problemas resueltos

[1] Series convergentes infinitas

PROBLEMAS RESUELTOS

By Héctor L. Cervantes C.

Calcular las siguientes sumas expresadas como series infinitas utilizando residuos en polos:

a).- ∑(−1)𝑛

(𝑛2+𝑎2)∞𝑛=1

b).- Demostrar ∑1

𝑛4−𝑎4=

1

2𝑎4−

𝜋

4𝑎3(cot(𝜋𝑎) + coth(𝜋𝑎))∞

𝑛=1

(fórmula (b) es válida solamente para valores no-enteros de “a”)

c).- Calcular (b) para a=0.3

d).- Calcular para valores enteros de “a”; ∑(−1)𝑛

(𝑛2−𝑎2)∞𝑛=1

e).- Calcular (d) para valores fraccionarios de “a”

f).- Calcular ∑1

(𝑛+𝑎)2+∞𝑛=−∞ para valores fraccionarios de “a”

SOLUCION SUMAS CONVERGENTES DE NÚMERO INFINITO DE TERMINOS

a).- ∑(−𝟏)𝒏

(𝒏𝟐+𝒂𝟐)∞𝒏=𝟏 Sea𝑓(𝑧) =

π csc(𝜋𝑧)

(𝑧2+𝑎2)

Donde 𝝅 𝐜𝐬𝐜 𝝅𝒛es la parte adicional para funciones con signo alternado

CALCULO DE RESIDUOS DE f(z)

𝑅𝑒𝑠(𝑓(𝑧), −𝑎𝑖) = lim𝑧→−𝑎𝑖

(𝑧 + 𝑎𝑖)𝜋 csc 𝜋𝑧

(𝑧 + 𝑎𝑖)(𝑧 − 𝑎𝑖)=

𝜋

−2𝑎 sinh(𝑎𝜋)

𝑅𝑒𝑠(𝑓(𝑧), 𝑎𝑖) = lim𝑧→−𝑎𝑖

(𝑧 − 𝑎𝑖)𝜋 csc 𝜋𝑧

(𝑧 + 𝑎𝑖)(𝑧 − 𝑎𝑖)=

𝜋

−2𝑎 sinh(𝑎𝜋)

Ya que csc(𝜋𝑎𝑖) =1

sin(𝜋𝑎𝑖)además sin(𝜋𝑎𝑖) = 𝑖 sinh(𝜋𝑎)

sin(−𝜋𝑎𝑖) = −𝑖 sinh(𝜋𝑎) Ver detalle al final del articulo

SUMA DE RESIDUOS


∑ 𝑅𝑒𝑠 =−𝜋

𝑎 sinh(𝜋𝑎)

DE LA TEORIA DEL CUADRADO ENORME

∑(−𝟏)𝒏

(𝒏𝟐 + 𝒂𝟐)

+∞

𝑁=−∞

+ ∑ 𝑅𝑒𝑠 = 0

Conduce a: ∑(−𝟏)𝒏

(𝒏𝟐+𝒂𝟐)−1𝑛=−∞ + ∑

(−𝟏)𝒏

(𝒏𝟐+𝒂𝟐)+ 𝒇(0) = − ∑ 𝑅𝑒𝑠+∞

𝑛=1

Como∑(−𝟏)𝒏

(𝒏𝟐+𝒂𝟐)−1𝑛=−∞ = ∑

(−𝟏)𝒏

(𝒏𝟐+𝒂𝟐)+∞𝑛=1 introduciendo en la anterior tenemos

2∑(−𝟏)𝒏

(𝒏𝟐+𝒂𝟐)+∞𝑛=1 = − ∑ 𝑅𝑒𝑠 − 𝑓(0) (1) Despejando en (1)

∑(−𝟏)𝒏

(𝒏𝟐 + 𝒂𝟐)

+∞

𝑛=1

= −1

2∑ 𝑅𝑒𝑠 −

1

2𝑓(0)

Cristo introduciendo la suma de residuos en esta última expresión obtenemos el resultado deseado

∑(−𝟏)𝒏

(𝒏𝟐 + 𝒂𝟐)

