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

101

102

103

104

105

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