguado es representado por la lınea negra continua, el crıticamente amortiguado, por la lıneapunteada, y el sobreamortiguado, por la lınea gris continua.

1. Si 1/LC > R2/4L2, ω0 es real y existen oscilaciones en la carga, este casousualmente se conoce como el caso amortiguado. La carga en el condensadorfluctua ası entre valores positivos y negativos, cuya frecuencia depende delos valores de L, R y C. No obstante, existe un termino exponencialmentedecayente de la forma e−γt que disipa la amplitud de la senal; la solucion totalesta dada en la ecuacion (7.35). Si R = 0, este termino no existe —no haydisipacion—, con la siguiente solucion:

Q1(t) =R=0

Q0 cos

(t√LC

)+√LCI0 sin

(t√LC

). (7.37)

Ası, la funcion de la resistencia es disipar la energıa del sistema. La energıaperdida por el sistema se convierte en calor.Ahora, como la corriente es I(t) = dQ

dt , en el caso amortiguado, esta viene dadapor:

I1(t) =

I0e−γt cos(ω0t)− γI0+Q0/LC

ω0e−γt sin(ω0t) ,

1LC > R2

4L2

I0 cos(

t√LC

)− Q0√

LCsin(

t√LC

), R = 0

. (7.38)

2. El caso crıticamente amortiguado, en el cual 1LC = R2

4L2 , es un caso bastanteexclusivo porque se deben escoger los valores de L, R y C de tal manera queesta relacion sea exacta. Cuando esto sucede, ω0 = 0, y ası no hay oscilaciones;el comportamiento es exponencialmente decayente. Para este caso, Q1(t) eI1(t) toman la siguiente forma:

Q1(t) = Q0e−γt + (I0 + γQ0)t e−γt , (7.39a)

I1(t) = I0e−γt − (I0 + γQ0)γt e−γt . (7.39b)

ii

ii

ii

ii


3. Finalmente, en el caso sobreamortiguado, en el cual 1LC < R2

4L2 , ω0 es ima-ginario y las funciones trigonometricas se convierten en hiperbolicas. Cuandoesto sucede, tampoco hay oscilaciones, el comportamiento es tambien expo-nencialmente decayente y, dependiendo de los valores de los parametros delproblema, la disipacion de energıa es muy rapida o menos rapida. En terminosde Γ = iω0 =

√γ2 − 1/LC, Q1(t) e I1(t) toman la siguiente forma:

Q1(t) = Q0e−γt cosh(Γt) +

I0 + γQ0

Γe−γt sinh(Γt) , (7.40a)

I1(t) = I0e−γt cosh(ω0t)−

γI0 +Q0/LC

Γe−γt sinh(ω0t) . (7.40b)

Algo que se puede notar de los tres casos anteriores es que sin importar el valorde las condiciones iniciales, Q0 e I0 y el de los tres componentes, L, R y C, siempreaparecen terminos exponencialmente decayentes de la forma e−γt —estos terminos seconocen como transientes—. La unica excepcion se da cuando R = 0. Sin embargo,en la practica no es posible construir un circuito donde la resistencia sea 0. Aunsi no conectamos una resistencia, los cables disipan algo de energıa. Por supuesto,los cables son metalicos para disminuir la resistencia lo maximo posible, pero amenos que estos sean superconductores —no ejerzan resistencia alguna—, habraalgo de resistencia. Por la naturaleza del termino exponencial, tanto la carga en elcondensador como la corriente en la resistencia se disiparan despues de un tiempo.Este tiempo depende del valor de γ. Si se desea que la carga y la corriente se disipenrapidamente, γ debe tomar valores grandes; lo opuesto sucede si γ es pequeno.

Sin embargo, supongamos que deseamos alimentar el circuito para que la perdidade la senal no suceda. Lo que podrıamos hacer es conectar el circuito a una fuenteexterna, que proporcione energıa adicional a partir del tiempo t = 0. Como en loscalculos anteriores no se tuvo en cuenta la presencia de una baterıa, la contribucion deuna baterıa al circuito proporciona nuevos efectos al circuito que podrıan modificarsu comportamiento; esto se hace a partir de la ecuacion (7.36). La forma que eltermino Q2(t) puede tomar —su dependencia temporal— dependera del tipo debaterıa que conectemos. En este capıtulo, distinguiremos y analizaremos cuatro tiposde senales —vease la Figura 7.4—:

1. Un pulso muy corto tipo delta.2. Una senal directa de amplitud V0.3. Una senal directa de duracion T y amplitud V0.4. Una senal alterna —sinusoidal— de perıodo T y amplitud V0 .

ii

ii

ii

ii


Figura 7.4. Senales consideradas. Izquierda: un pulso muy corto tipo delta —lınea continua— y unasenal directa de amplitud V0 —lınea punteada—. Derecha: senal directa de duracion T y amplitudV0 —lınea punteada— y senal alterna —sinusoidal— de perıodo T y amplitud V0 —lınea continua—.Note que todas las senales se anulan para tiempos negativos.

Ahora analicemos cada senal en detalle y su aporte a la carga y corriente delcircuito, pero antes recordemos que una entrada de voltaje viene dada por V (t) →H(t)V (t). Como se menciono, para el calculo de Q2(t) se usara la ecuacion (7.36).Una vez se encuentre Q2, la corriente se calcula usando la relacion I2(t) = dQ2

dt . Noteque las condiciones iniciales son irrelevanes para esta contribucion —aportan a Q1(t)e I1(t) pero no a Q2(t) e I2(t)—. Se proporcionaran unicamente los resultados; losprocedimientos se dejan como ejercicios.

1. Un pulso muy corto tipo delta puede ser modelado matematicamente de laforma V (t) = V0

ω0δ(t). Aca, V0 representa una amplitud con unidades de voltios,

y el factor ω0 se introduce con el proposito de corregir las dimensiones. Ası,reemplazando V (t) en la ecuacion (7.36), encontramos que:

Q2(t) =H(t)V0

ω20L

e−γt sin(ω0t) , (7.41a)

I2(t) =H(t)V0

ω20L

e−γt(ω0 cos(ω0t)− γ sin(ω0t)

). (7.41b)

2. Una senal directa de amplitud V0 se puede escribir simplemente como V (t) =V0. Esta senal es lo que comunmente conocemos como una senal de corrientedirecta DC. En este caso:

Q2(t) = H(t)V0C

ω0

(ω0 − γe−γt sin(ω0t)− ω0e

−γt cos(ω0t)), (7.42a)

I2(t) =V0

ω0Le−γt sin(ω0t) . (7.42b)

ii

ii

ii

ii


Nota importante: cuando la corriente es calculada, la presencia de unafucion Heaviside en la carga introduce una funcion tipo delta en la corriente—recordemos que dH(t−a)

dt = δ(t− a)—. No obstante, esta contribucion raravez introduce aportes adicionales. Cuando derivamos la ecuacion (7.41a) paracalcular I2(t), el resultado mostrado es la derivada usual, sin tener en cuentael Heaviside. Para demostrar que la contribucion adicional es nula y por lotanto no aporta al resultado, vemos que este termino aportarıa en la ecuacion(7.41b) de la siguiente forma:

∆I2(t) =δ(t)V0

ω20L

e−γt sin(ω0t) .

Como la funcion anterior se anula, a menos que t = 0, evaluamos la expresionanterior en t = 0, con lo cual encontramos que:

∆I2(t) =δ(t)V0

ω20L

e−γt sin(ω0t)

∣∣∣∣t=0

= δ(t) · 0 = 0 ,

porque sin 0 = 0. Cuando esta propiedad no ocurra en los tres casos restantes,se especificara. Si no se tiene en cuenta, es porque no aporta al resultado.

3. Una senal directa de duracion T y amplitud V0 es similar a la anterior. Noobstante, en este caso, V (t) = V0H(−t+ T ). Los resultados son:

Q2(t) =H(t)V0C

ω0

[H(−t+ T )

(ω0 − γe−γt sin(ω0t)− ω0e

−γt cos(ω0t))

+H(t− T )e−γ(t−T )[γ sin(ω0(t− T )) + ω0 cos(ω0(t− T ))

]−H(t− T )e−γt

[γ sin(ω0t) + ω0 cos(ω0t)

]], (7.43a)

I2(t) =H(t)V0

ω0Le−γt

[H(−t+ T ) sin(ω0t)

+H(t− T )[cos(ω0t)− eγT sin(ω0(t− T ))

]]. (7.43b)

4. Una senal alterna —sinusoidal— de perıodo T y amplitud V0 es la mas difıcil decalcular matematicamente, pero es la que presenta los efectos mas importantes.Esta senal la modelaremos de la forma V (t) = V0 sin(ωt), donde ω = 2π/T esla frecuencia angular de la baterıa externa. Aca, los resultados son:

ii

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Q2(t) =H(t)V0

L

(γ2 − ω2 + ω2

0

)sin(ωt)− 2γω cos(ωt)(

γ2 + (ω + ω0)2)(γ2 + (ω − ω0)2

)+

ω

ω0e−γt

(γ2 + ω2 − ω2

0

)sin(ω0t) + 2γω0 cos(ω0t)(

γ2 + (ω + ω0)2)(γ2 + (ω − ω0)2

) , (7.44a)

I2(t) =H(t)V0ω

L

(γ2 − ω2 + ω2

0

)cos(ωt) + 2γω sin(ωt)(

γ2 + (ω + ω0)2)(γ2 + (ω − ω0)2

) (7.44b)

− e−γt

ω0

γ(γ2 + ω2 + ω2

0

)sin(ω0t) + ω0

(γ2 − ω2 + ω2

0

)cos(ω0t)(

γ2 + (ω + ω0)2)(γ2 + (ω − ω0)2

) .

