Unidad 5-TEORÍA DE RESIDUOS

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Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
1 
 
MATEMÁTICA D 
Módulo I: Análisis de Variable Compleja 
 
 
Unidad 5 
 
 
Teoría de Residuos 
 
 
Mag. María Inés Baragatti 
 
 
♦ Singularidades 
 
♦ Se dice que z0 es una singularidad aislada de f(z) si f(z) no es analítica en z0 pero sí es 
analítica en un entorno reducido de z0, es decir si existe un número positivo r tal que f(z) es 
analítica en un conjunto de la forma 0 < |z – z0| < r 
 
♦ Se dice que z0 es una singularidad no aislada de f(z) si f(z) no es analítica en z0 y en todo 
entorno reducido de z0 hay al menos un punto donde f(z) no es analítica. 
 
 
� Ejemplos 
 
 
1- La función f(z) = 2/z tiene una singularidad aislada en z = 0 ya que su dominio de 
analiticidad es C – {0} y por lo tanto es analítica en todo entorno reducido de 0. 
 
2- La función g(z) = z / sen z no es analítica en los puntos en que se anula el denominador , es 
decir en los complejos de la forma kππππ , con k = 0, ±±±± 1, ±±±± 2, ..... y estos complejos resultan ser 
singularidades aisladas de g(z) pues, para cada uno de ellos existe un entorno reducido donde 
g(z) es analítica. Observar que dichos entornos tienen la forma 0 < | z - kππππ | < ππππ y a 
continuación se observan algunos de ellos 
 
 
 
 
 
 
 
 
0 ππππ -ππππ 0 ππππ 2ππππ ππππ 3ππππ 2ππππ 
 Matemática D 
 
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2 
3- La función h(z) = Ln z tiene una singularidad no aislada en z = 0 pues todo entorno reducido 
de 0 contiene puntos del eje real negativo, donde sabemos que Ln z no es analítica. Es 
importante observar que además son singularidades no aisladas todos los complejos del eje 
real negativo pues , como se observa en los gráficos siguientes, todo entorno de cero y de un 
real negativo contiene puntos donde h(x) no es analítica . 
 
 
 
 
 
 
 
 
♦ Residuos 
 
Si z0 es un punto singular aislado de f(z), sabemos que f(z) es analítica en un anillo 0 < |z – z0| < r 
y por lo tanto f(z) admite un desarrollo en serie de Laurent convergente en dicha corona: 
 
(((( )))) (((( ))))
44 344 21
deLaurent
desarrollo del principal parte
n
0
1n
n
n
0
0n
n zzbzza)z(f
−−−−
∞∞∞∞
====
∞∞∞∞
====
−−−−++++−−−−==== ∑∑∑∑∑∑∑∑ , 0 < |z – z0| < r 
 
 
donde los números an y bn , por ser los coeficientes de la serie de Laurent, son iguales a : 
 
 
dz 
)zz(
)z(f
i2
1
a
C 1n
0
n ∫∫∫∫ ++++−−−−ππππ
==== dz 
)zz(
)z(f
i2
1
b
C 1n
0
n ∫∫∫∫ ++++−−−−−−−−ππππ
==== 
 
 
 
donde C es cualquier curva suave por tramos contenida en la corona que encierra a z0 
 
Es interesante observar que el coeficiente b1 de la serie de Laurent mencionada resulta ser 
 
dz )z(f 
i2
1
dz 
)zz(
)z(f
i2
1
b
CC 11
0
1 ∫∫∫∫∫∫∫∫ ππππ
====
−−−−ππππ
==== ++++−−−− 
 
de donde puede despejarse el valor de la integral de f(z) sobre la curva cerrada C obteniendo: 
 
1C
b i 2dz )z(f ππππ====∫∫∫∫ 
 
por lo tanto si se conoce el coeficiente b1 podemos obtener el resultado de la integral, este hecho 
justifica la siguiente definición: 
 
x 
y z0 
 |z-z0|=r 
0 
 0 -1 
x 
y z0 
C 
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♦ Si z0 es un punto singular aislado de f(z), se denomina residuo de f(z) en el punto z0 al 
coeficiente de la potencia (z – z0)
-1 de la serie de Laurent que representa a la función en la 
corona 0 < |z – z0| < r y se anota Res(f,z0) = b1 
� Ejemplos 
 
1- La función z1e)z(f ==== tiene una única singularidad aislada en z0 = 0 y su desarrollo en serie de 
Laurent alrededor de dicho punto es ∑∑∑∑
∞∞∞∞
====
====
0n
n
z1
z !n
1
e convergente en 0 < |z | < ∞∞∞∞ , como la 
serie converge en un entorno reducido de z = 0 y el coeficiente de z-1 es igual a 1 , podemos 
afirmar que el residuo de f(z) vale 1 y anotamos Res(f,0) = 1 . 
 
Además podemos afirmar que: i 2iRes(f,1) 2 dz e 
1C
1/z ππππ====ππππ====∫∫∫∫ , 
siendo C1 cualquier curva cerrada suave por tramos que encierra al 
origen. 
Observar que si C2 es cualquier curva cerrada que no encierra al origen entonces 
0 dz e 
2C
1/z ====∫∫∫∫ , y este valor se obtiene usando el teorema de Cauchy Goursat y no medio del 
residuo. 
 
2- La función 
1z
z Ln
)z(f
−−−−
==== no es analítica en z0 = 1 pero como es analítica en 0 < | z - 1 | < 1 , 
podemos afirmar que z0 es una singularidad aislada de f(z) , además esta función no es 
analítica en cero y en todos los complejos del eje real negativo, pero todos ellos son 
singularidades no aisladas. 
Para hallar el residuo en la singularidad aislada z0 = 1 debemos encontrar la serie de Laurent 
que la representa en el entorno reducido 0 < |z – 1| < 1, es decir debemos encontrar una serie 
de potencias positivas y negativas de ( z - 1) . 
 
Como Ln z es analítica en 1 , desarrollamos por Taylor teniendo presente que 
 
(((( )))) n
0n
n )1z()1(
1)1z(
1
z
1
' z Ln −−−−−−−−====
++++−−−−
======== ∑∑∑∑
∞∞∞∞
====
 , convergente en | z – 1| < 1 , entonces 
 
(((( ))))
1n
)1z(
)1(dz)1z()1(dz)1z()1(dz ' z Ln z Ln
1n
0n
nn
0n
nz
1
n
0n
nz
1
z
1 ++++
−−−−−−−−====−−−−−−−−====−−−−−−−−========
++++∞∞∞∞
====
∞∞∞∞
====
∞∞∞∞
====
∑∑∑∑∑∑∑∑∫∫∫∫∑∑∑∑∫∫∫∫∫∫∫∫ 
 
para | z – 1| < 1 (observar que por ser una serie de potencias convergente , la integral de la serie fue 
reemplazada por la serie de las integrales) 
 
Por lo tanto z Ln
1z
1
1z
z Ln
)z(f
−−−−
====
−−−−
==== ==== (z- 1)-1 
1n
)1z(
)1(
1n
0n
n
++++
−−−−−−−−
++++∞∞∞∞
====
∑∑∑∑ = 1n
)1z(
)1(
n
0n
n
++++
−−−−−−−−∑∑∑∑
∞∞∞∞
====
 , 
si 0 <| z – 1| < 1 
 
