Download - 8 integrales
1Jacques Hadamard (1865 – 1963)
8. Integrales
“La trayectoria más corta entre dos verdades reales pasa a través del dominio complejo."
2
Integrales definidas (Tipo I):Sea R(sin , cos ) una función racional que no posee polos sobre la círcunferencia unidad C: sin2 + cos2 =1
2
0)cos,(sin dRI
iz
z
i
ee
zzee
dziz
d
izddiedz
ez
ii
ii
i
i
2
1
2sin
,2
1
2cos
1
,
,20,
k
izz
z
zf
zfiI
dziz
zz
zR
izI
i1
1||
)(
)(Res2
2
1
,2
11
donde {zk} son los polos de f(z) dentro del círculo unidad.
|z|=1
3
Ejemplo:
2
22
2
22
4
)1(
2
1
sin,225
2
1
45cos45
1,,20,
z
z
iz
z
z
zzzz
dziz
dizddtiedzez ii
)2)(2/1(2
)1(Res2
4
1
)2)(2/1(2
)1(
4
1
)252(
)1(
4
11
)225(4
)1(
2
22
11|| 2
22
1|| 22
22
1|| 22
22
zzz
zi
idz
zzz
z
i
dzzzz
z
idz
izzzz
zzI
k
izzz
zz
i
2
0
22
0 cos45
sin)cos,(sin ddtRI
4
44
5
4
3
2
)2)(2/1(2
)1(Res
)2)(2/1(2
)1(Res
2
)2)(2/1(2
)1(Res2
4
1
2
22
0
2
22
2/1
2
22
1
zzz
z
zzz
z
zzz
zi
iI
z
z
k
izz i
Tiene 3 polos, uno doble en z = 0 y dos simples en z = -1/2 y z = -2, pero este último está fuera del contorno C (circunferencia de centro el origen y radio 1)
5
4
3
22
1lim)(
2
1lim
2
1;Res
2
22
2/12/1
zz
zzfzf
zz
4
5
)252(
)54()1(2)1(2)252(
252
)1(lim)(
!1
1lim;0Res
0
22
2222
2
22
0
2
0
z
zz
zz
zzzzzz
zz
z
dz
dzfz
dz
df
Aquí tienes el cálculo explícito de los residuos:
6
Otro ejemplo:
Hallar
0 cos2
dI
La integral no está entre 0 y 2π, pero podemos arreglarlo.
Como el integrando es par:
2
00 cos2cos22
dd
CC zz
dz
iiz
dz
zz
I14
21
21
2
12
2
7
)32Res(22
2 -f;ii
I
32
11lim
)(3-2lim32Res
)32(3-2
3-2
zz
zzfz-f;
3
2
32
12
22
ii
I3
I
La integral queda:
Los polos son y 32 z32z Pero sólo el segundo está dentro del círculo unidad.
8
2
0 2)cos2(
1d dz
zz
zi C 22 )14(
4
.32,32;)()(
)( 1021
20
zzzzzz
zzf
),)((Res2)14( 122 zzfidz
zz
zC
36
1
)(
)(lim
)(lim)()(lim) ,(Res
30
02
0
211
111
zz
zz
zz
z
dz
dzfzz
dz
dzf
zzzzzz
334
361
24
)cos2(
12
0 2
ii
d
Solo este polo está en el círculo unidad.
Otro ejemplo. Calcular:
9
10
Observa que también funciona el mismo cambio de variable si tenemos términos del tipo cos(n) y sen(n):
11
12
Integrales impropias:
b
R
b
R
R
aa R
dxxfdxxf
dxxfdxxf
)(lim)(
)(lim)(
RxdxRdxx
R
dxx
dxx
RR
R
R
R
sinlimcos)1log(loglim1
4/2/)1arctan(arctanlim1
1lim
1
1
01
1 21 2
En cálculo, una integral impropia es el límite de una integral definida cuando uno o ambos extremos del intervalo de integración se hacen infinitos. Pueden definirse en términos de integrales propias (sumas de Riemann), siempre y cuando existan estos límites.Cuando el límite existe decimos que la integral converge. Y en caso contrario, que diverge.