Notemos que los terminos exponenciales, de la forma e−γt, todavıa persisten enlos tres primeros casos. Esto significa que este tipo de senales siguen disipandosea lo largo del tiempo. No obstante, en el cuarto caso aparecen tambien terminosno disipativos tanto en la carga como en la corriente. Estos terminos oscilatoriospermiten que la senal AC se propague a lo largo del tiempo sin necesidad de torresamplificadoras, como sucede con la corriente DC [4]. El tema de la implementacionde la corriente DC o AC fue un debate muy controvertido a comienzos del sigloXX. Mientras Thomas Alva Edison defendıa el uso de la corriente directa, NikolaTesla defendıa el uso de la corriente AC. Hoy en dıa, las companıas electricas usancorriente AC por su conveniencia al transportarse de un lugar a otro; mientras quela corriente DC se usa, entre otras cosas, en aparatos electronicos pequenos que norequieran la propagacion de la senal a largas distancias.

Muchas propiedades adicionales del circuito RLC se pueden analizar, pero algu-nas de ellas se dejan como ejercicios.

Como se menciono, el otro sistema de interes es el oscilador armonico amortigua-do —como se muestra en la Figura 7.2—. Este sistema consiste de un bloque de masam conectado a un resorte no masivo. El resorte posee una constante recuperadorade valor constante k, cuya funcion es traer el bloque de nuevo al equilibrio, la fuerzaasociada a este movimiento es −kx —x representa el dezplazamiento del bloque conrespecto al punto de equilibrio—. La fuerza de friccion entre el bloque y la superfi-cie donde se apoya es modelada por el termino b y es proporcional a la velocidad,x′; como la friccion se opone al movimiento, esta viene dada por −bx′. Finalmente,si existe un motor externo que impulse el movimiento, existira una fuerza externaadicional modelada como F (t). Aplicando al segunda ley de Newton, la posicion dela partıcula en funcion del tiempo, x(t), viene dada por: [5]

mx′′(t) + bx′(t) + kx(t) = F (t) . (7.45)

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Notemos la similitud con la ecuacion (7.33), que modela el circuito RLC. La analogıaes tal que no es necesario resolver este ultimo sistema de nuevo, debido a que ya fueresuelto de manera indirecta a traves del analisis del circuito RLC. Comparando lasecuaciones (7.45) y (7.33), es facil concluir que todas las soluciones para el osciladorarmonico forzado y amortiguado se pueden deducir facilmente a traves de las solu-ciones ya mostradas para el circuito RLC, si se hacen las siguientes identificaciones:

1. La inductancia L se asocia con la masa m.2. La resistencia R se asocia con la constante de friccion b.3. La capacitancia C se asocia con el inverso de la constante recuperadora k.4. La senal V (t) se asocia con la fuerza externa F (t).5. La carga Q(t) se asocia con la posicion del bloque x(t).6. La corriente I(t) se asocia con la velocidad del bloque v(t).

Por lo tanto, si en las soluciones para el circuito RLC mostradas previamentehacemos las identificaciones L↔ m, b↔ R, C ↔ 1/k, V (t)↔ F (t), Q(t)↔ x(t) yI(t)↔ v(t), ya tenemos las soluciones para nuestro nuevo sistema.

Nota importante: Las unidades requeridas para los distintos parametros de esteproblema son las siguientes: la masa m en kilogramos (kg), la constante de friccion ben kilogramos sobre segundo (kg/s), la constante recuperadora k en Newtons sobremetro (N/m), y la fuerza en Newtons (N). El uso de estas unidades proporcionarauna distancia en metros (m) y una velocidad en metros sobre segundo (m/s).

Como la senal V (t) se asocia con la fuerza externa F (t), podemos tambien iden-tificar los cuatro casos descritos en la pagina 205 con cuatro tipos distintos de fuerzaexterna:

1. Un pulso muy corto tipo delta equivale a una fuerza instantanea de la formaF (t) = F0

ω0δ(t).

2. Una senal directa de amplitud V0 equivale a una fuerza constate F0.3. Una senal directa de duracion T y amplitud V0 equivale a una fuerza constante

de valor F0 que actua durante un tiempo T .4. Una senal alterna —sinusoidal— de perıodo T y amplitud V0 equivale a un

motor armonico cuya fuerza esta dada por F0 sin(ωt).

Para estos cuatro casos, hacemos las identificaciones V0 ↔ F0, T ↔ T y ω ↔ ω.

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7.7. Ejercicios


1. Verifique los resultados de la Tabla 7.1. Nota: omita el calculo de tn para n /∈Z que es muy complicado. Para el caso entero, calcule los primeros terminosy deduzca la relacion por inspeccion. Para el caso δ(n), tambien calcule losprimeros terminos y deduzca la relacion general.

2. Encuentre la transformada de Laplace de las siguientes funciones:

f(x) = x3 sinx , g(x) = coshx , p(x) = sinhx .

3. Calcule la transformada de Laplace de las siguientes funciones:

f(y) = y2 sinh(3y) , g(y) = H(y − 1) cosh y , p(y) = sinh(y) .


f(t) = e3tt8 , g(t) = 2t(t+ 2)3 , p(t) = H(t− 2)H(−t+ 4) .


f(t) = cos(at+ b) , g(t) = sin(at+ b) .

6. Efectue las operaciones indicadas:

L−1

1

s2 + 6s+ 3

, L−1

s+ 1

s2 − 2s+ 10

.

7. Efectue las operaciones indicadas:

L−1

e−5s

s5

, L−1

s2

s2 − 5s+ 4

.

8. Use la definicion de la convolucion para invertir las siguientes transformadasde Laplace:

1

s(s2 + a2);

1

s2(s2 − a2).

9. Invierta las dos funciones del ejercicio anterior usando la integral de Bromwich.10. Calcule la inversa de Laplace de la funcion F (s) = n!/sn+1 usando la integral

de Bromwich.

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7.7. Ejercicios 211

11. Efectue las operaciones de los ejercicios 6 y 7 a traves de la integral de Brom-wich. Nota: para la segunda funcion del ejercicio 7 se debe hacer primero divi-sion sintetica e invertir la funcion que no respeta la propiedad lıms→∞ F (s) =0, usando otro mecanismo.

12. Solucione la ED y′′ + 9y = 2 sin(3t) con las condiciones iniciales y(0) = 0 yy′(0) = 1 por medio de la transformada de Laplace.

13. Solucione la ED y′′ − 4y′ + 4y = t3e2t con las condiciones iniciales y(0) = 0 yy′(0) = −1 por medio de la transformada de Laplace.

14. Solucione la ED y′′ − 6y′ + 9y = 5t + 1 con las condiciones iniciales y(0) = 0y y′(0) = −3 por medio de la transformada de Laplace.

15. Solucione la ED y′′ − 3y′ + 2y = 2 − δ(t − 3) con las condiciones inicialesy(0) = 10 y y′(0) = −2 por medio de la transformada de Laplace.

16. Solucione la ED y′′′+ 9y′ = δ(t− 3) + sin t con las condiciones iniciales y(0) =y′(0) = 0 y y′′(0) = 1 por medio de la transformada de Laplace.

17. Solucione la ED y′′′ − 7y′ + 6y = δ(t − 3) + e3t con las condiciones inicialesy(0) = y′′(0) = 0 y y′(0) = −2 por medio de la transformada de Laplace.


18. Suponga que un sistema electrico recibe un voltaje descrito por la funcionVin(t) y genera un voltaje descrito por la funcion Vout(t). La funcion detransferencia del sistema, G(s) = Vout(s)/Vin(s), se define como la razonentre la transformada de Laplace del voltaje de salida y la transformadade Laplace del voltaje de entrada. Encuentre la funcion de transferencia siVin(t) = 3 cos(3t+ 1) y Vout = 5 sin(3t).