+∞

𝑛=1

= −𝜋

2𝑎 sinh(𝜋𝑎)−

1

2𝑎2

Esta expresión es valida tanto para valores enteros, como valores fraccionarios de “𝒂”

Ejemplo: 𝑎 = 0.5

Observación se realizaron 10,000 iteraciones en la computadora


Ejemplo: 𝑎 = 1.0

∑(−𝟏)𝒏

(𝒏𝟐 + 𝒂𝟐)

+∞

𝑛=1

=−0.36398547 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎

−0.363987 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑢

APENDICE DE ESTE EJEMPLO FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE ARGUMENTOS

IMAGINARIOS

sin 𝑧 = 𝑧 −𝑧3

3!+

𝑧5

5!−

𝑧7

7!+ ⋯

Entonces:

sin(𝑧𝑖) = 𝑧𝑖 −𝑧3𝑖3

3!+

𝑧5𝑖5

5!−

𝑧7𝑖7

7!+ ⋯ = 𝑖 {𝑧 +

𝑧3

3!+

𝑧5

5!+

𝑧7

7!+ ⋯ } (1)

Análogamente: cos 𝑧 = 1 −𝑧2

2!+

𝑧4

4!−

𝑧6

6!+ ⋯

cos(𝑧𝑖) = 1 −(𝑧𝑖)2

2!+

(𝑧𝑖)4

4!−

(𝑧𝑖)6

6!+ ⋯ = 1 +

𝑧2

2!+

𝑧4

4!+

𝑧6

6!+ ⋯ (2)

Ahora como por definición de seno hiperbólico y de coseno hiperbólico tenemos que:

𝑒𝑧 = 1 + 𝑧 +𝑧2

2!+

𝑧3

3!+ ⋯ (3)

𝑒−𝑧 = 1 − 𝑧 +𝑧2

2!−

𝑧3

3!+ ⋯ (4)

𝑒𝑧 − 𝑒−𝑧 = 2𝑧 +2𝑧3

3!+

2𝑧5

5!+ ⋯ = 2 {𝑧 +

𝑧3

3!+

𝑧5

5!+ ⋯ }

Entonces: 𝑒𝑧−𝑒−𝑧

2= 𝑧 +

𝑧3

3!+

𝑧5

5!+ ⋯ = sinh(𝑧) (5)

𝑒𝑧 + 𝑒−𝑧 = 2 +2𝑧2

2!+

2𝑧4

4!+ ⋯ = 2 {1 +

𝑧2

2!+

𝑧4

4!+ ⋯ }

Así: 𝑒𝑧+𝑒−𝑧

2= 1 +

𝑧2

2!+

𝑧4

4!+ ⋯ = cosh(𝑧)(6)


Insertando (5) y (6) en (1) y (2) obtenemos las fórmulas necesarias para funciones trigonométricas

con argumentos imaginarios.

sin(𝑧𝑖) = 𝑖 sinh(𝑧) (7)

cos(𝑧𝑖) = cosh(𝑧)(8)

Similarmente para argumentos negativos imaginarios obtenemos:

sin(−𝑧𝑖) = −𝑧𝑖 +𝑧3𝑖3

3!−

𝑧5𝑖5

5!+

𝑧7𝑖7

7!+ ⋯ = −𝑖 {𝑧 +

𝑧3

3!+

𝑧5

5!+

𝑧7

7!+ ⋯ }

sin(−𝑧𝑖) = −𝑖 sinh(𝑧) (9)

cos(−𝑧𝑖) = 1 −(−𝑧𝑖)2

2!+

(−𝑧𝑖)4

4!−

(−𝑧𝑖)6

6!+ ⋯ = 1 +

𝑧2

2!+

𝑧4

4!