En este caso la integral existe. Pero en los dos siguientes no:
0
0 22
1
1
)(lim)(lim)(RR
R
Rdxxfdxxfdxxf
13
14
Por ejemplo:
R
RR
Rxdx
xdx
0
2
2limlim
:que puesto ,divergente es
02
)(
2limlim..
22
RRdxxdxxPV
R
R Rr
Sin embargo:
15
?5
1..
2
4
dxx
xPV
Si f(x) es par, entonces: f(x) = f(-x) y:
0)(2)(.. dxxfdxxfPVI
?3
..
?1
..
2
4
3
dxx
xPV
dxx
xPV Si f(x) es impar, entonces:
f(x) = -f(x) y I = 0.
Nota sobre la simetría de los integrandos:
Aunque no lo digamos, a partir de ahora calcularemos siempre el Valor Principal, V.P.
16
Lemas de Jordan
Camille Jordan (Lyon 1838 – París 1922)
17
1er Lema de Jordan
0)(lim
0)(lim
)(
||
dzzf
zfz
rr
z
Sea f(z) una función analítica (con la posible excepción de un número finito de singularidades) definida en el sector de circunferencia (r) delimitado por θ1 ≤ θ ≤ θ2 y radio r tal que
δ(r)
r θ1
θ2
x
18
2º lema de Jordan
)(0
0
0)(lim
0)(lim
rr
z
dzzf
zfz
Sea f(z) una función analítica (con la posible excepción de un número finito de singularidades) definida en el sector de circunferencia (r) delimitado por θ1 ≤ θ ≤ θ2 y radio r tal que
δ(r)
r θ1
θ2
19
Sea a R+ y f(z) una función analítica (con la posible excepción de un número finito de singularidades) definida en el sector de circunferencia (r) del semiplano superior y 0, delimitado por 0 ≤ θ1 ≤ θ ≤ θ2 ≤ y radio r tal que
3er lema de Jordan
0)(lim
0)(lim
)(
||
r
iaz
r
z
dzezf
zf
δ(r)
r θ1
θ2
Nota: Si a R- , el resultado sigue cumpliéndose para un sector de circunferencia (r) del semiplano inferior y ≤ 0, delimitado por - ≤ θ1 ≤ θ ≤ θ2 ≤0.
20
4º lema de Jordan
)(Res)(lim0)(
0zfidzzf
zz
Si z = z0 polo simple
-ε +ε
γ(ε)
z0
Demostración:
Si z = z0 es un polo simple de f(z), la función se puede escribir de la forma:
)()(0
1 zhzz
bzf
Donde h(z) es una función analítica en un entorno de z0 y por lo tanto:
0)(lim)(
0
dzzh
Sea f(z) una función analítica definida en el sector de circunferencia () del semiplano superior y 0:
21
Observemos que con el recorrido en sentido contrario da lo mismo con un signo menos
)(Res)(0)(
0zfidzzflím
zz
)()( 0
1
)(
)()(
1
dzzhdzzz
bdzzf
ib
Aplicando límites: )(Res)(lim0)(
0zfidzzf
zz
0
De manera análoga, podemos hacerlo en el semiplano inferior; teniendo en cuenta el sentido en que lo recorremos.
22
LEMAS DE JORDAN
• 1º
• 2º
• 3º
• 4º
0)(lim0)(lim)(
||
dzzfzfzr
rz
)(00
0)(lim0)(limr
rzdzzfzfz
0)(lim0)(lim)(
||
r
iaz
rzdzezfzf
)(Res)(lim0)(
0zfidzzf
zz
Si z = z0 polo simple
23
Integral tipo 2Con R(x) una función racional que no posee polos en el eje real, aunque puede tener polos no reales.
Vamos a exigir: 0lim
R(x)xx
dxxRI )(
0)(lim0)(lim)(
||
dzzfzfzr
rz
Por el primer lema de Jordan.
0lim||
R(z)zz
En compleja:
Por ejemplo, supón que R(x) = P(x)/Q(x) donde el grado de P(x) es n y el grado de Q(x) es m n + 2.
