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38 CAPÍTULO 5. POLOS Y RESIDUOS Observación 71 Hay solo un numero finito de singularidades en K. En efecto, si hubiese una suceción de singularidades, esta tendria un punto de acumulación en K y luego en Ω, digamos z ∗ . Pero z ∗ tiene una vecindad D(z ∗ , R)\ {z ∗ }, en la cual f es holomorfa, lo cual es una contradiccion pues en esta vecindad siempre habran puntos de la sucesión de polos y por lo tanto f no puede ser holomorfa. Demostración. Sean Ci pequeos círculos en torno a zi. La función f(z) es holomorfa fuera de la union de sus discos. Por el teorema de Cauchy 1 2πi γ f(z)dz = 1 2πi = 1 2πi = n i=1 n i=1 Ci |z−zi| n Res(f, zi) i=1 f(z)dz f(z)dz Proposición 72 Si f(z) = p(z) q(z) meromorfa, es tal que p(z0) = 0, q(z0) = 0 y q ′ (z0) = 0. Entonces Res(f, z0) = p(z0) q(z0) Demostración. Entonces Luego Por otra parte q(z) = q(z0) + q ′ (z0)(z − z0) + ... = q ′ (z0)(z − z − 0) + ... (z − z0)f(z) = = (z − z0)p(z) q ′ (z0)(z − z0) + q′′ (z0)(z − z − 0) 2 + ... 2! p(z) q ′ (z0) + q′′ (z0)(z − z0) 2! + ... lím (z − z − 0)f(z) = z→z0 p(z0) q ′ (z − 0) f(z) = a−1 (z − z0) + a0 + a − 1(z − z0) + ...
5.2. RESIDUOS 39 Así Luego Por lo tanto (z − z0)f(z) = a−1 + (z − z0)a0 + a1(z − z0) 2 + ... lím (z − z0)f(z) = a − 1 = Res(f, z − 0) z→z0 Res(f, z0) = p(z0) q ′ (z0) Ejemplo 73 Calcular el residuo de tan z en z0 = π/2 Tenemos que tan z = y Así tendremos que sin z , donde cos z sin(π/2) = 1 = 0 cos(π/2) = 0 − sin(π/2) = −1 Res(tan z, π/2) = 1 −1 = −1 Observación 74 Si la función f del Teorema de Residuos es, además, analítica en todo punto del plano exterior a C entonces, en vez de calcular podemos calcular C C f(z)dz = 2πi m Res(f, zi) k=1 f(z)dz = 2πiRes( 1 f(1 ), 0) z2 z En efecto. Primero hacemos el desarrollo de Laurent de f en torno a z = ∞. Por definición esto significa que debemos hacer el desarrollo en serie de Laurent de ), en torno a z = 0; digamos f( 1 z f( 1 z si |z| < R, de manera que a−2 a−1 ) = + z2 z + a0 + a1z + a2z 2 + ... f(w) = a−2w 2 + a−1w + a0 + a1z + a2z 2 + ... si |w| > R, es el desarrollo en serie de Laurent de f en torno a z = ∞.
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38 CAPÍTULO 5. POLOS Y RESIDUOS<br />
Observación 71 Hay solo un numero finito <strong>de</strong> singularida<strong>de</strong>s en K.<br />
En efecto, si hubiese una suceción <strong>de</strong> singularida<strong>de</strong>s, esta tendria un punto <strong>de</strong><br />
acumulación en K y luego en Ω, digamos z ∗ . Pero z ∗ tiene una vecindad D(z ∗ , R)\<br />
{z ∗ }, en la cual f es holomorfa, lo cual es una contradiccion pues en esta vecindad<br />
siempre habran puntos <strong>de</strong> la sucesión <strong>de</strong> polos y por lo tanto f no pue<strong>de</strong> ser<br />
holomorfa.<br />
Demostración. Sean Ci pequeos círculos en torno a zi. La función f(z) es holomorfa<br />
fuera <strong>de</strong> la union <strong>de</strong> sus discos.<br />
Por el teorema <strong>de</strong> Cauchy<br />
<br />
1<br />
2πi<br />
γ<br />
f(z)dz = 1<br />
2πi<br />
= 1<br />
2πi<br />
=<br />
n<br />
<br />
i=1<br />
n<br />
<br />
i=1<br />
Ci<br />
|z−zi|<br />
n<br />
Res(f, zi)<br />
i=1<br />
f(z)dz<br />
f(z)dz<br />
Proposición 72 Si f(z) = p(z)<br />
q(z) meromorfa, es tal que p(z0) = 0, q(z0) = 0 y<br />
q ′ (z0) = 0. Entonces<br />
Res(f, z0) = p(z0)<br />
q(z0)<br />
Demostración.<br />
Entonces<br />
Luego<br />
Por otra parte<br />
q(z) = q(z0) + q ′ (z0)(z − z0) + ... = q ′ (z0)(z − z − 0) + ...<br />
(z − z0)f(z) =<br />
=<br />
(z − z0)p(z)<br />
q ′ (z0)(z − z0) + q′′ (z0)(z − z − 0) 2<br />
+ ...<br />
2!<br />
p(z)<br />
q ′ (z0) + q′′ (z0)(z − z0)<br />
2!<br />
+ ...<br />
lím (z − z − 0)f(z) =<br />
z→z0<br />
p(z0)<br />
q ′ (z − 0)<br />
f(z) = a−1<br />
(z − z0) + a0 + a − 1(z − z0) + ...