19. Haga lo mismo del ejercicio anterior cuando Vin(t) = 5 sin(t) y Vout = 3 sin(3t+ 4).20. Suponga que la funcion de transferencia de un sistema esta dada por:

G(s) =s3 + 10s2 + 30s

2s2 + 4s+ 10.

Teniendo esto en cuenta, calcule el voltaje de entrada y de salida del sistema.21. Haga lo mismo del ejercicio anterior si

G(s) =s3 + 6s2 + 10s

2s2 + 6s+ 12.

22. Usando la categorizacion mostrada en la pagina 204, discuta el tipo de mo-vimiento efectuado por cada uno de los tres circuitos RLC descritos por lossiguientes valores de L, R y C y condiciones iniciales en ausencia de baterıaexterna:

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• L = 10−2 H, R = 20 Ω, C = 10−5 F, Q0 = 2× 10−5 C e I0 = 0.

• L = 3 mH, R = 2,3 kΩ, C = 1µF, Q0 = 3µC e I0 = 1 mA.

• L = 0,4 mH, R = 1 Ω, C = 1,6 mF, Q0 = 9 mC e I0 = 0,5 A.

Escriba Q(t) e I(t) y haga una grafica que describa estas cantidades en funciondel tiempo para cada uno de los tres casos.

23. Haga lo mismo del ejercicio anterior para un oscilador armonico amortiguado.Los tres casos son los siguientes:

• m = 100 g, b = 20 kg/s, k = 500 N/m, x0 = 0 y v0 = 10 cm/s.

• m = 10 g, b = 3 kg/s, k = 0,225 kN/m, x0 = 0,25 m y v0 = 30 cm/s.

• m = 1 kg, b = 0,5 kg/s, k = 3 kN/m, x0 = 50 cm y v0 = −1 m/s.

24. Verifique las ecuaciones (7.41a) y (7.41b).25. Verifique las ecuaciones (7.42a) y (7.42b). Sugerencia: expanda la funcion

como una exponencial compleja y luego tome la parte imaginaria, tal como sehizo en el ejemplo 2 de la seccion 7.2.

26. Verifique las ecuaciones (7.43a) y (7.43b). Sugerencia: el procedimiento esmuy similar al del ejercicio anterior. Se deben considerar los casos t ≥ T yt < T por aparte, tal como la funcion Heaviside sugiere.

27. Use los resultados encontrados a partir de la pagina 205 para un circuitoRLC en presencia de baterıa externa para encontrar la carga y la corrientede este sistema en ausencia de resistencia. Mire los cuatro casos definidos porlos cuatro tipos de baterıa externa. Este sistema se conoce como el circuitoLC, un circuito con una inductancia y una capacitancia, pero en ausencia deresistencia.

28. Analice el caso de corriente alterna del ejemplo anterior (con R = 0) cuando lafrecuencia de la baterıa externa iguala la del circuito, ω0. Cuando esto sucededecimos que el sistema entra en resonancia. Encuentre Q2(t) e I2(t) en el casode resonancia. Sugerencia: use la regla de L’Hopital.

29. Un circuito LC satisface la ED:

LQ′′(t) +1

CQ(t) = V (t) .

Aplique el metodo de Laplace para para encontrar la carga y la corriente enfuncion del tiempo para los cuatro casos indicados en la pagina 205. Se debenencontrar los mismos resultados del ejercicio 27.

30. Un circuito RL satisface la ED:

LI ′(t) +RI(t) = V (t) .

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7.7. Ejercicios 213

Aplique el metodo de Laplace para encontrar carga y corriente en funcion deltiempo para los cuatro casos indicados en la pagina 205.

31. Un circuito RC satisface la ED:

RQ′(t) +1

CQ(t) = V (t) .

Aplique el metodo de Laplace para encontrar carga y corriente en funcion deltiempo para los cuatro casos indicados en la pagina 205.

32. Suponga que un sistema masa-resorte de masa m y constante recuperadora kno posee friccion. (a) Plantee la ecuacion diferencial y resuelvala. (b) Encuen-tre la posicion de la partıcula en terminos de x0, v0 y una fuerza arbitrariaF (t). (c) Encuentre la posicion de la partıcula cuando F (t) toma los cuatrocasos descritos en la pagina 209.

33. Encuentre las soluciones del oscilador armonico forzado y amortiguado rees-cribiendo las soluciones encontradas para el circuito RLC con las indicacionesdadas al final de la seccion anterior —pagina 209—.

34. Tome el lımite b→ 0 en las soluciones del ejercicio anterior y compruebe quese obtienen los mismos resultados del ejercicio 32.

35. A partir de la ecuacion (7.34), verifique la ecuacion (7.35). Use las propiedadesde la transformada y la Tabla 7.1 para hacer la inversion.

36. Haga lo mismo del ejercicio anterior invirtiendo Q1(s) por medio de la integralde Bromwich.

37. La energıa mecanica de un oscilador armonico amortiguado se define comoE = 1

2mv2 + 1

2kx2. Halle la energıa mecanica de un oscilador amortiguado

en ausencia de motor externo cuando a) v0 = 0, y b) x0 = 0. Verifique quecuando b = 0, la energıa es constante; y encuentre el valor constante de laenergıa en los casos a) y b).

38. La energıa almacenada en un circuito RLC se define como E = 12LI

2 + 12CQ

2.a) Halle la energıa almacenada en un circuito RLC en ausencia de baterıaexterna cuando I0 = 0. b) Verifique que cuando R = 0, la energıa es constante.Encuentre el valor constante de la energıa en los casos a) y b).


39. Resuelva las siguientes ED usando el metodo de transformada de Laplace:

2y′′ + ty′ − 2y = 10 , y(0) = y′(0) = 0 ; ty′′ − y′ = 2t2 , y(0) = 0 .

40. Solucione la ecuacion diferencial 2t2y′′ + 4ty′ + 2t2y = 0. Deje la respuesta enterminos de las condiciones iniciales que necesite.

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214 Bibliografıa

41. Verifique las ecuaciones (7.44a) y (7.44b). Sugerencia: use la ecuacion (5.12b)para reescribir el producto de dos senos como la resta de dos cosenos. Seobtienen dos integrales. Resuelva una de ellas escribiendo la funcion seno comouna exponencial compleja, evaluela y luego tome la parte real. La otra integrales muy similar, salvo unos cambios de signos. Sume las dos integrales al final.

42. Suponga que la senal sinusoidal del caso 4 de la pagina 205 se escribe comoV (t) = V0 cos(ωt). Halle Q2(t) e I2(t). Sugerencia: el procedimiento es muysimilar al del ejercicio anterior, no obstante, se debe usar la relacion (5.12c) ytomar la parte imaginaria de cada integral, no la real.

43. Use la integral de Bromwich para invertir la siguiente expresion:

F (s) =1

(s+ a)2 + b21

s2 + c2.

Compare el resultado con la ecuacion (7.44a), discuta las similitudes y de unaexplicacion.

44. Otra forma de resolver el ejercicio 42 es aplicando la integral de Bromwichpara invertir la expresion

F (s) =V0

L

1

(s+ γ)2 + ω20

s

s2 + ω2.

Explique por que esto es cierto y halle el resultado.45. Use la integral de Bromwich para verificar que la transformada inversa de

Laplace de la funcion s−1/2 es H(t)(πt)−1/2. Nota: el proceso que llevo a laecuacion (7.31) no es valido en este caso debido a la presencia de puntos deramificacion. Se debe comenzar a partir de la ecuacion (7.25) y reformular elcontorno.

Bibliografıa

[1] J. Stewart. Calculus. Thomson, (2008), p 1051.

[2] Ver, por ejemplo: https://es.wikipedia.org/wiki/Funcion−de−transferencia.

[3] H. D. Young y R. A. Freeman. Fısica Universitaria Sears Zemansky. Addison-Wesley, 13a edicion (2013), Vol 2, p 789, 851, 995, 1010.

[4] Ver, por ejemplo:http://www.sectorelectricidad.com/13240/ventajas-de-la-transmision-en-alta-tension-dc-sobre-ac/

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Bibliografıa 215

[5] Ver, por ejemplo: https://es.wikipedia.org/wiki/Oscilador−armonico

Informacion adicional sobre la transformada de Laplace puede ser encontradaen las siguientes referencias:





[10] D. G. Zill. Ecuaciones Diferenciales Con Aplicacion de Modelado. Cengage lear-ning, novena edicion (2009).

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Capıtulo

OCHO

La transformada de Fourier


Temas previos: integrales impropias, teorema del residuo, Lema de Jordan,transformada de Laplace.

Taller preliminar

1. Desarrolle las siguientes integrales impropias:∫ ∞−∞

t2e−|t|dt ;

∫ ∞−∞

H(t)e−te−3itdt ;

∫ ∞−∞

H(−t+ 2)H(t− 1)e−itdt .