24
))((Res2)(1 zz k
zRidxxRn
k
)(
0)(rr
dzzRlím
))((Res2)()()(1 zz)(
k
zRidzzRlímdzzRlímdzzRn
krr
r
rrC
0
Por el primer lema de Jordan.
25
4/74
4/53
4/32
4/1
i
i
i
i
ez
ez
ez
ez
dzz
zdx
x
xdxxRI
C
11)(
4
2
4
2
;014 z
Dos polos en el semiplano superior
Dos polos en el semiplano inferior
Tomamos C como un semicírculo cerrado de radio r que contiene a los polos:
4/3ie4/ie
Los del semiplano inferior
quedan fuera del contorno C
Ejemplo: El grado del denominador es 4 y del numerador 2.
26
Por el teorema del residuo:
2
14
2
4
2
1Res2
1 kk
C z
z
zzidz
z
z
244
21
4/4/3
4
2
ii eeidx
x
x
27
024 910xx
dxICalcular
Como el integrando es par, nos es más fácil calcular
I2
Pasando a complejos:910
1)(
24
zzzf y se cumple ,0)(
zfzlím
z
por tanto aplicamos el lema 1: izzizz 391 22
;24
2
481622
483
1)(Res
1633
1)(Res
33
iiiI
i
izizizzf
i
izizizzf
iziz
iziz
24
I
28
Evaluar:
0 4 1
1dx
xI
Los polos son:
2
1,
2
1,
2
1,
2
1,,,;1
;01
4/34/4/4/34
4
iiiieeeezz
z
iiii
en el semiplano superior están z1 = ei/4 y z2 = e3i/4.
dx
xI
1
12
4
29
4
1
2
1
)22(2
1
2/)22(2
1
1
1Res
2/1)4/sin(
22)2/sin()2/cos()2/sin()2/cos(2
21
)4/sin(21
1
1
1
1
1Res
4)4/exp(
2/2/2/2/
2/2/
4/4/4/34/4/34/
4/4/34/34)4/exp(
i
iiiz
iii
eeeee
ieee
eeeeee
ezezezz
z
iiiii
iii
iiiiii
iiiz
30
4
)1(
2
1
)22(2
1
2/)22(2
1
1
1Res
2/1)4/3sin(
)22()2/sin()2/cos()2/3sin()2/3cos(2
21
1)4/3sin(2
1
1
1
1
1Res
4)4/3exp(
2/2/32/4/6
2/4/6
4/4/34/4/34/34/3
4/4/4/34)4/3exp(
i
iiiz
iii
eeeee
eeei
eeeeee
ezezezz
z
iiiii
iii
iiiiii
iiiz
31
221
10 4
dxx
izfizf24
1
24
1) ,Res( ,
24
1
24
1) ,Res( 21
2)] ,(Res) ,(Res[2
1
1214
zfzfidx
x
32
041 x
dxI integrando 41
1
z
a lo largo del contorno de la figura (con R )
3214444 1111 z
dz
z
dz
z
dz
z
dz
C
01
0)(2
41
z
dzzfzlím
Lema
z; polos simples:
4/73
4/52
4/31
4/0
i
i
i
i
ez
ez
ez
ez
sólo z0 es polo interior.
γ2
γ1
γ3
CR
De otra manera...Calcular:
33
iIx
dxi
ix
idx
z
dz
iz
iz
dziC
0 4
0
44
4ez
4
1)(11
1221
1Res2
1
3
4/0
Sobre γ3, z = ix, por tanto dz = idx
Iix
dxi
x
dxi )1(
10
11
22 0 40 4
22
I
34
35
36
Si existen polos en el eje real, sencillamente hay que tener en cuenta que su contribución es de i en vez de 2i. Por ejemplo:
37
Integral tipo 3
dxexfI ix)(
Siendo f(z) una función analítica en todo punto del semiplano cerrado , salvo quizá en un número finito de puntos.0y
Si los puntos singulares no están sobre el eje real:
dxexfdxexf ixr
r
ix
r)()(lim
00)(limSi||
yzfz
))((Res2)(lim1 zz k
izn
k
r
r
ix
rezfidxexf
Estando el sumatorio extendido a los puntos singulares de f(z) contenidos en el plano y > 0
38
En el caso de que la función f(z) posea puntos singulares sobre el eje real se utiliza el lema 4:
-ε +ε
γ(ε)
z0
)(Res)(lim0)(
0zfidzzf
zz
Si z = z0 polo simple:
39compleja. lexponencia la de ayuda
con expresan se,cos)(bien o
sin)( forma la de Integrales -2.