(observar que se ha excluido de la región de convergencia z = 1 pues el primer factor sólo tiene sentido 
si z ≠≠≠≠ 1 ) 
C1 
C2 
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Como la serie obtenida converge en un entorno reducido de z0 = 1 y la potencia (z–1)
-1 no 
aparece, podemos afirmar que el residuo de f en 1 vale 0, anotamos b1 = Res(f,1) = 0, de 
donde la integral 0b i 2dz
1z
z Ln
1C
====ππππ====
−−−−∫∫∫∫
, siendo C cualquier curva cerrada que encierra a 
z0 = 1 y contenida en 0 <| z – 1| < 1 
 
3- La función 
2i)(z z
2zi3
)z(f
++++
−−−−==== no es analítica en z0 = 0 y z1 = -2i , pero es analítica en 
0 < | z | < 2 y 0 < | z + 2i | < 2 , que son entornos reducidos de z0 y z1 , por lo tanto ambos 
son singularidades aisladas de f(z) 
 
 
Es importante observar que: 
 
� si C1 es una curva cerrada, suave por tramos y simple que encierra a 
 z0 = 0 y no encierra a z1 = -2 entonces 
 
 (((( )))) [[[[ ]]]]f,0Res i 2dz zdzi2z z
2-i 3z i2z
2zi2
CC 11
ππππ========
++++
++++
−−−−
∫∫∫∫∫∫∫∫ 
 
� si C2 una curva cerrada suave por tramos y simple que encierra a 
 z1 = -2i y no encierra a z0 = 0 entonces 
 
 (((( )))) [[[[ ]]]]f,-2iRes i 2dz i2zdzi2z z
2-i 3z z
2zi2
CC 11
ππππ====
++++
====
++++
−−−−
∫∫∫∫∫∫∫∫ 
 
La pregunta natural después estas observaciones es ¿cómo se puede calcular la integral propuesta 
sobre una curva cerrada que encierrea las dos singularidades aisladas? La respuesta la provee el 
siguiente teorema. 
 
 
ΞΞΞΞ Teorema de los residuos 
 
Si f(z) es analítica sobre la curva cerrada, suave por tramos y simple C y su interior, salvo en un 
número finito de puntos z1 , z2 , ....., zn interiores a C, entonces 
 
[[[[ ]]]] [[[[ ]]]] [[[[ ]]]]{{{{ }}}} [[[[ ]]]]∑∑∑∑∫∫∫∫ ππππ====++++++++++++ππππ====
n
1
nn21C
z,fsRei2z,fsRe..z,fsRezf,Res i 2dz )z(f 
 
Demostración 
 
Si se consideran n curvas cerradas ,simples y suaves por tramos 
C1 , C2 , ...., Cn , que encierren a cada punto singular y que no tienen 
Puntos interiores comunes, usando la segunda consecuencia del teorema 
C1 
0 
-2i 
C2 
0 
-2i 
 
z1 
zn 
 
z1 
zn 
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De Cauchy Goursat podemos decir que: 
 
dz f(z)
C∫∫∫∫ = dz f(z).....dz f(z)dz f(z) n32 CCC ∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ ++++++++++++ 
 
y usando la definición de residuo sabemos que cada una de estas integrales verifica 
[[[[ ]]]]kC zf,iRes 2dz f(z)k ππππ====∫∫∫∫ , por lo tanto reemplazando cada una por su valor y sacando 2ππππi factor 
común se obtiene lo que queríamos demostrar. 
 
 
A partir de ahora podemos calcular integrales sobre curvas cerradas de funciones que son 
analíticas sobre la curva y en el interior salvo en un número finito de singularidades interiores a la 
curva usando los residuos , por ejemplo podemos afirmar que: 
 



ππππ====∫∫∫∫ ==== ,0z sen
1
iRes 2dz 
z sen
1
1|z|
 , 









 ππππ++++


ππππ====∫∫∫∫ ====−−−− ,z sen
1
Res,0
z sen
1
Resi 2dz 
z sen
1
3|1z|
 
 
pero para calcular los residuos la única herramienta que tenemos es hallar la serie de Laurent 
convergente en un entorno reducido de cada punto singular aislado y esto no es tan sencillo.. 
 
Muchas veces es posible hallar el residuo de una función en una singularidad aislada sin tener 
que desarrollar la función en serie de Laurent. Para ello es necesario clasificar las singularidades 
aisladas como se indica a continuación: 
 
 
♦ Clasificación de singularidades aisladas 
 
Si z0 es un punto singular aislado de f(z), entonces f(z) es analítica en 0 < |z – z0| < r y puede 
desarrollarse en serie de Laurent 
 
(((( )))) (((( ))))
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deLaurent
desarrollo del principal parte
n
0
1n
n
n
0
0n
n zzbzza)z(f
−−−−
∞∞∞∞
====
∞∞∞∞
====
−−−−++++−−−−==== ∑∑∑∑∑∑∑∑ , 0 < |z – z0| < r 
 
♦ Si la parte principal del desarrollo de Laurent convergente en 0 < |z – z0| < r no posee 
términos, es decir bn = 0 . ∀∀∀∀n ≥≥≥≥ 1, se dice que f(z) tiene una singularidad evitable en z0 
 
♦ Si la parte principal del desarrollo de Laurent convergente en 0 < |z – z0| < r posee infinitos 
términos no nulos , es decir bn ≠≠≠≠ 0 para infinitos valores de n, se dice que f(z) tiene una 
singularidad esencial en z0 
 
♦ Si la parte principal del desarrollo de Laurent convergente en 0 < |z – z0| < r posee un número 
finito de términos no nulos, es decir bn = 0 para ∀∀∀∀n > k y bk ≠≠≠≠ 0, se dice que f(z) tiene un 
polo de orden k en z0 
 
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� Ejemplos 
 
1- Ya hemos demostrado que ∑∑∑∑
∞∞∞∞
====
====
0n
n
z1
z !n
1
e para 0 < |z | < ∞∞∞∞, como esta serie representa a la 
función en un entorno reducido de z0 = 0 y posee infinitos términos con potencias negativas, 
podemos decir que z0 = 0 es una singularidad esencial de e
1/z 
2- Sabemos que el desarrollo en serie de Laurent de 
1z
z Ln
)z(f
−−−−
==== convergente en un entorno 
reducido de la singularidad aislada z0 = 1 es 
1n
)1z(
)1(
n
0n
n
++++
−−−−−−−−∑∑∑∑
∞∞∞∞
====
 convergente en 0 <| z – 1| < 1, 
como esta serie no tiene potencias negativas, podemos decir que es z0 = 1 es una singularidad 
evitable de f(z) 
 
3- Es importante observar que si bien la serie 
(((( ))))n
n
0n 1z
)2(
++++
−−−−
∑∑∑∑
∞∞∞∞
====
 tiene infinitas potencias negativas de 
z + 1 , z0 = -1 no es una singularidad esencial de la función a la cual converge pues dicha serie 
converge para los z que verifican | z + 1 | > 2 y por lo tanto no converge en un entorno 
reducido de z0 = -1 
 
4- La función 
4z
zsen
)z(g ==== , no es analítica en z = 0 pero sí lo es en 0 < | z | < ∞∞∞∞ , para obtener la 
serie de Laurent que la represente en dicha corona desarrollamos sen z en serie de Taylor 
alrededor de 0 y operamos del siguiente modo: 
 
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−−−−++++−−−−====
++++
====
++++
======== −−−−
∞∞∞∞
====
++++
∞∞∞∞
====
∑∑∑∑∑∑∑∑ !5
z
z !3
1
z
1
z 
1)!(2n
(-1)
z 
1)!(2n
(-1)
 
z
1
 z sen 
z
1
z
zsen
3
3n2
1n
n
1n2
1n
n
444
 
 
 
como la serie de sen z converge ∀∀∀∀z , y el factor 1/z4 sólo tiene sentido si z ≠≠≠≠ 0 , podemos 
afirmar que la serie obtenida representa a la función en 0 < |z1< ∞∞∞∞ . 
 