2. Evalue las siguientes integrales utilizando el teorema del residuo (a > 0):∫ −∞−∞

dz

z2 + a2,

∫ −∞−∞

eizdz

z2 + a2,

∫ −∞−∞

e−izdz

(z2 + a2)2.

3. Aplique la transformada de Laplace para transformar las siguientes ecuacionesdiferenciales:

f ′′′(t) + 3f ′(t) + 4f(t) = δ(t) , 2f ′′(t) + 4f ′(t)− 8f(t) = tet ,

2y′′(t) + ty′(t)− 2y(t) = 1 .


4 , 1−3i10 , 2e−3i/2 sin(1/2) ; π

a , e−a πa , e−a (1+a)π2a3

;s3F (s)− s2f(0)− sf ′(0)− f ′′(0) + 3sF (s)− 3f(0) + 4F (s) = 1 ,2s2F (s)− 2sf(0)− 2f ′(0) + 4sF (s)− 4f(0)− 8F (s) = 1

(s−1)2,

2s2Y (s)− 3Y (s)− sY ′(s) = 10s .

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218 Capıtulo 8. La transformada de Fourier

8.2. Definicion de la transformada

Tal como se vio en la seccion 7.2, la transformada de Fourier hace parte de ungrupo de transformadas, conocidas como transformadas integrales.

En el capıtulo 5 se introdujo el concepto de una serie de Fourier. Como pudimosver, una serie de Fourier posee unos coeficientes, denominados cn, que sirven pararepresentar una funcion periodica como una serie de Fourier. Basicamente, los coefi-cientes de una serie de Fourier y la funcion misma contienen la misma informacion.

A pesar de la utilidad que presentan las series de Fourier, estas poseen ciertalimitacion, pues solo se pueden aplicar a funciones periodicas. No obstante, se puedeencontrar el analogo de una serie de Fourier a una funcion no periodica; a esto se ledenomina una transformada de Fourier. Especıficamente, la transformada de Fourierde una funcion f(t) se define como:

Ff(t) = f(ω) =

∫ ∞−∞

f(t)e−iωtdt . (8.1)

Nota importante: a veces la transformada de Fourier puede ser definida de mane-ra diferente. En algunas bibliografıas, esta se define como f(ω) =

∫∞−∞ f(t)eiωtdt,

y en otras, como f(ω) = 1√2π

∫∞−∞ f(t)e−iωtdt. En la practica, no importa cual

version se use. En este libro seguiremos usando la definicion (8.1).

En este libro —a menos que se diga lo contrario— nos restringiremos al calculode transformadas de Fourier para funciones f(t) reales. La inclusion de funcionescomplejas no anade mucho al formalismo que se tratara en este capıtulo, pero algunasrelaciones que se mencionaran unicamente se aplican a funciones reales. Notemos dela definicion (8.1) que f(ω) puede ser compleja a pesar de habernos restringido a loscasos donde f(t) son reales.

En algunos casos es util definir las transformadas de Fourier seno y coseno.Estas son de interes especial cuando la funcion f(t) posee una paridad definida.Supongamos que, de acuerdo con la definicion (5.1), descomponemos f(t) comouna suma de una parte par y una impar de la forma f(t) = fP (t) + fI(t). Comoeiωt = cos(ωt) + i sin(ωt), encontramos que:

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8.2. Definicion de la transformada 219

f(ω) =

∫ ∞−∞

[fP (t) + fI(t)

][cos(ωt)− i sin(ωt)

]dt

=

∫ ∞−∞

fP (t) cos(ωt)dt−

i

∫ ∞−∞

fP (t) sin(ωt)dt

+

∫ ∞−∞

fI(t) cos(ωt)dt− i∫ ∞−∞

fI(t) sin(ωt)dt . (8.2)

Las segunda y tercera integral se cancelan por paridad, y, tambien por paridad,concluimos que:

f(ω) = 2

∫ ∞0

fP (t) cos(ωt)dt− 2i

∫ ∞0

fI(t) sin(ωt)dt . (8.3)

La relacion anterior define las transformadas coseno y seno. Ahora, como la funcioncoseno es par, la transformada coseno, definida como

fc(ω) =

∫ ∞−∞

f(t) cos(ωt)dt , (8.4)

permite extraer la contribucion par de la funcion f(t). De manera similar, como lafuncion seno es impar, la transformada seno, definida como

fs(ω) =

∫ ∞−∞

f(t) sin(ωt)dt , (8.5)

permite extraer la contribucion impar de la funcion f(t). Ası, las relaciones (8.4) y(8.5) son validas sin importar la paridad de f(t). Adicionalmente, es facil deducirque:

f(ω) = fc(ω)− ifs(ω) . (8.6)

Las definiciones anteriores nos permiten concluir —para una funcion f(t) real— losiguiente:

1. Si f(t) es par, f(ω) es real y fs(ω) = 0. Ademas, todas las potencias de ω queaparecen en un desarrollo en series de potencia son pares.

2. Si f(t) es impar, f(ω) es imaginaria y fc(ω) = 0. Ademas, todas las potenciasde ω que aparecen en un desarrollo en series de potencia son impares.

3. Si f(t) no posee paridad definida, f(ω) es compleja y fc(ω), fs(ω) 6= 0.

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1. Calculemos la transformada de Fourier de la funcion f(t) = e−a|t|, dondea > 0.Solucion: Usando la definicion (8.1), obtenemos que:

f(ω) =

∫ ∞−∞

e−a|t|e−iωtdt =

∫ 0

−∞· · ·+

∫ ∞0

. . .

=

∫ 0

−∞e(a−iω)t +

∫ ∞0

e−(a+iω)t =e(a−iω)t

a− iω

∣∣∣∣0−∞− e−(a+iω)t

a+ iω

∣∣∣∣∞0

=1

a− iω+

1

a+ iω=

2a

ω2 + a2.

2. Determinemos las transformadas de Fourier seno y coseno de la funcion f(t) =(t2 + 9)−1.Solucion: No usaremos las definiciones (8.4) y (8.5) directamente; preferible-mente, usamos la definicion (8.1) de nuevo, de modo que tenemos que:

f(ω) =

∫ ∞−∞

e−iωt

t2 + 9dt .

La integral de arriba se evalua a traves del teorema del residuo, y, debido alfactor exponencial, es necesario utilizar el Lema de Jordan. Ahora, usando lasherramientas mostradas en la subseccion 4.4.2, deducimos que el contornoescogido es el mostrado en la parte izquierda de la figura 8.1 si ω > 0—encerrando el polo en −3i—. Por el contrario, si ω < 0, se usa el contornomostrado en la parte derecha de la misma figura —encerrando el polo en 3i—,1

de la siguiente manera:

f(ω)∣∣∣ω>0

= −2πie−iωt(t+ 3i)

(t+ 3i)(t− 3i)

∣∣∣∣t=−3i

=πe−3ω

3,

f(ω)∣∣∣ω<0

= 2πie−iωt(t− 3i)

(t+ 3i)(t− 3i)

∣∣∣∣t=3i

=πe3ω

3.

Ahora bien, juntando los dos resultados, deducimos que f(ω) = πe−3|ω|

3 . Comoesta funcion es par, podemos concluir, usando las condiciones mostradas en elnumeral de la pagina 220, que:

fc(ω) =πe−3|ω|

3, fs(ω) = 0 .

1El signo negativo en el termino exponencial cambia las condiciones sobre el signo de la expo-nencial y, por tanto, de los contornos, al contrario de lo que fue indicado en la Figura 4.3.

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8.3. Propiedades de la transformada 221

Figura 8.1. Contorno usado para evaluar muchas de las integrales de la forma 8.1 a traves delteorema del residuo.

8.3. Propiedades de la transformada

A partir de la definicion de la transformada de Fourier, se pueden encontrar lassiguientes propiedades —su verificacion se deja como ejercicio—:

Linealidad:

Faf(t) + bg(t) = af(ω) + bg(ω) . (8.7)

Dilatacion en la variable t:

Ff(at) =1

|a|f(ωa

). (8.8)

Traslacion en la variable t:

Ff(t− a) = e−iωaf(ω) . (8.9)

Multiplicacion por una fase:

Feiatf(t) = f(ω − a) . (8.10)

Multiplicacion por tn:

Ftnf(t) = indn

dωnf(ω) . (8.11)

Transformada de las derivadas:

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Ff (n)(t) = (iω)nf(ω) . (8.12)

Transformada de la convolucion entre dos funciones:

F(f ∗ g)(t) = f(ω)g(ω) . (8.13)

Existe, ademas, una formula para calcular la inversa de una transformada de Fou-rier.2 Por definicion, la transformada inversa de Fourier, a la cual denotaremos comoF−1, es un operador tal que:

F−1Ff(t) = F−1f(ω) = f(t) . (8.14)

Teniendo esto en cuenta, la transformada inversa de Fourier se define entoncescomo:

F−1f(ω) = f(t) =1

2π

∫ ∞−∞

f(ω)eiωtdω . (8.15)

Nota importante: cuando se definio la transformada de Fourier, se aclaro que ha-bıa varias formas de definirla. De igual manera, la inversa debe ser redefinida si utili-zamos otras definiciones. Si la transformada se define como f(ω) =

∫∞−∞ f(t)eiωtdt,

la inversa toma la forma f(t) = 12π

∫∞−∞ f(ω)e−iωtdω. Si la definicion usada es

f(ω) = 1√2π

∫∞−∞ f(t)e−iωtdt, la inversa es f(t) = 1√

2π

∫∞−∞ f(ω)eiωtdt. Seguiremos

usando la misma definicion.