xdxxf
xdxxf
n
n
Aclaraciones
inferior. semiplano elen realiza se )(
integral la ejemplo,Por .1e que elen semiplano elen
integrando calculará se compleja), constante una es a (donde
)( forma la de integral una para general,En -1.
az
dxexf
dxexf
ix
ax
40
.
11
3cos resolver :Ejemplo 2 dx
x
x
r
r r res z
zidz
z
zdx
x
x
)(222 11
3cos2
11
3cos
11
3cos
223cos
333333 yxiyxiiziz eeeez
anula... se no integral la que Así
cero. noy infinito hace se , cuando 333 yyxi eer
C
dxz
z
11
3cos2
-r +r
(r)
Pasemos el integrando a forma exponencial
41
res
izr
r r
izix
C
iz
z
eidz
z
edx
x
edz
z
e
112
111111 2
3
)(2
3
2
3
2
3
0
11
1lim 2zz
r
nula. hace seJordan de 3 lema elPor
res
izix
z
eidx
x
e
1)1(2
1)1( 2
3
2
3
res
iz
z
eidx
x
xidx
x
x
112
11
3sin
11
3cos2
3
22
real parte
imaginaria parte
42
izizz 1 ,101)1( 212
superior semiplano elen polo
3sin3cos
11
3sin
11
3cos 33322 ieedx
x
xidx
x
x i
3cos1)1(
3cos 32
edxx
x
3sin1)1(
3sin 32
edxx
x
pedida integral la es esta
43
dxx
xI
21
cosresolver :Ejemplo
res
izr
r r
izix
z
eidz
z
edx
x
e2
)(22 1
211
0
11
1lim 2zz
rnula. hace seJordan de 3 lema elPor
res
iz
z
eidx
x
xidx
x
x222 1
21
sin
1
cos
real parte
imaginaria parte
44
i
e
ii
e
iz
e
izizizziiz
iz 2lim
residuo el Cogemos))((11
2
2
superior semiplano elen polo
ei
eidx
x
xidx
x
x
2
21
sin
1
cos 1
22
eeI
Re
45
P3. Junio 2007
1. Calcular la integral real:
Respuesta.
Calcularemos la integral
0,0 ,)cos(
0 22
badx
bx
axI
dzbz
eiaz
22
0))((
;0 022
ibzibz
ibzbz
-R R
C
ib
-ib
46
Observemos que |eiaz| = |eia(x + iy)| = |e-y + iax| = |e-y|, que tiende a cero
cuando y→0, lo que implica que z→0 y R→0; por ello, se toma el
semiplano superior.
Sea C el circuito del dibujo:
imparfunción ser por 0
)sin()cos(0Rhacer al 0
2222
222222
dxbx
axidx
bx
ax
dxbx
edz
bz
edz
bz
e R
R
iaxiaz
C
iaz
-R R
C
ib
-ib
47
Observa que la función es par y estamos calculando el doble del
valor I:
b
eI
b
e
ib
ei
bz
eibzi
bz
eiI
ababibia
iaz
ibz
iaz
ibz
222
)(lim2Res222222
48
P1. Septiembre 2006
a) (2.5 puntos) Calcular el valor de la integral
0 k con ,1
)cos(2
dx
xx
kx
Respuesta.