Como la serie obtenida converge en un entorno reducido de z = 0 y la parte principal del 
desarrollo tiene un número finito de términos, podemos afirmar la función posee en z = 0 un 
polo, como la potencia negativa de mayor valor absoluto es 3, el polo es de orden 3 . Observar 
que el Res(f,0) = -1/3! 
 
 
•••• Ejercicios 
 
 
1- Hallar las singularidades de las siguientes funciones e indicar cuáles de ellas son aisladas: 
 
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a) 
351 z4z
z
z (z)f
−−−−
++++==== b) 
222 2z3z
z cos1
 (z)f
ππππ++++ππππ−−−−
−−−−==== 
c) 
1)(z
3
1z
1
sen (z)f 3 ++++
++++





++++
==== d) 
z4 e
z
z Ln (z)f ++++==== 
 
e) 
1e
4z
 (z)f
z25 −−−−
−−−−==== f) 
z ch
)1z(Ln
 (z)f 6
−−−−==== 
 
2- Mediante un desarrollo en serie de Laurent adecuado, clasificar las singularidades que se 
indican a continuación teniendo en cuenta la funciones del ejercicio anterior: 
 
 a) z = 0 para f1(z) b) z = ππππ para f2(z) c) z = -1 para f3(z) 
 
3- Dadas 
(((( ))))
(((( ))))41n n
n
1z
4
1z
3
3
1z n
)z(g
−−−−
−−−−
−−−−
++++
−−−−==== ∑∑∑∑
∞∞∞∞
====
 , 
 
(((( ))))
(((( ))))41n n
n
1z
4
1z
3
3
1z n
)z(h
−−−−
−−−−
−−−−
++++−−−−==== ∑∑∑∑
∞∞∞∞
====
−−−−
 
 
a) Justificar que z0 = 1 es una singularidad aislada de g(z) y clasificarla. 
b) ¿ z0 = 1 es una singularidad aislada de h(z) ? Justificar la respuesta. 
 
4- Dada f(z) =
(((( ))))
∑∑∑∑
∞∞∞∞
====
−−−−−−−−−−−−
1n
n
12n2n
4 n
1z)1(
 
 
a) Hallar el dominio de f(z) y el dominio de analiticidad, ¿f(z) tiene puntos singulares aislados?, 
en caso afirmativo clasificarlos y justificar la respuesta. 
b) Hallar y clasificar las singularidades de las funciones G(z) = (((( ))))1z4e −−−− f(z) , H(z) = (z-1)5 f(z) 
 
5- Dadas k(z) = 
(((( )))) (((( )))) (((( ))))2z2
zsen
2z2z
z2
2 −−−−
++++
++++−−−−
 , 
4z
4z
1-z f(z)
2 −−−−
−−−−++++==== , )2z/(13ez)z(g −−−−==== 
a) Hallar y clasificar las singularidades aisladas mediante un desarrollo en serie de Laurent 
adecuado . Justificar en cada caso la elección de la corona. 
b) Verificar que z1 = 0 es un cero de las tres funciones y hallar su orden. 
 
 
 
♦ Caracterización de polos 
 
Muchas veces podemos determinar los polos y su orden sin necesidad dedesarrollar en serie de 
Laurent convergente en el el entorno reducido del punto singular utilizando la siguiente 
propiedad: 
 
 
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ΞΞΞΞ Teorema 
 
z0 es un polo de orden k de f(z) ⇔⇔⇔⇔ f(z) = (z – z0)-k h(z) , con h(z) analítica en z0 y h(z0) ≠≠≠≠0 
 
 
Demostración: 
⇒⇒⇒⇒) sabemos que : z0 es un polo de orden k de f(z) 
 queremos demostrar que : f(z) = (z – z0)
-k h(z) , con h(z) analítica en z0 y h(z0) ≠≠≠≠0 
 
Como z0 es un polo de orden k de f(z) entonces f(z) admite un desarrollo en serie de Laurent 
convergente en 0 < | z – z0| < R de la forma : 
 
(((( )))) (((( )))) (((( ))))
(((( ))))n0
0n
n
0
1
1k
0
1k
k
0
k zza
zz
b
zz
b
zz
b
)z(f −−−−++++
−−−−
++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++
−−−−
++++
−−−−
==== ∑∑∑∑
∞∞∞∞
====
−−−−
−−−− , con bk ≠≠≠≠0 
 
multiplicando ambos miembros de la igualdad anterior por (z – z0)
k , obtenemos: 
 
(((( )))) (((( )))) (((( )))) (((( ))))
44444444444 344444444444 21
)z(h
kn
0
0n
n
1k
0101kk
k
0 zzazzb....zzbbzz)z(f
++++
∞∞∞∞
====
−−−−
−−−− −−−−++++−−−−++++++++−−−−++++====−−−− ∑∑∑∑ 
observamos que en el segundo miembro se obtiene una serie de potencias positivas convergente 
en | z – z0| < R . 
Si llamamos h(z) a la suma de dicha serie, entonces h(z) es analítica en z0 y h(z0) = bk ≠≠≠≠0 , por 
lo tanto podemos afirmar que 
f(z) (z – z0)
k = h(z) 
 
y despejando obtenemos lo que queríamos: 
 
f(z) = (z – z0)
-k h(z), con h(z) analítica en z0 y h(z0) ≠≠≠≠0 
 
 
⇐⇐⇐⇐) sabemos que : f(z) = (z – z0)-k h(z) , con h(z) analítica en z0 y h(z0) ≠≠≠≠0 
 queremos demostrar que : z0 es un polo de orden k de f(z) 
 
Sabemos que f(z) = (z – z0)
-k h(z) donde h(z) es una función analítica en z0 y h(z0) ≠≠≠≠0 , por lo 
tanto podemos desarrollar h(z) en serie de Taylor alrededor de dicho punto obteniendo: 
 
(((( ))))n0
0n
0
)n(
zz
!n
)z(h
)z(h −−−−====∑∑∑∑
∞∞∞∞
====
, convergente en | z – z0| < R 
 
Reemplazando esta serie en f(z) = (z – z0)
-k h(z) obtenemos: 
 
(((( )))) (((( )))) kn0
0n
0
)n(
n
0
0n
0
)n(
k
0 zz!n
)z(h
zz
!n
)z(h
)zz()z(f −−−−
∞∞∞∞
====
∞∞∞∞
====
−−−− −−−−====−−−−−−−−==== ∑∑∑∑∑∑∑∑ 
 
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9 
como el factor (z – z0)
-k sólo tiene sentido si z ≠≠≠≠ z0 y la serie de h(z) converge en | z – z0| < R , el 
producto converge en la intersección, es decir esta serie converge en 0 <| z – z0| < R y por lo 
tanto es una serie de Laurent de f(z) que converge en un entorno reducido de z0 
 
Explicitando los términos encontramos que: 
 
f(z) 
(((( )))) (((( )))) (((( ))))
.......)z(h
zz
)z(h
zz
)z('h
zz
)z(h
0
)k(
0
0
)1k(
1k
0
0
k
0
0 ++++++++
−−−−
++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++
−−−−
++++
−−−−
====
−−−−
−−−−
 , en 0 <| z – z0| < R 
 
como h(z0) ≠≠≠≠0 , podemos afirmar que k es la mayor potencia que aparece en el denominador y 
por definición de polo podemos afirmar que z0 es un polo de orden k , que es lo que queríamos 
demostrar. 
 