+𝑧6

6!+ ⋯

cos(−𝑧𝑖) = cosh(𝑧)(10)

cot(𝑧𝑖) =cos(𝑧𝑖)

sin(𝑧𝑖)=

cosh(𝑧)

𝑖 sinh(𝑧)= −𝑖 coth(𝑧)(11)

cot(−𝑧𝑖) =cos(−𝑧𝑖)

sin(−𝑧𝑖)=

cosh(𝑧)

−𝑖 sinh(𝑧)= 𝑖 coth(𝑧)(12)

d).- Calcular para valores enteros de “𝑎”; ∑(−1)𝑛

(𝑛2−𝑎2)∞𝑛=1

Cristo paracalcular esta suma apta a valores enteros de “𝑎” no se puede utilizar la formula sino que

se deben de hacer expansiones en torno a puntos diferentes de cero.

EXPANSION DEL SENO (ΠZ) EN TORNO AL PUNTO 𝒂

sin(𝜋𝑧) = sin(𝜋𝑎)

+ 𝜋 cos(𝜋𝑎)(𝑧 − 𝑎) − 𝜋2sin(𝜋𝑎)

2!(𝑧 − 𝑎)2

− 𝜋3cos(𝜋𝑎)

3!(𝑧 − 𝑎)3 + ⋯ (13)

Cristo para valores enteros de "𝑎" tenemos luego de eliminar algunos términos sin 𝜋𝑎 = 0


sin(𝜋𝑧) = 𝜋 cos(𝜋𝑎)(𝑧 − 𝑎) − 𝜋3cos(𝜋𝑎)

3!(𝑧 − 𝑎)3 + 𝜋5

cos(𝜋𝑎)

5!(𝑧 − 𝑎)5

+ ⋯ (14)

Cristo para obtener la expansión de csc 𝜋𝑧obtengo el recíproco de polinomio (14), dividiendo

Dividiendo: 1

sin 𝜋𝑧=

1

𝜋 cos(𝜋𝑎)(𝑧−𝑎)+

𝜋(𝑧−𝑎)

3! cos(𝜋𝑎)+ ⋯ = csc 𝜋𝑧 (15)

Ahora ya tenemos una expansión de csc 𝜋𝑧en torno a 𝑧 = 𝑎

DESCOMPOSICIÓN DE LA FUNCIÓN𝟏

(𝒛𝟐+𝒂𝟐)EN FRACCIONES PARCIALES

1

(𝑧 − 𝑎)(𝑧 + 𝑎)=

𝐴

(𝑧 − 𝑎)+

𝐵

(𝑧 + 𝑎)=

1

2𝑎∙

1

(𝑧 − 𝑎)−

1

2𝑎∙

1

(𝑧 + 𝑎)

Donde obviamente 𝑨 = 𝟏/(𝟐𝒂)y 𝑩 = −𝟏/(𝟐𝒂); el primer término de la descomposición es en sí

misma una función de Laurent; al segundo término luego de arreglarlo en torno a 𝑧 = 𝑎se le hace

una expansión de Taylor, ya que se tratan como si la función descompuesta se tratara de dos

funciones independientes entre si, para esos dos términos.

La primer fracción parcial 𝐴/(𝑧 − 𝑎) es en si una fracción de Laurent en torno a 𝑧 = 𝑎; y no deja

residuo al multiplicar dicha fracción parcial por la expansión de csc 𝜋𝑧 (15)

EXPANSION DE TAYLOR EN TORNO A: 𝒁 = 𝒂 PARA LA FRACCIÓN PARCIAL 𝑩/(𝒁 + 𝒂)

𝑩

(𝒛 + 𝒂)=

𝑩

(𝒛 − 𝒂) + 𝟐𝒂=

𝟏

𝟐𝒂∙

𝑩

𝟏 +(𝒛−𝒂)