(1) 111
calcula Se
0 k ,1
Re1
)cos(
222
22
dzzz
edz
zz
edz
zz
e
dxxx
edx
xx
kxI
R
R
ikz
C
ikzikz
ikx
r
49
-R R
CR
z1
• Puntos singulares de
iz
zzzz
ezf
ikz
2
3
2
1
011
)( 22
RRCR ,:
de dentro está ,2
311
iz
50
Tomando límites en (1):
dxxx
edz
zz
ezzfi
ikx
C
ikz
R r
221 11lim),(Res2
Por ser f analítica en γ y en su interior salvo en z1
(Tª de Cauchy-Goursat)
Caso k > 0
11
22
2Jordan 2 Lema
2
,)(
Res21
01
lim01
1lim
zzz
zze
idxxx
e
dzzz
e
zzikz
ikx
C
ikz
Rz r
51
)2
sin2
(cos3
2
23
2
2)(2 23
1
1 ki
ke
i
eizi
kikz
simple poloz ,0)(
zen analítica )(
11
12
z
zz
ez
ikz
2cos
3
2 23 keI
k
52
Caso k = 0
i
iziz
zz
zzi
xx
dx
zz
dz
zzz
rCRz
23
2
2)(2,
)(1
Res21
01
lim01
1lim
111
22
2Jordan 1 Lema
2
simple poloz ,0)(
zen analítica 1
)(
11
12
z
zzz
3
2I
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
Integral tipo 4
z
zR
e
idx
x
xRI
n
kzzi
k
)(Res
1
2)(
12
0
0)(
lim
0 semieje el sobre polos posee no )(
)(depolounnicerounniesno0
||
z
zRz
xzR
zRz
z
)(r
)(
r
r
1z2z
nz
Condiciones: R(x) es una función racional y0 < < 1.
64
Demostración
dxx
xRdz
z
zRdx
xe
xRdz
z
zR
z
zRdz
z
zR
r
ri
r
n
kzzC k
)()()()(
)(Res
)(
)(2
)(
1
0)(lim
zzfz
0)(lim0
zzfz
rlim
0limLema 1 Lema 2
dxx
xRedx
x
xRe i
ri
r
0
22
0
)(1
)(1lim
0 0
65
1con Resolver 0
22
adxax
xI
))(()(
z
0
)()(
2
1
22
2/122
aizaiz
zzf
ai
aiz
az
z
zR
az
zzf
r
r
i
r
C k
dxax
xdz
az
zdx
ax
xedz
az
z
zfidzzf
22)(
2222
2
)(22
2
1
))((Res2)(
0)(lim
1 Lema
zzfz
0)(lim
2 Lema
0
zzf
z0
0
)(r
)(
r
r
ai
ai
66
22220
22ResRes
1
2
az
z
az
z
e
idx
ax
xaizaizi
ai
ai
aiz
z
aiz
aizz
ai
ai
aiz
z
aiz
aizz
aizaiz
aizaiz
2
/Res
2Res
67
ii
ai
ai
ai
ai
ai
ai
e
iI
i 2221
2
2
244
434
ii
ii
ee
a
a
eea
a
aI
2
ii
ii
i
0)1(1
2sincos1
2
68
0 4 :Ejemplo
xx
dxI )(r
)(
r
r
4
4
04
4
1)(
z
z
xxzf
r
rr
C k
dxxx
dzzz
dxxx
dzzz
zfidzzf
4
1
4
1
4
1
4
1
))((Res2)(
)()(
1
1
0)(lim
1 Lema
zzfz
0)(lim
2 Lema
0
zzf
z0
0
69
24
4)(Res
4-4z
i
zz
zzf
z
221
2
i
e
iI
i
ii
i
i
i
0)1(1
2
)sin()cos(1
2
70
P1. Septiembre 2005
a) Calcular el valor de la integral
01con
10 2
p
dxx
x p
Respuesta.