 
 
� Ejemplos 
 
1- Las funciones 
)iz(z
e
)z(f
4
z
ππππ−−−−
==== y 
)iz(z
zsen
)z(g
4 ππππ−−−−
==== tienen como puntos singulares a z1 = 0 
y z2 = ππππi y son aislados en ambas (¿porqué?) 
Como f(z) puede escribirse así 
43421
)z(h
z
4
1
iz
e
z)z(f 





ππππ−−−−
==== −−−− con h1(z) analítica en 0 y h1(0) ≠≠≠≠0, por el 
teorema de caracterización de polos podemos asegurar que 0 es un polo de orden 4 de f(z) 
 
Si queremos razonar en forma similar para la función g(z) escribimos
43421
)z(h
4
2
iz
zsen
z)z(g 





ππππ−−−−
==== −−−− , en 
este caso h2(z) es analítica en 0 , pero h2(0) = 0 , y por lo tanto no puede aplicarse el teorema 
de caracterización de polos y nos quedamos sin saber que tipo de singularidad tiene g(z) en 0 
 
 
∆ Actividad 1: 
 
 Averiguar si puede aplicarse el teorema de caracterización de polos para clasificar la 
singularidad z2 = ππππi de las funciones f(z) y g(z) del ejemplo anterior, en caso afirmativo hallar el 
orden del polo. 
 
 
 
Es natural preguntarse si para clasificar las singularidades aisladas es necesario hallar la serie de 
Laurent convergente en un entorno reducido de dicha singularidad, veremos a continuación que 
si la función es cociente de dos funciones analíticas entonces podemos clasificar las 
singularidades evitables . 
 
 
 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
10 
 
ΞΞΞΞ Teorema : Clasificación de singularidades aisladas de funciones que son 
cociente de analíticas 
 
Sea 
)z(h
)z(g
)z(f ==== donde g(z) y h(z) son analíticas en z0 y g(z) tiene un cero de orden p en z0 y 
h(z) tiene un cero de orden q en z0 entonces : 
 
a) Si p < q , z0 es un polo de orden (q – p) de f(z) 
b) Si p ≥≥≥≥ q , z0 es una singularidad evitable de f(z) 
 
Demostración: 
 
Como sabemos que z0 es un cero de orden p de g(z) y de orden q de h(z) , utilizando el teorema 
de caracterización de ceros a cada una de ellas podemos para afirmar que dichas funciones 
pueden escribirse como: 
 
g(z) = (z – z0)
p g1(z) , con g1(z) analítica en z0 y g1(z0) ≠≠≠≠ 0 
 
h(z) = (z – z0)
q h1(z) , con h1(z) analítica en z0 y h1(z0) ≠≠≠≠ 0 
 
de donde )z(f
)zz(
)zz(
)z(h
)z(g
)zz(
)zz(
)z(h)zz(
)z(g)zz(
)z(h
)z(g
)z(f 1q
0
p
0
1
1
q
0
p
0
1
q
0
1
p
0
−−−−
−−−−====
−−−−
−−−−====
−−−−
−−−−======== (*) 
 
donde f1(z) es analítica en z0 , por ser el cociente de dos analíticas en z0 , y f1(z0) ≠≠≠≠ 0 
 
Si q > p , entonces (q – p) > 0 y por (*) , f(z) puede escribirse como 
 
f(z) = (z – z0)
- (q – p) f1(z) 
 
y por el teorema de caracterización de polos, podemos afirmar que z0 es polo de orden (q – p) 
 
Si p ≥≥≥≥ q , entonces (p – q) > 0 y por (*) podemos escribir f(z) = (z – z0)p – q f1(z) si z ≠≠≠≠ z0 . 
Como el producto (z – z0)
p – q f1(z) es analítico en z0 se puede desarrollar en serie de Taylor en 
potencias de (z – z0) , se deja como ejercicio justificar que en este caso z0 es una singularidad 
evitable de f(z). 
 
 
•••• Ejercicios 
 
 
6- Hallar y clasificar las singularidades aisladas de las siguientes funciones teniendo en cuenta 
que todas ellas son cociente de funciones analíticas : 
 
 a) 
(((( ))))21 2z
)2z(sen
)z(f
−−−−
−−−−==== b) 
z sen
z
)z(f
2
2 ==== 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
11 
 c) 
z sh
z
)z(f3 ==== d) (2z) cos1
)z( z sen
)z(f
2
4 −−−−
ππππ++++==== 
 
7- Sea g(z) una función analítica en z0 = 2 con g(2) ≠≠≠≠ 0 y f(z) = (z –2)4 [g(z)]3, justificar que 
)z(f
)z('f´
)z(F ==== tiene una singularidad aislada en z0 = 2 y clasificarla. 
 
8- Sabiendo que h(z) tiene un polo de orden n en z0 y g(z) tiene un polo de orden m en z0 , con 
m < n , justificar la validez de las siguientes proposiciones . 
 
a) F1(z) = ( z – z0)
-2 h(z) tiene un polo de orden n + 2 en z0 
 
b) F2(z) = h(z) g(z)tiene un polo de orden n + m en z0 
 
c) F3(z) = h(z) + g(z) tiene un polo de orden n en z0 
d) 
)z(h
)z(g
)z(F4 ==== tiene una singularidad evitable en z0 
e) 
)z(g
)z(h
)z(F5 ==== tiene un polo de orden n – m en z0 
f) Si n = m, analizar qué tipo de singularidad tienen las funciones F3(z), F4(z) y F5(z) en z0 
 
 
 
ΞΞΞΞ Teorema : Cálculo de residuos en polos 
 
Si z0 es un polo de orden k de f(z) entonces Res(f, z0) = (((( ))))[[[[ ]]]] )1k(k0zz )z(fzz)!1k(
1
lím
0
−−−−
→→→→
−−−−
−−−−
 
En particular: Si z0 es un polo de orden 1 de f(z) entonces Res(f,z0) = (((( ))))[[[[ ]]]])z(fzzlím 0
zz 0
−−−−
→→→→
 
 
Demostración: 
 
Por ser z0 un polo de orden k de f(z) entonces por el teorema de caracterización de polos 
podemos escribir: 
 
 f(z) = (z – z0)
-k h(z) , con h(z) analítica en z0 y h(z0) ≠≠≠≠0 
 
Desarrollando por Taylor la función h(z) obtenemos: 
 
f(z) 
(((( )))) (((( )))) (((( ))))
.......
!k
)z(h
zz)!1k(
)z(h
zz
)z('h
zz
)z(h 0
)k(
0
0
)1k(
1k
0
0
k
0
0 ++++++++
−−−−−−−−
++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++
−−−−
++++
−−−−
====
−−−−
−−−−
 , en 0 <| z – z0| < R 
 