1. Usando los resultados del ejemplo 1 de la seccion 8.2, calculemos la transfor-mada de Fourier de las siguientes funciones:

f1(t) = e−a|t−2| , f2(t) = e−a|t|/9 , f3(t) = e−a|t|+4it .

Solucion: Para la primera funcion usamos la propiedad (8.9), con lo cualencontramos que:

f1(ω) = e−2iω 2a

ω2 + a2.

2En otras referencias, a la inversa de Fourier a veces se le puede llamar “ la cotransformada deFourier”.

ii

ii

ii

ii

8.3. Propiedades de la transformada 223

Para resolver la segunda, usamos la propiedad (8.8), con lo cual deducimosque:

f2(ω) = 92a

(9ω)2 + a2=

18a

81ω2 + a2.

Finalmente, usamos la propiedad (8.10) para la tercera, con lo cual obtenemosel siguiente resultado:

f3(ω) =2a

(ω − 4)2 + a2=

2a

ω2 − 8ω + a2 + 16.

2. Usando los resultados del ejemplo 1 de la seccion 8.2, calculemos la transfor-mada inversa de Fourier de las siguientes funciones:

f1(ω) =6ω

(ω2 + 5)2, f2(ω) =

4iω

ω2 + 4, f3(ω) =

1

(ω2 + 1)2.

Solucion: Comenzamos escribiendo la primera funcion como

f1(ω) =3

2√

5

4√

5ω

(ω2 + 5)2,

la cual, a su vez, se escribe como:

f1(ω) = − 3

2√

5

d

dω

2√

5

ω2 + 5

= − 3

2√

5

1

iFte−√

5|t| .Ahora, utilizamos la propiedad 8.11, y por tanto obtenemos que:

f1(t) =3ite−

√5|t|

2√

5.

Por otra parte, la segunda funcion se puede escribir como f2(ω) = (iω) 2·2ω2+4

,de modo que ahora tenemos que:

f2(ω) = (iω)Fe−2|t| = F

d

dte−2|t|

.

Como se puede observar, usamos la propiedad (8.12), y, por lo tanto, encon-tramos que:

f2(t) =

ddte−2t , t ≥ 0

ddte

2t , t < 0=

−2e−2t , t ≥ 0

2e2t , t < 0.

ii

ii

ii

ii


Y por ultimo, para la tercera funcion vemos que esta se puede expresar comoun producto de dos transformadas de Fourier:

f3(ω) =1

ω2 + 1

1

ω2 + 1=

1

2

2

ω2 + 1

1

2

2

ω2 + 1=

1

4Fe−|t|

Fe−|t|

.

Aca, debemos aplicar el teorema de convolucion —ecuacion (8.13)— y, pormedio de la definicion (6.27), encontramos que:

f3(t) =1

4

∫ ∞−∞

e−|t−z|e−|z|dz .

Esta integral se puede desarrollar con ayudas de las herramientas del capıtulo6. Se deja al lector verificar que el resultado es f3(t) = 1

4e−|t|(1 + |t|).

3. Calculemos la transformada inversa de Fourier de la funcion g(ω) = e−ω2.

Solucion: De acuerdo con la definicion (8.15), la inversa de esta funcion es:

g(t) =1

2π

∫ ∞−∞

e−ω2eiωtdω =

1

2π

∫ ∞−∞

e−ω2+iωtdω .

Podemos desarrollar esta integral con las herramientas estudiadas en la sub-seccion 6.2.4, pero notemos de la ecuacion (6.21) que esta se obtiene sin mayorproblema haciendo las siguientes identificaciones: x→ ω, a = 1, b = it, c = 0y D = 1

2π . Ası,

g(t) =√π

1

2πe

(it)2

4 =1

2√πe−t

2/4 . (8.16)

8.4. La relacion de Parseval

La relacion de Parseval aplicada a las series de Fourier —ecuacion (5.52)— tam-bien se puede aplicar a las transformadas de Fourier. Esta relacion relaciona laintegral entre dos funciones en el espacio de la variable original —variable t— y enel espacio de la variable dual —variable ω—. Ahora, si f(t) y g(t) son dos funcionesintegrables con transformadas de Fourier f(ω) y g(ω), respectivamente, entoncestenemos que: ∫ ∞

−∞f(t)g(t)dt =

1

2π

∫ ∞−∞

f(ω)g(ω)dω . (8.17)

ii

ii

ii

ii

8.4. La relacion de Parseval 225

Nota importante: de nuevo, la relacion de Parseval debe ser levemente modificadacuando se usan las otras posibles definiciones para la transformada. Aunque no nosenfocaremos en ver estas modificaciones, ya que nos estamos restringiendo a unaen particular, es importante decir que el factor 2π no aparece en otras definiciones.Ademas, cabe resaltar que la relacion (8.17) esta definida para funciones complejas;cuando una funcion es real, su complejo conjugago es ella misma.

Ahora bien, la relacion de Parseval es importante por los siguientes motivos.Primero, porque muestra dos formas diferentes de calcular la misma cantidad: enalgunos casos realizar la integral establecida integrando con respecto a t es compli-cado, mientras que la misma integral con respecto a ω puede ser mucho mas sencilla—o viceversa—. Segundo, la relacion de Parseval puede ser aplicada en mecani-ca cuantica, ademas de que define la potencia media de una senal f(t) —cuandof(t) = g(t)—, un concepto muy importante en el estudio de senales; de maneraexplıcita, la potencia media de una senal f(t) es, por lo tanto:

Pf =

∫ ∞−∞|f(t)|2dt =

1

2π

∫ ∞−∞|f(ω)|2dω . (8.18)

Y por ultimo, la relacion de Parseval es util para deducir algunas relacionesmatematicas importates, como se vera a continuacion.


1. (a) Asumiendo que a > 0, calculemos las transformadas de Fourier de las fun-ciones f1(t) = H(t)e−at y f2(t) = e−a|t|. (b) Usemos los resultados anteriorespara calcular —para x > 0—:∫ ∞

0

ω sin(ωx)

ω2 + a2dω ,

∫ ∞0

a cos(ωx)

ω2 + a2dω .

(c) Usemos la relacion de Parseval para evaluar las integrales:∫ ∞0

ω2 dω

(ω2 + a2)2,

∫ ∞0

dω

(ω2 + a2)2. (8.19)

Solucion: (a) Del ejemplo 1 de la seccion 8.2, encontramos que f2(ω) = 2aω2+a2

,de modo que, para este caso, obtenemos que:

f1(ω) =

∫ ∞−∞

H(t)e−ate−iωtdt =

∫ ∞0

e−(a+iω)tdt = −e(a+iω)t

a+ iω

∣∣∣∣∞0

=1

a+ iω=

a− iωa2 + ω2

.

ii

ii

ii

ii


(b) Usamos ahora la funcion inversa —ecuacion (8.15)—, para expresar f1(t)y f2(t) como una cotransformada —transformada inversa— y ası, al usar lavariable x en vez de t, obtenemos que:

H(x)e−ax =1

2π

∫ ∞−∞

a− iωa2 + ω2

eiωxdω

=1

2π

∫ ∞−∞

cos(ωx) + i sin(ωx)

a2 + ω2

(a− iω

)dω .

Ahora, partimos el resultado anterior de la forma x + iy —parte real masparte imaginaria—, y notamos que, como la funcion H(x)e−ax es real, la parteimaginaria de la integral debe ser nula. Ahora, como la parte real es la funcionmisma, vemos que:

2πH(x)e−ax =

∫ ∞−∞

a cos(ωx) + ω sin(ωx)

a2 + ω2dω ,

+ i((((

((((((((

((((∫ ∞−∞

−ω cos(ωx) + a sin(ωx)

a2 + ω2dω .

La segunda integral claramente es nula por paridad —se habıa anticipado quela parte imaginaria se cancelaba—. Notemos que la relacion anterior implica,usando condiciones de paridad, que:

2πH(x)e−ax = 2

∫ ∞0

a cos(ωx)dω

a2 + ω2+ 2

∫ ∞0

ω sin(ωx)

a2 + ω2dω .