)(Res)(Res1
2
1 20 2zfzf
e
idx
x
xizizip
p
i
izf
i
izf
z
zzf
p
iz
p
iz
p
2
)()(Res ;
2)(Res ;
1)(
2
ppip
p
iie
dxx
x)(
11 20 2
71
72
73
74
75
0
log)( xdxxRI
Integral tipo 5R(x) función racional
R(z) sin polos en el semieje real x≥0
0)(R
xxlímx
n
k
xdxxR1
2
zz0
(logz)R(z)ResRe2
1log)(
k
A continuación demostraremos que:
y de esa demostración obtendremos también:
n
kidxxR
1
2
zz0
(logz)R(z)ResIm2
1)(
k
76
Demostración:
2
1 zz
2 )(log)(Res2))(log(k
zzRidzzzRn
kC
2))(log()( zzRzf Usaremos con 0<argz≤2π como determinación del logaritmo.
tomamos límites para r y 0
r
r
rC
dxxxRdzzzRdxixxR
dzzzRdzzzR
2
))(log())(log()2)(log(
))(log())(log(
)(
22
)(
22
0
0
0
2
00
22 )(4)(4)2(log)(log)( dxxRdxxRidxixxxR
(I)
igualando con la expresión (I) y dividiendo por 2πi:
01
2
zz0(logz)R(z)Res)(2log)(2
k
n
k
dsxRixdxxR
77
Ejemplo:
0 22 )4)(1(
logdx
xx
xI
)2)(2)()((
log
)4)(1(
log)(
2
22
2
iziziziz
z
zz
zzf
en este caso, R(x) es)4)(1(
122 xx
; lo multiplicamos por z2log y queda:
i
izf
zfi
izfzf
iz
iziziz
124
2ln2ln)(Res
;24
)(Res;12
42ln2ln
)(Res;24
)(Res
22
2
2
22
2
2
12
2ln)]([ResRe
2
1
kz
zfI
78
ai
aia
ai
iai
ai
ai
aizaiz
z
az
zI
Idxax
x
aiz
zk
2
4/lnln
2
)2/(ln
2
)(log
))((
logRes
logResRe
2
1
log
22222
22
2
0 22
Otro ejemplo:
Con a ; análogamente al ejemplo anterior:
aizaiz 10 ;
ai
aia
aizaiz
zaiz 2
4/lnln
))((
logRes
222
a
a
ai
aiI
2
ln
ln2Re
2
1
79
5. Calcular utilizando la teoría de residuos.
0 22 41
)log(dx
xx
x
i
i
iii
iizf
ii
i
iii
iizf
ii
i
iii
iizf
iziziziz
z
zz
zzf
122
2log
43
2log2),(Res
24
9
62
3
)3()2(
log),(Res
2462
3)(2
log),(Res
22
log
41
log)(
2
2
2
2
2
2
2
2
2
22
2
ExamenJUNIO 02/03: P-1
80
6
2log),(ResRe
2
1
122
32log
)4()()3(
2log2),(Res
4
1
2
2
k
kzzfI
i
i
iii
iizf
81
P2. Septiembre 2007
1. Calcular la integral
Re (z)
Im (z)
Indicación: Utilice el contorno de la
figura y la determinación (-π/2, 3π/2)
con 2
2
1
)(ln)(
x
xzf
dxx
x
0 2
2
1
)(ln
Respuesta.
Calculamos a lo largo del contorno dado Γ, la integral
dzz
z 2
2
1
)(ln
82
i
z
zidz
z
z;
1
)(logRes2
1
)(log2
2
2
2
para lo que buscamos los puntos singulares del integrando interiores a Γ.