 
Como el residuo es el coeficiente de la potencia (z – z0)
-1 de la serie que converge en un entorno 
reducido de z0 , buscamos dicho coeficiente en la serie anterior y podemos afirmar que: 
 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
12 
Res(f, z0) =
)!1k(
)z(h 0
)1k(
−−−−
−−−−
 
 
Esta expresión no es muy útil pues expresa el residuo de f en función de la derivada de orden 
(k –1) d e la función h, por ello es conveniente observar que: 
 
Res(f, z0) =
[[[[ ]]]] [[[[ ]]]]
)!1k(
)z(f)zz(
lím
)!1k(
)z(h
lím
)!1k(
)z(h
)1k(k
0
zz
)1k(
zz
0
)1k(
00 −−−−
−−−−
====
−−−−
====
−−−−
−−−−
→→→→
−−−−
→→→→
−−−−
 
 
y el teorema queda demostrado. 
 
 
 
� Ejemplos 
 
1- Calcular dz 
z sen z
1
3|1z|∫∫∫∫ ====−−−− 
 
 
Como los únicos puntos singulares de la función interiores a la curva son z0 = 0 y z1= ππππ , 
sabemos que 
 
[[[[ ]]]] [[[[ ]]]]{{{{ }}}}ππππ++++ππππ====∫∫∫∫ ====−−−− ,fsRef,0Res i 2dz z sen z
1
3|1z|
 , donde 
senz z
1
f(z) ==== 
 
Se deja como ejercicio justificar que z0 = 0 es un polo de orden 2 y z1= ππππ es un polo simple, 
entonces: 
 
� Res(f, 0) 
zsen
zcoszzsen
lím
zsen
z
lím
z sen z
1
z 
1!
1
 lím
20z
)1(
0z
)1(
2
0z
−−−−====




====




====
→→→→→→→→→→→→
= 
 (como la indeterminación es de la forma 0/0, podemos usar la regla de L´Hospital) 
 
 = 0
zcos2
z
lím
zcoszsen2
zsenzzcoszcos
lím
0z0z
========++++−−−−
→→→→→→→→
 
 
� Res(f, π ) 
z sen z
1
)z(lím
z
ππππ−−−−====
ππππ→→→→
 
1
 
zcoszz sen 
1
lím
z ππππ
−−−−====
++++
====
ππππ→→→→
 
 (como la indeterminación era de la forma 0/0, usamos la regla de L´Hospital para salvarla) 
 
 
 Por lo tanto i2
1
0 i 2dz 
z sen z
1
3|1z|
−−−−====






ππππ
−−−−ππππ====∫∫∫∫ ====−−−− 
 
 
0 
ππππ 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
13 
•••• Ejercicios 
 
 
9- Hallar el residuo en las singularidades aisladas de las funciones del ejercicio 6 
 
10- Si 
2
0 )z-(z
)z(g
)z(f ==== tiene un polo de orden dos en z0 y el residuo en dicho punto vale cero, 
demostrar que g(z0) ≠≠≠≠ 0 y g’(z0) = 0 
 
 
11- Calcular usando residuos 
 
a) dz 
1z
z
2|z| 2∫∫∫∫ ==== ++++
 b) dz 
z2z
e
2|iz| 2
z
∫∫∫∫ ====−−−− ++++
 
 
c) (((( )))) dz z2cos
zsenzcos
2|2z|∫∫∫∫ ====−−−−
−−−−
 d)
(((( ))))
(((( )))) dz z2cos1
)z2(senz
2|2/z|
2
∫∫∫∫ ====ππππ−−−− −−−−
ππππ−−−−
 
 
e)
(((( ))))(((( ))))
dz 
2/zz2sen1
z2cos
2|2/z| 2∫∫∫∫ ====ππππ++++ ππππ++++−−−−
 f) 
(((( ))))
 dz 
z
z/1sh
z sh
z
4|z|
∫∫∫∫
====





 ++++ 
 
12- Si f(z) es analítica sobre la curva C : |z – i| = 2 y su interior y f(0) = f(i)= 4, f’(i) = 0 , 
justificar usando la teoría de residuos que 
(((( ))))
0dz
iz z
)z(f
C 2
====
−−−−∫∫∫∫
 
 
13- Si f(z) es analítica sobre la curva C : |z – 2i| = 1 y su interior, justificar usando la teoría de 
residuos que 
(((( ))))
(((( ))))
3
)i2(f i
dz
i2z
)z(f 3
C 4
ππππ====
−−−−∫∫∫∫
 
 
14- Sea H(z) analítica en todo el plano complejo y H(0) = 0, H’ (0) = 7, H’’(0) = 2, H(n)(0) = 0 
para n ≥≥≥≥ 3 , calcular dz 
zsen z
)z(H
C∫∫∫∫ siendo C: | z | = 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
14 
♦ Integrales de variables real 
 
La teoría de residuos permite calcular ciertos tipos de integrales definidas e impropias del análisis 
real que se ilustran a continuación 
 
1- Integrales de funciones que dependen exclusivamente de senos y cosenos 
 
Mostramos a continuación cómo se puede transformar la integral 
 
∫∫∫∫
ππππ++++αααα
αααα
θθθθθθθθθθθθ
2
d ) cos , F(sen 
 
en una integral de variable compleja z sobre la curva cerrada | z | = 1 . 
 
Antes de detallar el procedimiento es importante señalar que θθθθ es una variable real que se mueve 
en un intervalo de amplitud 2ππππ y el integrando sólo puede depender de sen θθθθ y/o cos θθθθ. 
 
Comenzamos proponiendo el siguiente cambio de variable z = eiθθθθ 
 
A continuación tratamos de expresar el integrando en función de la variable z, para ello 
observamos que : 
 
� como θθθθ varía en un intervalo de amplitud 2ππππ entonces z = eiθθθθ describe todos los puntos de la 
circunferencia | z | = 1 
� como dz = i eiθθθθ dθθθθ entonces dz
ie
1
d
iθθθθ
====θθθθ , que puede expresarse dz
iz
1
d ====θθθθ 
� usando las definiciones de sen y cos , podemos expresarlas en función de la variable z: 
 
i2
zz
i2
ee
sen
1ii −−−−θθθθ−−−−θθθθ −−−−====−−−−====θθθθ y 
2
zz
2
ee
cos
1ii −−−−θθθθ−−−−θθθθ ++++====++++====θθθθ 
 
Por lo tanto ∫∫∫∫
ππππ++++αααα
αααα
θθθθθθθθθθθθ
2
d ) cos , F(sen = dz
iz
1
2
zz
,
i2
zz
F
1|z|
11
∫∫∫∫ ====
−−−−−−−−





 ++++−−−−
 
 
 
� Ejemplo 
 
1- Calcular ∫∫∫∫
ππππ
ππππ−−−− ++++θθθθ++++θθθθ
θθθθ
 
3cos2sen
d
 
 
Comenzamos haciendo el cambio de variable z = eiθθθθ , que nos permitirá pasar a una integral con 
variable z que se mueve sobre la curva | z | = 1 y operamos de la manera ya indicada, es decir 
calculamos su diferencial dz
iz
1
d ====θθθθ y expresamos el integrando en función de θθθθ como se 
muestra a continuación: 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
15 
zi2
)i2(iz6z)i2(
zi2
zi6
zi2
1z
i
iz2
1z
23
2
zz
i2
zz
23cossen2
22211 ++++−−−−++++++++++++====++++