Ahora, hacemos lo mismo para la funcion f2(x):

e−a|x| =1

2π

∫ ∞−∞

2a eiωx

a2 + ω2dω =

a

π

∫ ∞−∞

cos(ωx) + i sin(ωx)

a2 + ω2dω

=a

π

∫ ∞−∞

cos(ωx)

a2 + ω2dω +

ia

π

∫ ∞−∞

sin(ωx)

a2 + ω2dω ,

y, usando de nuevo condiciones de paridad, de aca deducimos que:∫ ∞0

a cos(ωx)

a2 + ω2dω =

π

2e−a|x| =

π

2e−ax ,

porque x > 0. Finalmente, usando esta condicion en la ecuacion que determino2πH(x)e−ax, deducimos que, para x > 0:

πe−ax =π

2e−ax +

∫ ∞0

ω sin(ωx)

a2 + ω2dω ⇒

∫ ∞0

ω sin(ωx)

a2 + ω2dω =

π

2e−ax .

ii

ii

ii

ii

8.4. La relacion de Parseval 227

(c) La relacion de Parseval para funciones reales dice que:∫ ∞−∞|f(t)|2dt =

1

2π

∫ ∞−∞|f(ω)|2dω ,

ası que, al aplicar relacion de Parseval a la funcion f2(t), obtenemos que:∫ ∞−∞|e−a|t||2dt =

∫ ∞−∞

e−2a|t|dt =1

2π

∫ ∞−∞

4a2

(a2 + ω2)2dω

=4a2

π

∫ ∞0

dω

(a2 + ω2)2.

Ahora, realizando la integral y despejando, encontramos que:∫ ∞0

dω

(ω2 + a2)2=

π

4a3,

y, al aplicar la misma relacion a la funcion f1(t), obtenemos que:∫ ∞−∞|H(t)e−at|2dt =

∫ ∞0

e−2atdt =1

2a=

1

2π

∫ ∞−∞

∣∣∣∣ a− iωa2 + ω2

∣∣∣∣2dω=

1

π

∫ ∞0

a2 dω

(a2 + ω2)2+

1

π

∫ ∞0

ω2 dω

(a2 + ω2)2.

Al usar el resultado que encontramos analizando f2(t), finalmente deducimosque:

1

2a=a2

π

π

4a3+

1

π

∫ ∞0

ω2 dω

(a2 + ω2)2⇒∫ ∞

0

ω2 dω

(a2 + ω2)2=

π

4a.

2. Siendo f(t) = e−2t2+t y g(t) = e−t2/3. (a) Usemos la relacion de Parseval

para calcular∫∞−∞ f(t)g(t)dt. (b) Verifiquemos que esto es igual a realizar la

integral 12π

∫∞−∞ f(ω)g(ω)dω. (c) Hallemos la potencia media de la senal f(t).

(d) Hallemos la potencia media de la senal g(t).Solucion: Todas las integrales gaussianas se haran con ayuda de la ecuacion(6.21). (a) Teniendo en cuenta que:∫ ∞

−∞f(t)g(t)dt =

∫ ∞−∞

e−73t2+tdt ,

usando la ecuacion mencionada notamos que a = 7/3, b = D = 1 y c = 0. Porlo tanto: ∫ ∞

−∞f(t)g(t)dt =

√3π

7e

328 .

ii

ii

ii

ii


(b) Primero hallamos las transformadas de Fourier de las funciones indicadas,y usando la misma ecuacion y haciendo las propias identificaciones, comoresultado encontramos que:

f(ω) =

∫ ∞−∞

e−2t2+t(1−iω)dt =

√π

2e

18

(1−2iω−ω2) ,

g(ω) =

∫ ∞−∞

e−13t2−iωtdt =

√3πe−

34ω2.

Ahora, una vez encontradas las transformadas de Fourier, vemos, en conclu-sion, que:

1

2π

∫ ∞−∞

f(ω)g(ω)dω =1

2π

∫ ∞−∞

√π

2e

18

(1+2iω−ω2)√

3πe−34ω2dω

=

√3

2√

2

∫ ∞−∞

e−78ω2+ i

4ω+ 1

8dω =

√3

2√

2

√8π

7e

18− 1

16828

=

√3π

7e

328 .

(c) Usando la ecuacion (8.18), la potencia media de f(t) es:

Pf =

∫ ∞−∞|f(t)|2dt =

∫ ∞−∞

e−4t2+2tdt =

√π

2e

14 .

(d) Calculamos la potencia media de g(t) usando su version en el espacio deFourier, de manera que, como resultado, obtenemos que:

Pg =1

2π

∫ ∞−∞|g(ω)|2dω =

3

2

∫ ∞−∞

e−32ω2dω =

3

2

√2π

3=

√3π

2.

8.5. Solucion a ecuaciones diferenciales

El metodo de Fourier tambien puede ser aplicado para resolver EDs. Una grandiferencia, sin embargo, es que este metodo unicamente puede ser usado para resolversistemas no homogeneos, ya que este mecanismo no introduce las condiciones inicialesdel sistema. Basicamente, el metodo de Laplace se usa cuando existe un sistemaexterno que se enciende a partir del tiempo t = 0, estando apagado para tiemposnegativos; mientras que el metodo de Fourier, por el contrario, resuelve el sistematanto para tiempos negativos como positivos, de modo que asume condiciones defrontera abiertas.

ii

ii

ii

ii

8.5. Solucion a ecuaciones diferenciales 229

Suponiendo que el objetivo es encontrar la funcion f(t) que satisfaga cierta ecua-cion diferencial sin condiciones iniciales, los pasos que se deben seguir para encontralason los siguientes:

1. Transformar la ecuacion diferencial utilizando la transformada de Fourier. To-das las derivadas de la funcion f(t) se transforman usando la ecuacion (8.12).Como la ED que se debe resolver es no homogenea, se debe calcular tambienla transformada de Fourier de la funcion que aparece.

2. Una vez la ecuacion diferencial se ha transformado, esta se convierte en unaecuacion algebraica que depende de la variable ω y de la funcion f(ω). Acontinuacion, se debe despejar f(ω) usando herramientas algebraicas.

3. Invertir f(ω) para encontrar f(t), para lo cual se debe usar la inversa de Fourier—ecuacion (8.15)—.

Apliquemos los pasos anteriores para resolver los siguientes ejemplos.


1. Resolvamos la siguiente ED:

f ′′(t)− k2f(t) = δ(t)

mediante el metodo de la transformada de Fourier.Solucion: El sistema no tiene en cuenta las condiciones iniciales —no hayfronteras—, de modo que aplicamos la transfromada de Fourier a la ED, conlo cual encontramos que:

(iω)2f(ω)− k2f(ω) = 1 ,

porque la transformada de Fourier del Delta de Dirac es 1. Ahora, despejandof(ω), tenemos que:

f(ω) = − 1

ω2 + k2.

Una vez obtenemos este resultado, invertimos la relacion usando la ecuacion(8.15), con lo cual encontramos que:

f(t) = − 1

2π

∫ ∞−∞

eiωt dω

ω2 + k2.

Esta integral anterior se puede resolver con el teorema del residuo, por lotanto, definimos un contorno semicircular cerrado por arriba o por debajo,

ii

ii

ii

ii


Figura 8.2. Contorno escogido para la evaluacion de la funcion f(t) descrita por la ED f ′′(t) −k2f(t) = δ(t).

respetando el Lema de Jordan —vease la figura 8.2—, donde, para t > 0cerramos el contorno por arriba, y para t < 0 lo cerramos por debajo. Ası,cuando t > 0, encontramos que:

f(t)∣∣∣t>0

= 2πia−1(ik) = −2πi

2π

(z − ik)eizt

(z − ik)(z + ik)

∣∣∣∣z=ik

= −e−kt

2k,

mientras que, cuando t < 0, obtenemos que:

ft)∣∣∣t<0

= −2πia−1(−ik) =2πi

2π

(z + ik)eizt

(z − ik)(z + ik)

∣∣∣∣z=−ik

= −ekt

2k,

y, juntandolas, tenemos como resultado: f(t) = − e−k|t|

2k .2. Resolvamos la ED:

d 4f(t)

dt4− 2a2d

2f(t)

dt2+ a4f(t) = δ(t) , a > 0 ,

mediante el metodo de transformada de Fourier.Solucion: Como δ(ω) = 1, encontramos, tras transformar la ED mediante latransformada de Fourier:

(iω)4f(ω) + a2(iω)2f(ω) + a4f(ω) = 1 .

Con esto, al despejar la transformada, obtenemos que:

f(ω) =1

ω4 + 2a2ω2 + a4.