Como los puntos donde no es analítica no son interiores al contorno,
basta con calcular los ceros del denominador que, en este caso son los
puntos z = ±i. El único punto singular interior al contorno es z = i, de modo
que
3 z
El punto z = i es un polo simple de la función, pues ésta se puede expresar en la forma
iz
zg
z
z
)(
1
)(log2
2
siendo analítica y no nula en z = i puesiz
zzg
2)(log)(
042
1
22
2
)(log)(
2
2
2
ii
i
i
iig
83
)(;z1
z) (logRes
2
2
igi
con lo que y
41
)(log 3
2
2
dzz
z
Como ,21 TCTCR entonces
21
)()()()()(TCTC
dzzfdzzfdzzfdzzfdzzfR
El límite
02
lim1
/)log2(lim
)(loglim
1
)(loglim)(lim
2
2
2
z
zzz
z
z
zzzzf
zz
zzz
84
Por ser
y se puede afirmar por el Lema 1 de Jordan que
RCR
dzzf 0)(lim
0log2lim/1
/)log2(lim
1)(log
lim1
)(loglim)(lim
020
2
02
2
00
zzz
zzz
z
z
zzzzf
zz
zzz
y se puede afirmar por el Lema 1 de Jordan que
C
dzzf 0)(lim0
85
dxdxedz
x
ix
ex
ix
z
z
i
i
2
2
22
2
2
2
1
)(ln
1
)(ln
1
)(log
El segmento T1 lo parametrizamos en la forma z = xeiπ, de modo que
,,Rx
con lo que
dxx
dxx
xidx
x
x
dxx
ixdzzf
R RR
T R
22
22
2
2
2
1
1
1
ln2
1
)(ln
1
)(ln)(
1
El segmento T2 lo parametrizamos en la forma z = x, de modo que
,, Rx
dxdzx
x
z
z
2
2
2
2
1
)(ln
1
)(log
86
con lo que
dxx
xdzzf
R
T 2
2
1
)(ln)(
2
Sumando todas las contribuciones y, tomando límites cuando R → ∞ y ε → 0 queda
dxx
dxx
xidx
x
x
0 22
0 20 2
23
1
1
1
ln2
1
)(ln2
4
dxx
dxx
x
dxx
x
0 22
3
0 2
2
0 2
1
1
42
1
1
)(ln
01
ln
87
Como la integral real
21
100 2
xarctgdxx
se deduce que
81
)(ln 3
0 2
2
dxx
x
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
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106
107
108
Un último comentario:
109
Números primos(parte II)
110
Ueber die Anzahl der Primzahlem unter einter gegebenen Grösse (1859)Sobre el número de números primos menores que una magnitud dada.
Georg Friedrich Bernhard Riemann Riemann hacia 1859 extendió por
prolongación analítica la función zeta al plano complejo:
its
ns
ns
1
1)(
con un polo simple en s = 1.
Y probó que había profundas conexiones entre esta función y la distribución de los números primos.
111
La contribución genial de Riemann fue conectar los ceros de (s) con el comportamiento asintótico de (x).
Gran parte del trabajo se debe al descubrimiento de una ecuación funcional que relaciona (s) con (1-s), en una simetría respecto al eje Re(s) = 1/2.
)1(2
1)(
22/)1(2/ s
ss
s ss
La función zeta de Riemann tiene ceros (triviales) en -2, -4, -6, ... (los polos de (s/2)). Usando el producto de Euler es fácil demostrar que el resto de ceros están en la franja crítica 0 < Re(s) < 1, y son simétricos sobre la línea crítica Re(s)=1/2. La hipótesis de Riemann asevera que todos estos ceros están realmente sobre la línea crítica.
112
De hecho, Euler ya había hecho parte del trabajo. En 1749 Euler sugirió que la función zeta real satisface la siguiente relación exótica:
xxx
xxx
x
2cos)2(2)(
)()()1(
Observemos que si x > 1, (x) es distinta de cero. Si x = -2, -4, -6, ... cos(x/2) 0, pero (x) es infinita, de modo que (x) es infinita. Puesto que (1-x) para estos valores es finita, no queda más remedio que (x) sea cero para estos valores.
113
Riemann demostró que los pares negativos s = -2, -4, -6, ... son ceros triviales de la función zeta. Y que existían infinitos ceros no triviales en la banda crítica: 10: sits
También "demostró" que el número de ceros N(T) no triviales: = + i que satisfacen 0 < T es aproximadamente:
22log
2)(
TTTTN
114
Para relacionar (s) con (x) definió una función prime counting "pesada":
xpm m
x1
)(
Mientras (x) es una función escalonada que suma uno para cada primo, (x) es una función escalón que añade 1/m para cada potencia pm de un primo p.