 ++++++++




 −−−−====++++




 ++++++++




 −−−−====++++θθθθ++++θθθθ
−−−−−−−−
 
dado que los valores que anulan el numerador son z1= 
5
2
i
5
1 −−−−−−−− y z2= 2i1−−−−−−−− (verificar que 
esta afirmación es correcta), podemos escribir: 
 
zi2
)i21z)(z)(i2(
3cossen2 5
i2
5
1 ++++++++++++++++++++
====++++θθθθ++++θθθθ 
Por lo tanto 
 
====
++++++++++++++++++++
====
++++++++++++++++++++
====
++++θθθθ++++θθθθ
θθθθ
∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ ========
ππππ
ππππ−−−−
 
)i21z)(z(
dz
)i2(
2
 
iz
dz
 
)i21z)(z)(i2(
zi2
 
cos2sen
d
 
1|z|
5
i2
5
11|z|
5
i2
5
1
 
= [[[[ ]]]] (((( )))) ππππ====




++++++++
ππππ====−−−−−−−−ππππ
++++ 5
i8
5
45
i2
5
1 1
)i2(
i4
),f(sRe i2
)i2(
2 (verificar que el residuo es el que se ha 
indicado) 
 
 
•••• Ejercicios 
 
15-Justificar usando teoría de residuos el valor de las integrales que se dan a continuación. 
 
a) ∫∫∫∫
ππππ ππππ====
θθθθ++++
θθθθ2
0 2cos35
d 
 b) ∫∫∫∫
ππππ ππππ====
θθθθ++++
θθθθ2/
0 2 62sen2
d 
 
 c) ∫∫∫∫
ππππ
ππππ====
θθθθ++++θθθθ
θθθθ2
0 22 cos4sen
d 
 d) ∫∫∫∫
ππππ ππππ====
θθθθ−−−−
θθθθθθθθ2
0 12cos45
d )cos(3
 
 
 
♦ Integrales impropias 
 
Recordemos que la integral impropia de una función continua f(x) sobre el intervalo [a,∞∞∞∞) se 
define como: 
∫∫∫∫ ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞→→→→
====
a
R
aR
 dx f(x) lím dx f(x) 
 
y cuando existe el límite de la derecha, se dice que la integral impropia converge y su valor es el 
valor de dicho límite. 
 
Si f(x) es continua para todo x, la integral impropia ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx f(x) se define como: 
 
∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− ∞∞∞∞→→→→−∞−∞−∞−∞→→→→
++++==== dx f(x) lím dx f(x) lím dx f(x) 2
211
R
0R
0
RR
 
 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
16 
y cuando existen ambos límites de la derecha y no valen infinito, se dice que la integral impropia 
converge y su valor es la suma de dichos límites. 
 
Si integramos en un intervalo [-R , R] simétrico respecto del origen y luego hacemos tender R a 
infinito, es decir si calculamos ∫∫∫∫−−−−∞∞∞∞→→→→
R
RR
dx )x(flím y este límite existe y es finito, denominamos a 
dicho resultado valor principal de Cauchy e indicamos: 
 
∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
==== dx f(x))vp( ∫∫∫∫−−−−∞∞∞∞→→→→
R
RR
dx )x(flím 
 
⊕⊕⊕⊕ Observación 
 
1- Usando criterios de convergencia de las integrales impropias, puede demostrarse que, si la 
integral ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx f(x) converge entonces su valor coincide con el valor principal de Cauchy. 
 El recíproco no es válido como lo muestra el siguiente ejemplo: 
 
(((( )))) (((( ))))
2
R
lím
2
R
lím dxx lím dxx lím dx x 
2
2
R
2
1
R
R
0R
0
RR 21
2
211 ∞∞∞∞→→→→−∞−∞−∞−∞→→→→
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− ∞∞∞∞→→→→−∞−∞−∞−∞→→→→
++++−−−−====++++====∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫ 
 
y como cada uno de estos límites no son finitos, el límite no existe y por lo tanto la integral no 
converge. 
 
Sin embargo si calculamos el valor principal de Cauchy: 
 
∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
==== dx x )vp( 00lím
2
R
2
R
límdx x lím
R
22
R
R
RR
========





−−−−====
∞∞∞∞→→→→∞∞∞∞→→→→−−−−∞∞∞∞→→→→ ∫∫∫∫ 
 
vemos rápidamente que el valor principal de Cauchy de esta integral existe y vale cero. 
 
2- Si f(x) es par , es decir f(x) = f(-x) y existe una de las integrales ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx f(x)) vp( , 
∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx f(x) entonces existe la otra. 
 
 
2 - Cálculo de Integrales impropias por medio de residuos 
 
Queremos calcular una integral impropia de la forma ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx f(x) ,con f(x) continua sobre la recta 
real. Sabemos que si dicha integral es convergente entonces vale la igualdad 
∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx f(x) = ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx f(x))vp( , por lo tanto si podemos calcular ∫∫∫∫−−−−∞∞∞∞→→→→
R
RR
dx )x(flím obtendremos el 
resultado de la integral propuesta. 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
17 
Como la teoría de residuos permite calcular fácilmente integrales sobre 
curvas cerradas, consideramos el intervalo [-R, R] de la recta real y la 
semicircunferencia superior centrada en el origen de radio R, que 
denominamos CR , generando de este modo una curva cerrada 
C = [-R, R] ∪∪∪∪ CR como se observa en dibujo. 
 
Si f(z) es analítica en el semiplano Im(z) ≥≥≥≥ 0 , salvo en un número 
finito de puntos z1, z2 , ...., zn , todos ellos con Im(zk) > 0 , elegimos R 
lo suficientemente grande para que los puntos singulares del semiplano 
superior queden en el interior de C . 
 
Por lo tanto por el teorema de los residuos sabemos que: 
 
[[[[ ]]]]∑∑∑∑∫∫∫∫
====
ππππ====
n
1k
kC
z , f Res i2 dz )z(f (*) 
 
Como C = [-R, R] ∪∪∪∪ CR , entonces la integral del primer miembro de (*) es igual a la suma de la 
integral sobre el segmento [-R,R] más la integral sobre la semicircunferencia CR : 
 
====∫∫∫∫ dz )z(fC [[[[ ]]]] ∫∫∫∫∫∫∫∫ ====++++−−−− RCR,R dz )z(fdz )z(f ∫∫∫∫∫∫∫∫ ++++−−−− RC
R
R
dz )z(fdx )x(f 
 
por lo tanto la expresión (*) puede escribirse 
 
∫∫∫∫∫∫∫∫ ++++−−−− RC
R
R
dz )z(fdx )x(f [[[[ ]]]]∑∑∑∑
====
ππππ====
n
1k
kz , f Res i2 
 
y despejando puede ponerse en la forma : 
 
∫∫∫∫∫∫∫∫ −−−−====−−−− RC
R
R
dz )z(fdx )x(f [[[[ ]]]]∑∑∑∑
====
ππππ++++
n
1k
kz , f Res i2 
 
como la suma de los residuos es constante y no depende de R, tomando límite para R →→→→ ∞∞∞∞ en 
ambos miembros de la última expresión obtenemos: 
 