Y ahora, como es usual , realizamos la inversion, con lo cual encontramos que:

f(t) =1

2π

∫ ∞−∞

eiωt dω

(ω2 + a2)2=

1

2π

∫ ∞−∞

eiωt dω

(ω − ia)2(ω + ia)2.

ii

ii

ii

ii


Para resolver la integral anterior, usamos los mismos contornos que utilizamosen el ejemplo anterior, dependiendo de si t > 0 (f+) o t < 0 (f−). A partir deesto, los resultados, cuyos residuos son de orden 2, son:

f±(t) = ±2πia1(±ia) = ±2πi

2π

1

1!

d

dz

(z ∓ ia)2 eizt

(z − ia)2(z + ia)2

∣∣∣∣z=±ia

= ±i ddz

eizt

(z ± ia)2

∣∣∣∣z=±ia

= ±i iteizt(z ± ia)2− 2(z ± ia)eizt

(z ± ia)4

∣∣∣∣z=±ia

= ±ieizt it(z ± ia)− 2

(z ± ia)3

∣∣∣∣z=±ia

= ±ie∓at∓2at− 2

(±2ia)3

= ie∓at∓2(at± 1)

8ii2a3= e∓at

1± at4a3

.

Finalmente, juntando los resultados, obtenemos como resultado que:

f(t) =1 + a|t|

4a3e−a|t| .

8.6. Aplicaciones

La transformada de Fourier puede aplicarse a muchas ramas de la ciencia. Aun-que cada aplicacion puede ser muy especıfica y dispendiosa, aca se mostraran unascuantas aplicaciones de bastante utilidad que no requieren un tratamiento muy de-tallado.

8.6.1. Solucion a funciones de Green

En la seccion 6.4 se vio una metodologıa para calcular funciones de Green apartir del teorema de convolucion, pero esto tambien puede resolverse mediante elformalismo de Fourier. Recordemos los resultados mas importantes de esa seccion:si D es un operador diferencial que satisface la ED

Df(t) = g(t) , (8.20)

entonces

f(t) =

∫ ∞−∞

G(t− t′)g(t′)dt′ , (8.21)

ii

ii

ii

ii


donde G(t) satisface la ED

DG(t) = δ(t) . (8.22)

Veamos a partir de un ejemplo como el metodo de Fourier nos facilita hallar lasolucion.

Ejemplo

1. Resolvamos el ejemplo 1 de la seccion 6.4 a traves del metodo de Fourier.Solucion: Comenzamos transformando la ecuacion diferencial dGdt +R

LG = δ(t)aplicando la transformada de Fourier, con lo cual encontramos que:

(iω)G(ω) +R

LG(ω) = 1 .

Al despejar G(ω), encontramos que:

G(ω) =1

iω + RL

,

y al aplicar la inversa de Fourier, obtenemos entonces que:

G(t) =1

2π

∫ ∞−∞

eiωtdω

iω + RL

=1

2πi

∫ ∞−∞

eiωtdω

ω − iRL.

Ahora, aplicamos de nuevo el teorema del residuo teniendo en cuenta los con-tornos mostrados en la figura 8.2. Ası, si t < 0, no se encierra ningun polo,con lo que obtenemos que G(t) = 0; pero si, por el contrario, t > 0, se encierrael polo en iRL , obtenemos que:

G(t)∣∣∣t>0

= 2πia(iRL

)

−1 =2πi

2πi

(ω − iRL )eiωtd

ω − iRL

∣∣∣∣ω=iR

L

= e−RLt .

Ası, G(t) = H(t)e−RLt. De ahı en adelante, se realiza el respectivo remplazo

en la formula de convolucion, con lo cual obtenemos el mismo resultado —lospasos seguidos son los mismos que mostramos en el ejemplo mencionado—.Ahora, notemos que pudimos habernos saltado el calculo de la funcion deGreen y haber resuelto directamente la EC

dI

dt+R

LI =

H(t)V0

L(8.23)

ii

ii

ii

ii


mediante el metodo de Fourier. No obstante, hay un inconveniente: la trans-formada de Fourier de la funcion H(t)V0

L no se puede calcular,3 a no ser quese introduzcan algunos artificios matematicos que aseguren la convergencia.Como no es la intencion introducir estos artificios matematicos, no se mostraracomo resolver el sistema de manera directa.

8.6.2. Funciones de transferencia

Supongamos que poseemos un aparato que recibe una senal compleja f (1)(t) ydevuelve otra senal compleja f (2)(t). Un ejemplo es un amplificador, donde la senalrecibida es amplificada. Supongamos ahora que la senal de entrada es una senal con

un unico modo de frecuencia, dado por ω; de esta manera, definimos f(1)ω (t) = eiωt. La

amplitud y fase de la senal de salida f(2)ω (t) pueden a su vez haber cambiado debido

al mecanismo de conversion. Ambas senales estan relacionadas por la ecuacion [4]

f (2)ω (t) = χ(ω)f (1)

ω (t) , (8.24)

donde la funcion compleja χ(ω) = χR(ω) + iχI(ω) se denomina como la funcion detransferencia.

El siguiente paso es suponer que la entrada es una superposicion de muchosmodos ondulatorios; en otras palabras, f (1)(ω) =

∫∞−∞ f

(1)(t)e−iωtdt. Si esto es ası,la funcion de salida total viene dada por: [4]

f (2)(t) =1

2π

∫ ∞−∞

χ(ω)f (1)(ω)eiωtdω . (8.25)

Ahora, al usar el teorema de convolucion (8.13), la senal de salida tambien se puedeescribir como

f (2)(t) =

∫ ∞−∞

χ(t− t′)f (1)(t′)dt′ . (8.26)

Es importante tener en cuenta que las senales requieren cierto tiempo para propa-garse —un efecto no puede ocurrir antes de que se genere su causa—. Para queesto se respete, exigimos que la funcion de transferencia tome la forma χ(t − t′) →H(t − t′)χ(t − t′). De esta forma, la senal no existe si t′ > t, y la ecuacion anteriorse modifica a: [4]

f (2)(t) =

∫ t

−∞χ(t− t′)f (1)(t′)dt′ . (8.27)

3La transformada no converge.

ii

ii

ii

ii


De este modo, esta ecuacion nos permite calcular la senal de salida una vez que lasenal de entrada y la funcion de transferencia son conocidas. Mientras que la senal deentrada puede ser cambiada dependiendo del generador, la funcion de transferenicaes propia del amplificador y puede ser medida y calculada.

8.6.3. Procesamiento de senales

Finalmente, otra de las grandes aplicaciones de la transformada de Fourier esel procesamiento de senales. Por ejemplo, una foto puede ser retocada a travesde transformadas de Fourier, de modo que el ruido —informacion innecesaria—puede ser eliminado de esta. Este mecanismo tambien sirve para filtrar de una senal,eliminando ası ondas que se consideren irrelevantes; ası, la transformada rapida deFourier se convierte en un mecanismo muy importante para estos procesos. Tratarestos temas en detalle se sale del contenido de este libro, ası que solamente se nom-braran y no se mostraran calculos relacionados. Para consultar mas detalles, el lectorpuede revisar las referencias [2, 3].

8.7. Ejercicios


1. Calcule la transformada de Fourier de la funcion f(t) = 1/(t2 + a2).2. Calcule la transformada de Fourier de la funcion f(t) = 1/(t2 + 3t+ 4).3. Calcule la inversa de Fourier de la funcion f(ω) = e−|ω|z, con z > 0.4. Calcule la transformada de Fourier de la funcion

f(t) =

k , |t| ≤ 3

0 , |t| > 3.

5. Calcule la transformada de Fourier de la funcion

f(t) =

k|t| , |t| ≤ 1

0 , |t| > 1.


f(t) =

kt , |t| ≤ 1

0 , |t| > 1.


f(t) =

kt3 , 0 ≤ t ≤ 2

0 , t < 0 o t > 2.

ii

ii

ii

ii

8.7. Ejercicios 235

8. Calcule la inversa de Fourier de la funcion f(ω) = 1ω sinω.

9. Si k > 0, verifique que la transformada de Fourier de la funcion f(t) = sin(kt)t

vale 0 si |w| > k; π2 si ω = k, y π si |ω| < k.

10. Verifique la propiedad (8.7).11. Verifique la propiedad (8.8).12. Verifique la propiedad (8.9).13. Verifique la propiedad (8.10).14. Verifique la propiedad (8.11).15. Verifique la propiedad (8.12).16. (a) Verifique que Fδ(t − t′) = e−iωt

′. (b) Use este resultado para verificar

que, de acuerdo con las definicion (8.15), F−1Ff(t) = f(t).17. La transformada de Fourier de la funcion f(t) = H(t)e−at esta dada por

f(ω) = 1/(a+ iω). Usando este resultado calcule las siguientes expresiones:

F(H(t− 2)e−2t+4

), F −1

(4

24 + 11iω − ω2

),

F(δ(t)e−3t − 3H(t)e−3t

).

18. Si Fe−2t2 =√

π2 e−ω2/8, calcule la transformada de Fourier de las siguientes

funciones:

f1(t) = e−t2, f2(t) = e−2t2+4t−3 , f3(t) = e−2t2+4it , f4(t) = te−2t2 .