Veamos un ejemplo concreto, que resultará revelador. Calculemos, por ejemplo: )20(
115
Todos los pm 20 son: {2, 22, 23, 24, 3, 32, 5, 7, 11, 13, 17, 19}. Entonces:
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
4
1
3
1
2
1
1
11)20(
32
20 depotenciasdepotencias
pm m
43 20#20#20#
20#
20
1
1
4
1
1
1
3
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
11)20(
primosprimosprimos
primos
pm m
116
1
/111)(
m
m
xp
xmm
xm
Observa que aunque el sumatorio sea infinito, en realidad solo tenemos un número finito de términos.Ahora, utilizando la inversión de Möbius:
m
m
xm
mx /1
1
)()(
Donde se usa la función de Möbius definida como: cero cuando m es divisible por un cuadrado y como (-1)k en caso contrario (donde k es el número de distintos factores primos de n).
117
Riemann mostró que (x) puede determinarse a partir de los ceros de (s) mediante:
x ttt
dtxLixLix
)log()1()2log()()(
2
(demostrado rigurosamente por H. von Mangoldt)
1
/1)()(
n
nxn
nx
Observa, de nuevo, que para un x dado, esta serie es finita: a partir de un cierto valor de n, x1/n < 2.
118
Así que: 1
1
11
1)(
primopz
nz pn
z
sugiere que la función zeta conoce a los números primos y eso fue lo que desveló Riemann:
1
/1)()(
n
nxn
nx
x ttt
dtxLixLix
)log()1()2log()()(
2
que sugiere que los ceros de la función zeta conocen la distribución de los números primos.
119
Aproximando (x) usando los primeros 500 ceros de la función zeta.La animación muestra como la aproximación se va haciendo mejor a medida que utilizamos más y más ceros (H. Riesel y G. Göhl).
x ttt
dtxLixLix
)log()1()2log()()(
2
1
/1)()(
n
nxn
nx
120Idem: aproximando (x) usando los primeros 500 ceros de la función zeta,ahora en el intervalo 190 a 230.
x ttt
dtxLixLix
)log()1()2log()()(
2
1
/1)()(
n
nxn
nx
121
Bernhard Riemann hacia 1859 generalizó la función zeta a números s = x + iy complejos. Aquí vemos una representación gráfica del módulo de la función z de Riemman: |ζ (s)|. Obsérvese el polo en s = 1.
La función zeta ζ(s) de Riemann
122
Aquí vemos una representación gráfica del módulo de la inversa de la función z de Riemman: |1/ζ (s)|. De este modo podemos ver fácilmente los ceros de la función z como polos. Los ceros parece que vayan paralelos y cercanos al eje imaginario.
123
Hipótesis de Riemann: (La conjetura más famosa hoy de la matemática). La hipótesis de Riemman afirma que todos los ceros no triviales tienen la parte real igual a ½. Es decir que son de la forma: ½ + iy.
)2/1( iyGrafica de y frente al módulo:
124
Los 100.000 primeros millones de ceros de la función zeta están en la “línea crítica ½” (2005).
125
. . . La principal broma de Hardy era que consideraba a Dios su enemigo personal. Entiéndase: Dios no tenía nada más urgente que hacer que fastidiarlo. Como ejemplo de la permanente lucha de Hardy con Dios, Pólya contaba la siguiente historia: “Un año Hardy permaneció en Dinamarca con Bohr hasta el final de sus vacaciones de verano, de manera que estaba obligado a volver a Inglaterra para comenzar sus lecciones. Sólo había un pequeño bote disponible (no había tráfico aéreo en aquel tiempo). Como es sabido, a veces el Mar del Norte puede estar bastante revueltoy la probabilidad de que un pequeño bote como aquel se hundiera no era exactamente cero. Sin embargo, como no tenía otra opción, Hardy embarcó en él, pero envió unapostal a Bohr, con el siguiente texto: ‘He probado la Hipótesis de Riemann. G. H. Hardy.’
George Pólya (1887 - 1985)
¿No lo cogen? Es que no conocen la teoría subyacente a la postal. . . . Si el bote se hundía y Hardy se ahogaba, todo el mundo creería que él había probado la Hipótesis de Riemann. Pero Dios no consentiría que él (Hardy) tuviera ese gran honor y por esto no dejaría que el bote se hundiera. Obviamente, puesto que Hardy llegó a salvo a Inglaterra, esta forma de seguro fue efectiva".
126