++++−−−−==== ∫∫∫∫∫∫∫∫ ∞∞∞∞→→→→−−−−∞∞∞∞→→→→ RCR
R
RR
dz )z(flímdx )x(flím [[[[ ]]]]∑∑∑∑
====
ππππ
n
1k
kz , f Res i2 
 
Si tenemos la suerte que 0dz )z(flím
RCR
====∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→ entonces la expresión anterior permite conocer el 
valor principal de la integral impropia que queríamos y su valor resulta ser: 
 
(vp) ====∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx )x(f [[[[ ]]]]∑∑∑∑
====
ππππ
n
1k
kz , f Res i2 
 
 -R R 
CR 
 -R R 
z2 
z1 
zn 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
18 
A continuación se detallan dos situaciones, que indicamos con a) y b) donde se cumple 
0dz )z(flím
RCR
====∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→ y por lo tanto es posible calcular una integral de variable real mediante teoría 
de residuos. 
 
 
a) Integrales impropias de cociente de polinomios 
 
Si 
)x(q
)x(p
)x(f ==== con p(x) y q(x) polinomios reales sin factores comunes, y donde q(x) no tiene 
raíces reales y el grado de q(x) supera en al menos 2 unidades al grado de p(x) entonces 
0dz 
q(z)
p(z)
 lím
RCR
====∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→ , y este límite deberá justificarse en cada ejercicio como se muestra en el 
ejemplo siguiente. 
 
 
� Ejemplo 
 
Queremos calcular ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− ++++
dx 
)1(x
2-x
 
22
, donde es inmediato que el integrando es continuo sobre la 
recta real pues es cociente de continuas y el denominador no tiene raíces reales, pues el 
denominador sólo se anula en i y -i 
 
Para ello consideramos una curva cerrada C formada por el segmento 
[-R, R] del eje x y una semicircunferencia superior CR centrada en el 
origen de radio R, donde consideramos R lo suficientemente grande 
para que las raíces del denominador con parte imaginaria positiva queden en el interior de dicha 
curva cerrada, en este caso R debe ser mayor que 1 y calculamos usando teoría de residuos la 
integral de 
(((( ))))22 1z
2-z
f(z)
++++
==== , 
en este ejemplo : 
(((( )))) 





++++
−−−−ππππ====
++++
−−−−
∫∫∫∫ i,
1z
2z
sRe i2dz 
)1z(
2z
22C 22
 
 
como i es un polo de orden dos del integrando, dicho residuo resulta: 
 
(((( )))) i2
1
)iz(
)iz(2)2z()iz(
lím
)iz()iz(
2z
)iz(
dz
d
lími,
1z
2z
sRe 
4
2
iz22
2
iz22
−−−−====
++++
++++−−−−−−−−++++====





++++−−−−
−−−−−−−−====








++++
−−−−
→→→→→→→→
 
 
y por lo tanto 
 
ππππ−−−−====




 −−−−ππππ====
++++
−−−−
∫∫∫∫ i2
1
i2 dz 
)1z(
2z
C 22
 
 
 
-R R x 
y 
i CR 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
19 
Como C = [-R,R] ∪∪∪∪ CR , la expresión anterior puede escribirse 
 
ππππ−−−−====
++++
−−−−++++
++++
−−−−
∫∫∫∫∫∫∫∫−−−− RC 22
R
R 22
dz
)1z(
2z
dx
)1x(
2x 
o su equivalente 
 
ππππ−−−−
++++
−−−−−−−−====
++++
−−−−
∫∫∫∫∫∫∫∫−−−− RC 22
R
R 22
dz
)1z(
2z
 dx
)1x(
2x 
 
y tomando límite para R →→→→ ∞∞∞∞ a ambos miembros de la última expresión obtenemos 
 
(vp) ππππ−−−−
++++
−−−−====
++++
−−−−
∫∫∫∫∫∫∫∫ ∞∞∞∞→→→→
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− RC 22R22
dz
)1z(
2z
límdx
)1x(
2x 
 
Tratemos de demostrar que 0dz
)1z(
2z
lím
RC 22R
====
++++
−−−−
∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→ , teniendo presente que sobre CR se verifica 
que |z| = R 
 
Recordando que | a ±±±± b | ≤≤≤≤ | a | + | b | , podemos acotar el numerador sobre la curva CR : 
 
|z - 2| ≤≤≤≤ |z| + |2|= R + 2 
 y recordando que | a ±±±± b | ≥≥≥≥ | |a| - |b| | , podemos afirmar que 
|b||a|
1
|ba|
1
−−−−
≤≤≤≤
±±±±
 , por lo tanto 
sobre CR vale la siguiente acotación : 
22222 )1R(
1
|1||z|
1
|1z|
1
−−−−
====
−−−−
≤≤≤≤
++++
 
 
Estos comentarios nos permiten acotar el integrando : 
 
(((( )))) (((( ))))22222222 1R
2R
1R
1
)2R(
|1z|
1
 |2z|
)1z(
2z
−−−−
++++====
−−−−
++++≤≤≤≤
++++
−−−−====
++++
−−−− , por lo tanto 
 
≤≤≤≤
++++
−−−−≤≤≤≤ ∫∫∫∫
RC 22
dz
)1z(
2z
0
22
C de longitud
C22C 22 )1R(
R)2R(
|dz|
)1R(
2R
|dz|
)1R(
2R
R
RR −−−−
ππππ++++====
−−−−
++++====
−−−−
++++
∫∫∫∫∫∫∫∫
43421
 
 
y aplicando el teorema del sandwich, podemos afirmar que 0dz
)1z(
2z
lím
RC 22R
====
++++
−−−−
∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→ 
Por lo tanto (vp) ππππ−−−−====
++++
−−−−
∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx
)1x(
2x
22
 
Como la integral propuesta es convergente, podemos afirmar que ππππ−−−−====
++++
−−−−
∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx
)1x(
2x
22
 
 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
20 
•••• Ejercicios 
 
16- Justificar usando teoría de residuos el valor de las integrales que se dan a continuación. 
 
a) (((( ))))(((( )))) 309x4x
xd
 
- 22
ππππ====
−−−−++++∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞
 b) 
84)(x
xd x
 
0 22
2 ππππ====
++++∫∫∫∫
∞∞∞∞
 c) (((( ))))∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞
ππππ−−−−====
++++++++-
22 2xx 22
xdx 
 
 
 
b) Integrales impropias en las que intervienen senos y cosenos 
 
La teoría de residuos permite calcular integrales reales donde intervienen senos o cosenos y son 
de la forma ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx (ax) sen )x(f o ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx (ax) cos )x(f donde a es una constante real positiva. 
 