19. Usando el resultado del enunciado del ejercicio anterior, calcule la inversa deFourier de las siguientes funciones:

g1(ω) =

√π

2e−ω

2/8+2iω , g2(ω) =

√π

2e−

ω2

8−ω

4 ,

g3(ω) = iω

√3π

5e−

ω2

8+2 , g4(ω) = ω2

√π

2e−ω

2/8 .

20. Calcule la potencia media de la senal dada por la funcion f(ω) = (ω− 3ia)−1,donde a > 0.

21. Calcule la potencia media de la senal dada por la funcion f(t) = (t2+8t+20)−1.22. Calcule la potencia media de la senal dada por la funcion f(ω) = (ω2 +ω2

0)−1,donde ω0 > 0.

23. Para las tres EDs:

f ′′′1 (t) + 3f ′′1 (t) + f1(t) = g1(t) , f ′′2 (t) + γf ′2(t) + k2f2(t) = g2(t) ,

f ′′′′3 (t) + f3(t) = g3(t) ,

ii

ii

ii

ii


halle una expresion para cada funcion fi(ω) en terminos de ω y gi(ω), utili-zando la definicion de la cotransformada de Fourier. Luego, exprese cada fi(t)como una integral.

24. Aplicando la transformada de Fourier, determine la ED que satisface la funcionf(ω) para cada una de las siguientes tres EDs:

t2f ′′(t) + f(t) = δ(t) , tf ′′(t) + 3t2f ′(t)− 2f(t) = 0 ,

t2f ′′′(t) + tf ′′(t) + 3f(t) = 0 .

25. Resuelva la siguiente ED (k > 0):

f ′′(t)− k2f(t) = δ(t− t0) , (8.28)

mediante el metodo de la transformada de Fourier.26. Resuelva la siguiente ecuacion diferencial (k > 0):

f ′′(t)− k2f(t) = H(t)e−at , a > 0 ,

mediante el metodo de la transformada de Fourier.27. Resuelva la siguiente ecuacion diferencial (k > 0):

f ′′(t) + 2kf(t) + k2f(t) = δ(t− a) , k > 0 , a > 0 ,

mediante el metodo de la transformada de Fourier.


28. Halle la funcion de Green asociada al operador diferencial D = d2

dt2+ 2 d

dt + 4.

29. Halle la funcion de Green asociada al operador diferencial D = d3

dt3+ 1.

30. La ecuacion diferencial de Fermi para la difusion de neutrones frenados en unmedio esta dada por

∂2q(x, τ)

∂x2=∂q(x, τ)

∂τ.

Aca, q es el numero de neutrones por unidad de tiempo y de volumen que sonfrenados. La variable τ es una medida de la energıa perdida. Si tenemos lacondicion q(x, 0) = Sδ(x), lo que corresponde a una fuente de neutrones enx = 0 emitiendo S electrones por unidad de tiempo y de area, demuestre quela solucion a la ecuacion esta dada por:

q(x, τ) = Se−x

2/4τ

√4πτ

.

Nota: escriba q(x, τ) como una transformada de Fourier en la variable deposicion-momento.

ii

ii

ii

ii

8.7. Ejercicios 237

31. Una gota de tinta de masa M se introduce en un recipiente unidimensionallleno de agua. La gota se introduce en la mitad del recipiente al tiempo t = 0,de tal manera que la densidad lineal de masa de la tinta λ(x, t) en ese momentose puede simular como un distribucion tipo delta de la forma λ(x, 0) = Mδ(x).La concentracion de tinta en el agua satisface la ecuacion de difusion

∂2λ(x, t)

∂x2=

1

D

∂λ(x, t)

∂t,

donde D es un parametro constante, conocido como el coeficiente de difusion,que describe como se difunde la tinta en el agua. (a) Describa las unidadesque deben tener las constantes M y D. (b) Demuestre que la densidad vienedada por la ecuacion:

λ(x, t) =M√4πDt

e−x2/4Dt .

Nota: escriba λ(x, t) como una transformada de Fourier en la variable deposicion-momento. (c) Demuestre que la masa de la gota de tinta se conserva,en otras palabras, que la masa en todo el recipiente sigue siendo M .

32. Suponga que la senal de entrada en un amplificador es —en el espacio deFourier— fin(ω) = 1

ω2+ω20

—donde ω0 > 0— y la funcion de transferencia es

χ(t) = Aδ(t), donde A es otra constatne positiva. Encuentre la senal de salida,fout(t).

33. Haga lo mismo del ejercicio anterior si χ(t) = Be−ω0|t|, donde B es otraconstante positiva y ω0 es la constante del ejercicio anterior.


34. Verifique la propiedad (8.13).35. (a) Resuelva la ED —con condiciones de frontera abiertas—:

d 4f(t)

dt4− 2a2d

2f(t)

dt2+ a4f(t) = H(t)e−bt ; a, b > 0

mediante el metodo de transformada de Fourier. (b) Tome luego el caso a = by halle la solucion para este caso particular.

36. La concentracion de partıculas por unidad de longitud λ en un medio uni-dimensional a traves del tiempo puede ser modelada mediante la siguienteecuacion diferencial:

D∂2λ(x, t)

∂x2− Γλ(x, t) =

∂λ(x, t)

∂t,

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ii

ii

238 Bibliografıa

donde D es una constante positiva que depende del medio —puede ser in-terpretada como una constante de difusion— y Γ es otra constante tambiendependiente del sistema. Supongamos que en el tiempo t = 0 se introduce unaconcentracion muy alta de partıculas en x = x0 que puede ser simulada comouna distribucion delta, de la forma λ(x, 0) = Nδ(x − x0). Suponiendo quela concentracion de partıculas es nula para tiempos negativos: (a) Demuestreque la densidad viene dada por

λ(x, t) =NH(t)√

4πDte−Γte−

(x−x0)2

4Dt .

Nota: escriba λ(x, t) como una transformada de Fourier en la variable deposicion-momento. (b) Muestre que el numero total de partıculas en elsistema no se conserva a traves del tiempo e interprete el significado de N yΓ. ¿Que sucede cuando Γ > 0 y cuando Γ < 0? De una interpretacion fısica.(c) Estamos ahora interesados en los lımites D → 0 y D → ∞; explique porque, cuando D → 0, las partıculas tenderan a quedarse siempre localizadas enx = x0. Tome tambien el lımite D →∞ y explique el resultado.

Bibliografıa

[1] G. Tellez. Metodos Matematicos. Ediciones Uniandes (2004), p 67.

[2] M. Mueller. Fundamentals of Music Processing. Springer International Publis-hing (2015).

[3] Ver, por ejemplo:https://allsignalprocessing.com/fourier-methods-prominent/https://www.codeproject.com/Articles/1077529/Fourier-Transform-in-Digital-Signal-Processing

[4] G. B. Arfken y H. J. Weber. Mathematical Methods for Physicists. AcademicPress, 4ta edicion (1995), p 874-877.

Informacion adicional sobre la transformada de Fourier puede ser encontrada enlas siguientes referencias:


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Bibliografıa 239




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Editado por la Universidad Católica de Colombia en noviembre de 2020, en tipografía Times New Roman, tamaño 11 pts.

Publicación digital Hipertexto Ltda.

Sapientia aedificavit sibi domun

Bogotá, D. C., Colombia

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Matemáticas especialespara ingenieros

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ALEJANDRO FERRERO BOTEROFísico y magíster en Física de la Universidad de los Andes, y doctor en Física de la Universidad de Carolina del Sur (EE. UU.). Cuenta con un posdoc-torado en la Universidad de los Andes y tiene una amplia trayectoria investigativa. Actualmente es docente de tiempo completo en la Universi-dad Católica de Colombia, y es el encargado de la Coordinación de Investigaciones del Departamen-to de Ciencias Básicas de esta universidad.

Mat

emát

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Ale

jand

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erre

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La colección CIENCIAS BÁSICAS presenta obras que proponen soluciones prácticas a la educación en ciencias, con el objetivo de llegar a una apropiación contextualizada del conocimiento de las ciencias básicas. Así es como se busca, no solo aproximar a los estudiantes a este conocimiento fundante, sino que, como valor agregado, ejemplificar las ciencias básicas en contextos de formación profesional, estableciendo marcos de referencia, propios de cada disciplina. De esta forma, se pretende contribuir a optimizar los procesos de enseñanza, comprensión y aprendizaje para estudiantes y profesores.


x

y

R

6

6

6

6

4

4

4

4

422

2

2

L = 0,8 H

= 1000 rad/s

C = 5 F

R1 = 0.5 k

R2 = 250

y

x

A

z z0

z‛ z0

z‛ z0

B

y

x

1

z0

z0

3

4 2 Acercamiento

9 789585 133440

ISBN 958513344-0

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