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40 CAPÍTULO 5. POLOS Y RESIDUOS En particular, note que siempre el desarrollo en serie de Laurent de f en torno a z = ∞ tiene entonces la forma: f(w) = ... + b−2 b−1 + w2 w + b0 + b1w + b2w + ... si |w| > R. Además por definición Res(f, ∞) = b−1. Construyamos ahora la expresión 1 f(1 ) a partir de la expresión anterior: z2 z Luego f( 1 z ) = ... + b−2z2 + b−1z + b0 + b1 z asi 1 f(1 z2 z ) = ... + b−2 + b−1 z Ahora notemos que Luego Pero tenemos que Por lo tanto C que era la afirmación. + b0 z 2 + b1 b2 + + ..., |z| < R z2 + ..., |z| < R z3 Res( 1 f(1 z2 z ), 0) = b−1 = −Res(f(z), ∞) C f(z)dz + C −C Ejemplo 75 Consideremos f(z) = 2. Entonces −C f(z)dz = 0 f(z)dz = − f(z)dz −C f(z)dz = 2πiRes(f, ∞) f(z)dz = 2πiRes(f, ∞) = 2πiRes( 1 1 f( ), 0) z2 z2 5z − 2 z(z − 1) f( 1 z(5 − 2z) ) = z 1 − z analítica en todo z exterior a |z| =
5.2. RESIDUOS 41 luego así C 1 5 − 2z f(1 ) = z2 z z(1 − z) 5z − 2 dz = 2πi(5) = 10πi z(z − 1) Teorema 76 (Principio del Argumento) Sea f meromorfa en el interior de γ. Sea a1, a2, ...an los ceros de f y b1, b2, ...bn los polos de f. Entonces 1 2πi γ F (z) f ′ (z) dz = f(z) Para cada función holomorfa F (z). n F (ai) + En particular, si F (z) = 1 se tiene: 1 f 2πi ′ (z) dz = (n − m) f(z) γ i=1 m F (bi) Demostración. Sea α uno de los puntos ai o bj. Tenemos i=1 f(z) = av(z − α) v (1 + b1(z − α) + ...) donde v es el orden del cero o polo en ai o bj con v ∈ Z. Entonces: Luego Como f es holomorfa Así Vemos que f ′ (z) = vav(z − α) v−1 + ... f ′ (z) f(z) = v + ... (z − α) F (z) = F (α) + F ′ (α)(z − α) + ... F (z) f ′ (z) f(z) = vF (α) (z − α) + vF ′ (α) + ... Res(F f ′ (z) , α) = vF (α) f(z) Por el Teorema de Residuos 1 2πi γ F (z) f ′ (z) dz = f(z) n F (ai) − i=1 m F (bi) i=1
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40 CAPÍTULO 5. POLOS Y RESIDUOS<br />
En particular, note que siempre el <strong>de</strong>sarrollo en serie <strong>de</strong> Laurent <strong>de</strong> f en torno<br />
a z = ∞ tiene entonces la forma:<br />
f(w) = ... + b−2 b−1<br />
+<br />
w2 w + b0 + b1w + b2w + ...<br />
si |w| > R. A<strong>de</strong>más por <strong>de</strong>finición Res(f, ∞) = b−1.<br />
Construyamos ahora la expresión 1<br />
f(1 ) a partir <strong>de</strong> la expresión anterior:<br />
z2 z<br />
Luego<br />
f( 1<br />
z ) = ... + b−2z2 + b−1z + b0 + b1<br />
z<br />
asi<br />
1<br />
f(1<br />
z2 z ) = ... + b−2 + b−1<br />
z<br />
Ahora notemos que <br />
Luego <br />
Pero tenemos que <br />
Por lo tanto<br />
<br />
C<br />
que era la afirmación.<br />
+ b0<br />
z<br />
2 + b1<br />
b2<br />
+ + ..., |z| < R<br />
z2 + ..., |z| < R<br />
z3 Res( 1<br />
f(1<br />
z2 z ), 0) = b−1 = −Res(f(z), ∞)<br />
C<br />
<br />
f(z)dz +<br />
C<br />
−C<br />
Ejemplo 75 Consi<strong>de</strong>remos f(z) =<br />
2.<br />
Entonces<br />
−C<br />
f(z)dz = 0<br />
<br />
f(z)dz = − f(z)dz<br />
−C<br />
f(z)dz = 2πiRes(f, ∞)<br />
f(z)dz = 2πiRes(f, ∞) = 2πiRes( 1 1<br />
f( ), 0)<br />
z2 z2 5z − 2<br />
z(z − 1)<br />
f( 1 z(5 − 2z)<br />
) =<br />
z 1 − z<br />
analítica en todo z exterior a |z| =
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