𝟐𝒂

=

=𝑩

𝟐𝒂∙ ∑

(−𝟏)𝒏

(𝟐𝒂)𝒏(𝒛 − 𝒂)𝒏 =

∞

𝒏=𝟎

−𝟏

(𝟐𝒂)𝟐∑

(−𝟏)𝒏

(𝟐𝒂)𝒏(𝒛 − 𝒂)𝒏

∞

𝒏=𝟎

Cristo así la singularidad 𝑧 = −𝑎 es como si estuviera fuera del

círculo de convergencia para la singularidad 𝑧 = 𝑎 entonces

toda la zona de convergencia del círculo (en rojo) es zona

analítica para 𝑩/(𝒛 + 𝒂) ya que no engloba a la singularidad

𝑧 = −𝑎, y, 𝑩/(𝒛 + 𝒂) admite una expansión de Taylor; Cristo

como me interesa primero una expansión en torno al punto 𝑧 =

𝑎 el dominio es: 𝟐𝒂 ≤ |𝒛 − 𝒂| ≤ 𝟑𝒂


Solamente la fracción parcial𝐵/(𝑧 + 𝑎) deja residuo al multiplicarla por la la expansión de csc 𝜋𝑧

(15):

{−𝟏

(𝟐𝒂)𝟐∑

(−𝟏)𝒏

(𝟐𝒂)𝒏(𝒛 − 𝒂)𝒏

∞

𝒏=𝟎

} ∙ {1

𝜋 cos(𝜋𝑎)(𝑧 − 𝑎)+

𝜋(𝑧 − 𝑎)

3! cos(𝜋𝑎)+ ⋯ } =

Es el término independiente de la expansión de Taylor al multiplicar por el primer término de la

expansión de csc(𝜋𝑧) la que da residuo.

𝑅𝑒𝑠(𝑓(𝑧), 𝑎) = lim𝑧→𝑎

{(𝑧 − 𝑎)𝐵

(𝑧 + 𝑎)π csc(𝜋𝑧)} =

= lim𝑧→𝑎

{(𝑧 − 𝑎) (−𝜋

4𝑎2𝜋 cos(𝜋𝑎)(𝑧−𝑎))} =

−𝟏

𝟒𝒂𝟐 𝐜𝐨𝐬(𝝅𝒂)(16)

EXPANSION EN TORNO AL PUNTO 𝒁 = −𝒂

Cristo la descomposición en fracciones parciales para la función original es válida todavía

EXPANSION DE TAYLOR DE 𝟏

(𝒛−𝒂)EN TORNO AL PUNTO 𝒁 = −𝒂

1

(𝑧 − 𝑎)=

1

(𝑧 + 𝑎) − 2𝑎=

−1

2𝑎∙

1

1 −(𝑧+𝑎)

2𝑎

=−1

2𝑎∑

(𝑧 + 𝑎)𝑛

(2𝑎)𝑛

∞

𝑛=0

Ahora la expansión es en torno a 𝑧 = −𝑎 y la singularidad que está al

margen de la zona de convergencia para la expansión de Laurent es

ahora 𝑧 = 𝑎.

Expansión de csc(𝜋𝑧)en torno a 𝒛 = −𝒂 es:

π csc(𝜋𝑧) =𝜋

cos(𝜋𝑎){

1

𝜋(𝑧 + 𝑎)+

𝜋(𝑧 + 𝑎)

3!+ 𝑜(𝑧3)}

La expansión de Laurent no produjo ningún

residuo al multiplicarla por la expansión

correspondiente de la csc 𝜋𝑧.


para la fracción parcial 𝐴

(𝑧−𝑎), Cristo el único término de (17) que da residuo al multiplicar por la

expansión de 𝛑 𝐜𝐬𝐜 𝝅𝒛 en torno a 𝒛 = −𝒂, es el primer término de (17) o sea para n=0

(1er término de (17))∗(1er término de expansión𝛑 𝐜𝐬𝐜 𝝅𝒛)=−𝟏

𝟒𝒂𝟐 ∙𝜋

cos(𝜋𝑎)(

1

𝜋(𝑧+𝑎))

Así: 𝑅𝑒𝑠(𝑓(𝑧), −𝑎) =−1

4𝑎2 cos(𝜋𝑎)(18) Ya que 𝐜𝐨𝐬(−𝝅𝒂) = 𝐜𝐨𝐬(𝝅𝒂)

Cristo entonces sumando (18) y (16); ∑ 𝑹𝒆𝒔 = −𝟏

𝟐𝒂𝟐 𝐜𝐨𝐬(𝝅𝒂) (19)

Cristo como: ∑ 𝑅𝑒𝑠 + ∑(−1)𝑛

𝑛2−𝑎2 = 0+∞𝑛=−∞ Así: ∑

(−1)𝑛

𝑛2−𝑎2 =+∞𝑛=−∞

− ∑ 𝑅𝑒𝑠 (20)

Y como

∑(−1)𝑛

𝑛2 − 𝑎2= 2 ∑

(−1)𝑛

𝑛2 − 𝑎2+

∞

𝑛=1,𝑛≠𝑎

+∞

𝑛=−∞

(−1)0

02 − 𝑎2= 2 ∑

(−1)𝑛

𝑛2 − 𝑎2+

∞

𝑛=1,𝑛≠𝑎

−1

𝑎2

Insertando este resultado en (20) y despejando obtenemos:

∑(−1)𝑛

𝑛2 − 𝑎2= −

1

2

∞

𝑛=1,𝑛≠𝑎

{−𝟏

𝟐𝒂𝟐 𝐜𝐨𝐬(𝝅𝒂)} +

1

2𝑎2(21)

Cristo la fórmula (21) es la fórmula pedida para valores enteros de “a”

COMPROBACIÓN DE FÓRMULA (21)


SOLUCIÓN PARA VALORES NO-ENTEROS DE 𝑎

Cristo para valores no-enteros de "𝒂" se aplica la fórmula de los residuos sin hacer entonces

expansiones. ∑(−1)𝑛

𝑛2−𝑎2 =∞𝑛=1 − ∑ 𝑅𝑒𝑠 +

1

2𝑎2 Sea 𝑓(𝑧) =𝝅 𝐜𝐬𝐜(𝝅𝒛)

𝑧2−𝑎2 La parte

negrillas es la parte adicionada de acuerdo a la alternación de signos.

𝑅𝑒𝑠(𝑓(𝑧), 𝑎) = lim𝑧→𝑎

{(𝑧 − 𝑎)𝜋 csc 𝜋𝑧

(𝑧 − 𝑎)(𝑧 + 𝑎)} =

csc 𝜋𝑎

2𝑎

𝑅𝑒𝑠(𝑓(𝑧), −𝑎) = lim𝑧→−𝑎

{(𝑧 + 𝑎)𝜋 csc 𝜋𝑧

(𝑧 − 𝑎)(𝑧 + 𝑎)} =

csc(−𝜋𝑎)

−2𝑎=

csc 𝜋𝑎

2𝑎

∑ 𝑅𝑒𝑠 =𝜋 csc(𝜋𝑎)

𝑎 (22) Entonces como por regla general tenemos que:

∑(−1)𝑛

𝑛2−𝑎2 +−1𝑛=−∞ ∑

(−1)𝑛

𝑛2−𝑎2 ++∞𝑛=1 (−

1

𝑎2) + ∑ 𝑅𝑒𝑠 = 0 Del teorema del

cuadrado enorme

Introduciendo el resultado (22) y despejando, teniendo en cuenta que

∑(−1)𝑛

𝑛2−𝑎2 =+∞𝑛=1 ∑

(−1)𝑛

𝑛2−𝑎2−1𝑛=−∞ ; 2 ∑

(−1)𝑛

𝑛2−𝑎2 =+∞𝑛=1 − ∑ 𝑅𝑒𝑠 +

1

𝑎2;

Introduciendo (22)

∑(−1)𝑛

𝑛2 − 𝑎2=

+∞

𝑛=1

−1

2∑ 𝑅𝑒𝑠 +

1

2𝑎2= −

𝜋

2𝑎csc 𝜋𝑎 +

1

2𝑎2

Rescribiendo: ∑(−1)𝑛

𝑛2−𝑎2 =+∞𝑛=1 −

𝜋

2𝑎csc 𝜋𝑎 +

1

2𝑎2 (23)

𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎 valores no-enteros de “a”

COMPROBACIÓN DE LA FÓRMULA (23)

Para 𝑎 = 0.4

∑(−1)𝑛

𝑛2 − 0.16= −

𝜋

2(0.4)csc(0.4𝜋) +

1

2(0.16)=

−1.00408249𝑡𝑒𝑜𝑟𝑖𝑐𝑜−1.00408246422𝑐𝑜𝑚𝑝𝑢

+∞

𝑛=1


Nota: Se utilizo 10,000 iteraciones con variable de doble precisión

g).-Comprobar el valor de la suma convergente: ∑1

(𝑛+0.3)2+∞−∞ = 𝜋2𝐶𝑠𝑐2(3𝜋)

SOLUCIÓN

Cristo en este caso la función auxiliar es: 𝝅 𝐜𝐨𝐭(𝝅𝒛) ; por lo cual tenemos:

𝑓(𝑧) =𝜋 cot 𝜋𝑧

(𝑧 + 0.3)2

Cristo se trata de una función con un polo fraccionario de segundo orden y por supuesto

singularidades en valores enteros de π.

Aplicando la formula del residuo para el polo tenemos:

𝑅𝑒𝑠(𝑓(𝑧), −0.3) = lim𝑧→−0.3

{𝑑

𝑑𝑧(𝜋 cot 𝜋𝑧)} = lim

𝑧→−𝟎.𝟑{−𝜋2𝐶𝑠𝑐2(𝜋𝑧)}

Cristo entonces ∑ 𝑅𝑒𝑠𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠 = −𝜋2𝐶𝑠𝑐2(−0.3𝜋) (24)

Como ∑ 𝑅𝑒𝑠𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠 + ∑1

(𝑛+0.3)2+∞−∞ = 0 (25)

Insertando (25) en (24) y despejando tenemos que:

∑1

(𝑛 + 0.3)2

+∞

−∞

= 𝜋2𝐶𝑠𝑐2(−0.3𝜋) =15.0794 𝑡𝑒𝑜𝑟𝑖𝑐𝑜15.07872𝑐𝑜𝑚𝑝𝑢

SUMA CONVERGENTE AL INFINITO CON POLO ENTERO DE ORDEN DOS

Introducción.- Hacer una expansión de Taylor de un polo de orden superior “n” en torno a un punto

fuera de él, no siempre es tan evidente y se hace de la siguiente manera: Sea n el orden del polo

donde 𝑛 ≥ 2 ; se hace una expansión de Taylor como si fuera de orden uno, luego se multiplica

dicha expansión por si misma n-veces. 1

(𝑧−𝑎)𝑛

Ejemplo.- Sea 𝑓(𝑧) =1

(𝑧+3)2(𝑧−2) Se pide encontrar ∑

(−1)𝑛

(𝑛+3)2(𝑛−2)+∞𝑛=3


PRIMERO DESCOMPONER EN FRACCIONES PARCIALES

1

(𝑧 + 3)2(𝑧 − 2)=

𝐴

𝑧 − 2+

𝐵

𝑧 + 3+

𝐶

(𝑧 + 3)2

Resolviendo simultáneamente para los coeficientes tenemos:

𝐴 =1

25

𝐵 = −1

25

𝐶 = −1

5

∴ 𝑓(𝑧) =1

25∙

1

𝑧 − 2−

1

25∙

1

𝑧 + 3−

1

5∙

1

(𝑧 + 3)2 (26)

Función descompuesta en fracciones parciales

Cristo el objetivo de este ejemplo es ver si tomando solamente en cuenta el residuo en torno a 𝑧 =

2 se logra obtener la suma ∑(−1)𝑛

(𝑛+3)2(𝑛−2)+∞𝑛=3

EXPANSIÓN DE TAYLOR DE

1

𝑧+3 EN TORNO A 𝑍 = 2

1

𝑧 + 3=

1

𝑧 + 3 − 2 + 2=

1

(𝑧 − 2) + 5=

1

5 (𝑧−2

5+ 1)

Entonces

1

𝑧+3=

1

5∙

1

1+𝑧−2

5

=1

5∑

(−1)𝑛(𝑧−2)𝑛

(5)𝑛 (27)∞𝑛=0

Cristo entonces:

1

(𝑧+3)2 =

{1

5∑

(−1)𝑛(𝑧−2)𝑛

(5)𝑛∞𝑛=0 } {

1

5∑

(−1)𝑛(𝑧−2)𝑛

(5)𝑛∞𝑛=0 }

(28)

1

(𝑧 + 3)2=

1

25{1 −

𝑧 − 2

5+

(𝑧 − 2)2

25+ 𝑜(𝑧3)} {1 −

𝑧 − 2

5+

(𝑧 − 2)2

25

+ 𝑜(𝑧3)}


1

(𝑧 + 3)2=

1

25{1 −

2

5(𝑧 − 2) +

3

25(𝑧 − 2)2 − 𝑜(𝑧3)} (29)

Ahora multiplicando (26) por 𝜋 csc(𝜋𝑧)

Cristo como ∑(−1)𝑛

(𝑛+3)2(𝑛−2)+∞𝑛=3 = ∑

csc 𝑛𝜋

(𝑛+3)2(𝑛−2)+∞𝑛=3 ;

y entonces 𝑓(𝑧) ∙ πcsc(𝜋𝑧) (30)

Insertando (26) en (30) obtenemos la expresión adecuada para conseguir la suma convergente al

infinito, la cual tiene que considerarse todos los residuos de todos los polos, extenderla desde −∞

hasta +∞ por las siguientes razones:

1).-La teoría indica una integral de línea sobre un cuadrado finito que luego se hace infinito en la

longitud de sus lados al extrapolar los valores enteros de N al infinito.

2).-Sobre cada línea del cuadrado se realiza una integral de línea, la cual es por definición la suma

del valor de una función (calculada al pie donde la línea es pisada por la función) multiplicada por

un segmento diferencial de sobre esa línea.

3).-Cuando una línea vertical extrema izquierda del cuadrado, es trasladada a estar a un lado del

origen, entonces, ese tramo de integral de línea ya no es cero; siendo incorrecto tomarlo como

cero, que si se implica en la teoría del cuadrado completo.

𝑓(𝑧) ∙ πcsc(𝜋𝑧) =1

25∙

1

𝑧−2∙ 𝜋 csc 𝜋𝑧 −

1

25∙

1

𝑧+3∙ 𝜋 csc 𝜋𝑧 −

1

5 ∙

1

(𝑧+3)2∙ csc 𝜋𝑧

(31)

Cristo insertando expansión (15) en cada término de (31) y juntamente con (29) y (27) obtenemos

los residuos en torno al polo 𝑧 = 2:

PRIMER TÉRMINO DE (31)

1

25∙

1

𝑧 − 2∙

𝜋

cos 2𝜋{

1

𝜋(𝑧 − 2)+

𝜋(𝑧 − 2)

3!+ ⋯ } = 𝑠𝑖𝑛 𝑟𝑒𝑠𝑖𝑑𝑢𝑜

SEGUNDO TÉRMINO DE (31)

−1

25∙

1

𝑧 + 3∙

𝜋

cos 2𝜋{

1

𝜋(𝑧 − 2)+

𝜋(𝑧 − 2)

3!+ ⋯ } =

−1

25∙

1

5∑

(−1)𝑛(𝑧 − 2)𝑛

(5)𝑛

∞

𝑛=0

∙𝜋

cos 2𝜋{

1

𝜋(𝑧 − 2)+

𝜋(𝑧 − 2)

3!+ ⋯ } =


−1

25{

1

5−

(𝑧 − 2)

52+ ⋯ } ∙

𝜋

cos 2𝜋{

1

𝜋(𝑧 − 2)+

𝜋(𝑧 − 2)

3!+ ⋯ } =

−𝜋

125 cos 2𝜋(

1

𝜋(𝑧 − 2)) + 𝑜(𝑧0) = −

1

125(𝑧 − 2)+ 𝑜(𝑧0)

𝑅𝑒𝑠(𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜, 2) = −1

125

TERCER TÉRMINO DE (31)

−1

5∙

1

(𝑧 + 3)2∙

𝜋

cos 2𝜋{

1

𝜋(𝑧 − 2)+

𝜋(𝑧 − 2)

3!+ ⋯ } =

−1

5∙

1

25{1 −

2

5(𝑧 − 2) +

3

25(𝑧 − 2)2 − 𝑜(𝑧3)}

𝜋

cos 2𝜋{

1

𝜋(𝑧 − 2)+

𝜋(𝑧 − 2)

3!

+ ⋯ } =

= −1

125(𝑧 − 2)+ 𝑜(𝑧0)

𝑅𝑒𝑠(𝑡𝑒𝑟𝑐𝑒𝑟 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜, 2) = −1

125

∑ 𝑅𝑒𝑠, 2 = 0 −1

125−

1

125= −

2

125 (32)

EXPANSIÓN DE TAYLOR DE

1

𝑧−2 EN TORNO A 𝑍 = −3

Cristo para la función auxiliar 𝜋 csc 𝜋𝑧 ; tenemos la siguiente expansión en torno a 𝑧 = −3

𝜋 csc(𝜋𝑧) =𝜋

cos(−3𝜋){

1

𝜋(𝑧 + 3)+

𝜋(𝑧 + 3)

3!+ 𝑜(𝑧3)} (33)

Cristo ahora la función (26) requiere las siguientes expansiones en torno a 𝑧 = −3


1

𝑧 − 2=

1

𝑧 + 3 − 5=

−1

5 − (𝑧 + 3)=

−1

5∙

1

1 −(𝑧+3)

5

=−1

5∑

(𝑧 + 3)𝑛

(5)𝑛

∞

𝑛=0

(34)

Cristo las expansiones de Laurent en torno a 𝑧 = −3 ya son en si expansiones de Laurent,

entonces insertando (34) en f(z)πcsc 𝜋𝑧

𝑓(𝑧) ∙ 𝜋 csc 𝜋𝑧 =

−1

5(25){∑

(𝑧 + 3)𝑛

(5)𝑛

∞

𝑛=0

} 𝜋 csc 𝜋𝑧 −1

25∙

1

(𝑧 + 3)𝜋 csc 𝜋𝑧 −

1

5∙

1

(𝑧 + 3)2𝜋 csc 𝜋𝑧

Cristo ahora insertando (33)

= −1

125{1 +

(𝑧 + 3)

5+ 𝑜(𝑧2)}

𝜋

cos(−3𝜋){

1

𝜋(𝑧 + 3)+

𝜋(𝑧 + 3)

3!+ 𝑜(𝑧2)}

−1

25(𝑧 + 3)

𝜋

cos(−3𝜋){

1

𝜋(𝑧 + 3)+

𝜋(𝑧 + 3)

3!+ 𝑜(𝑧2)}

−1

5(𝑧 + 3)2∙

𝜋

cos(−3𝜋){

1

𝜋(𝑧 + 3)+

𝜋(𝑧 + 3)

3!+ 𝑜(𝑧2)}

Cristo de la expresión anterior obtenemos los residuos en torno a 𝑧 = −3

∴ 𝑅𝑒𝑠(𝑓(𝑧) ∙ 𝜋 csc 𝜋𝑧, −3) =1

125+

𝜋2

5(3!)≅ 0.3369868

(35)

Cristo ahora sumando los residuos (35) y (32) obtengo el residuo total de ambos polos

∑ 𝑅𝑒𝑠 = −2

125+

1

125+

𝜋2

30≈ 0.3209868 (36)

𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿𝐸𝑆

Cristo como de la teoría del cuadrado enorme tenemos:


∑(−1)𝑛

(𝑛 + 3)2(𝑛 − 2)+

−4

𝑛=−∞

∑(−1)𝑛

(𝑛 + 3)2(𝑛 − 2)

1

𝑛=−2

+ ∑(−1)𝑛

(𝑛 + 3)2(𝑛 − 2)

∞

𝑛=3

=

− ∑ 𝑅𝑒𝑠

𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿𝐸𝑆

= −0.3209868𝑡𝑒𝑜𝑟𝑖𝑐𝑜

De computadora utilizando 10,000 iteraciones para aproximar infinitos con variable de doble

precisión, tenemos:

= −0.320986818 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑢.

End

problemas resueltos

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