 
Se trabaja de forma similar a la ya descripta en el sentido que tomamos 
una curva cerrada C = [-R, R] ∪∪∪∪ CR , aplicamos teoría de residuos y 
tenemos que demostrar que la integral sobre CR tiende a cero, si R tiende 
a infinito. Este último paso no es posible realizarlo pues analizando los 
módulos de estas funciones en el semiplano y > 0 , vemos que 
 
|sen z | = )y(a sh
2
ee
2
ee
i2
ee
ayayiaziaziaziaz
====
−−−−
====
−−−−
≥≥≥≥
−−−−
−−−−−−−−−−−−
 
∞∞∞∞→→→→
→→→→
y
 ∞∞∞∞ 
 
|cos (az) | = )y(a sh
2
ee
2
ee
2
ee
ayayiaziaziaziaz
====
−−−−
====
−−−−
≥≥≥≥++++
−−−−−−−−−−−−
 
∞∞∞∞→→→→
→→→→
y
 ∞∞∞∞ 
 
pero es interesante observar que la exponencial eiaz sí está acotada en el semiplano y > 0, pues 
 
|eiaz | = | e-ay eiax | = e-ay < 1 , si a > 0 
 
Por este comentario es que se considera la siguiente igualdad 
 
[[[[ ]]]] ∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ −−−− −−−−−−−−−−−− ++++====++++====
R
R
R
R
R
R
R
R
iax dx (ax) sen f(x) i dx (ax) cos f(x) dx isen(ax) (ax) cos f(x) dx e f(x) 
 
de donde se desprende que : ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx (ax) cos )x(f = 



∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx e )x(f Re iax 
 
 ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx (ax) sen )x(f = 



∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx e )x(f Im iax 
 
 -R R 
CR 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
21 
por ello nunca calcularemos por residuos las integrales impropias que contienen senos y cosenos , 
sino que calcularemos por residuos la integral que se obtiene reemplazando las funciones 
trigonométricas por una exponencial compleja. 
 
 
� Ejemplo 
 
Si queremos calcular ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− ++++−−−−
dx 
5x4x
sen(2x)
 
2
, comenzamos considerando la igualdad 
 
∫∫∫∫ ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− 




++++−−−−
====
++++−−−−
 dx 
5x4x
e
 Imdx 
5x4x
sen(2x)
 
2
2ix
2
 
 
y procedemos a calcular la integral dz
5z4z
e
2
2iz
C ++++−−−−∫∫∫∫
 usando 
teoría de residuos sobre la curva C = [-R, R] ∪∪∪∪ CR 
 
Si llamamos 
5z4z
e
)z(g
2
2iz
++++−−−−
==== resulta evidente que es analítica en el eje real y en el semiplano 
superior con excepción del punto -2 + i , donde tiene un polo de orden uno (recordar que se 
toma R lo suficientemente grande para que las singularidades del integrando del semiplano 
superior queden en el interior de C y observar que la función no es analítica en -2 -i , que no debe 
tenerse en cuenta por ser exterior a C) 
 
[[[[ ]]]]i2- g(z), Res i2dz
i)-2(z i)2(z
e
dz
5z4z
e 2iz
C2
2iz
C
++++ππππ====
++++++++++++
====
++++++++ ∫∫∫∫∫∫∫∫
 
 
Como [[[[ ]]]]
i2
e
)i2z)(i2z(
e
)i2z(lími2- g(z), Res 
)i2(i2iz2
i2z
++++−−−−
++++−−−−→→→→
====
−−−−++++++++++++
−−−−++++====++++ entonces 
 
)4seni4(cose
2i
e
 i2dz
5z4z
e 2
4i - -2
2
2iz
C
−−−−ππππ====ππππ====
++++++++
−−−−
∫∫∫∫ 
 
Como C = [-R,R] ∪∪∪∪ CR , la expresión anterior puede escribirse 
 
====
++++++++
++++
++++++++ ∫∫∫∫∫∫∫∫−−−− RC 2
iz2R
R 2
ix2
dz
5z4z
e
dx
5x4x
e )4seni4(cose 2 −−−−ππππ −−−− 
 
y tomando límite para R →→→→ ∞∞∞∞ a ambos miembros de la última expresión obtenemos 
 
====
++++++++
++++
++++++++ ∫∫∫∫∫∫∫∫ ∞∞∞∞→→→→
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− RC 2
iz2
R2
ix2
dz
5z4z
e
límdx
5x4x
e
)vp( )4seni4(cose 2 −−−−ππππ −−−− 
-R R x 
y -2+i CR 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
22 
Tratemos de demostrar que 0dz
5z4z
e
lím
RC 2
iz2
R
====
++++++++∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→
 teniendo presente que |z| = R sobre CR , 
que |eiaz | = | e-ay eiax | = e-ay < 1 y que la integral de |dz| da la longitud de la curva: 
 
 
5R4R
R
dz
5R4R
1
dz 
5z4z
e
dz
5z4z
e
0
2C C 22
iz2
C 2
iz2
R RR −−−−−−−−
ππππ====
−−−−−−−−
≤≤≤≤
++++++++
≤≤≤≤
++++++++
≤≤≤≤ ∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫ 
 
como la última expresión tiende a 0 si R tiende a infinito, aplicando el teorema del sandwich 
podemos afirmar que laintegral sobre CR tiende a 0 como pretendíamos. 
 
Por lo tanto ====
++++++++∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx
5x4x
e
)vp(
2
ix2
)4seni4(cose 2 −−−−ππππ −−−− 
 
De donde se desprende que (vp) ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− ++++−−−−
dx 
5x4x
sen(2x)
 
2
= Im [ππππe-2 (cos 4 - i sen 4)]= - ππππe-2 sen 4 
 
también podemos afirmar que (vp) ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− ++++−−−−
dx 
5x4x
cos(2x)
 
2
= Re [ππππe-2 (cos 4 - i sen 4)]= ππππe-2 cos 4 
 
⊕⊕⊕⊕Observación 
 
1- Si 
)x(q
)x(p
)x(f ==== con p(x) y q(x) polinomios reales sin factores comunes, y donde q(x) no tiene 
raíces reales y el grado de q(x) supera en al menos 2 unidades al grado de p(x) entonces 
0dz e
q(z)
p(z)
 lím
RC
iaz
R
====∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→ siempre que a > 0 y este límite deberá justificarse en cada ejercicio 
como se ha mostrado en el ejemplo anterior. 
 
2- Si la diferencia de grados entre p(x) y q(x) es igual a 1 , por ejemplo si se quieren calcular las 
integrales ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− ++++−−−−
++++
dx sen(2x) 
5x4x
 2x
 
2
ó ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− ++++−−−−
++++
dx (2x) cos 
5x4x
 2x
 
2
, se procede de manera similar 
a lo explicado, pero cuando tengamos que demostrar que la integral sobre CR tiende a cero, si 
acotamos siguiendo los mismos pasos que usamos en el ejemplo anterior nos quedará : 
 
5R4R
R)2R(
dz
5R4R
2R
dz 
5z4z
e )2z(
dz
5z4z
e )2z(
0
2C C 22
iz2
C 2
iz2
R RR −−−−−−−−
ππππ++++====
−−−−−−−−
++++≤≤≤≤
++++++++
++++≤≤≤≤
++++++++
++++≤≤≤≤ ∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫ 
 
y la última expresión no tiende a cero, por ello la acotación debe realizarse usando el resultado 
que se enuncia y demuestra a continuación. 
 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
23 
♦ Desigualdad de Jordan: 
R
dte 
0
t Rsen- ππππ<<<<∫∫∫∫
ππππ
 
 
Demostración 
 
Como la gráfica de sen t es simétrica respecto de la recta t = ππππ/2, podemos afirmar que 
 
 dte2dte 
2/
0
t Rsen-
0
t Rsen-
∫∫∫∫∫∫∫∫
ππππππππ
==== 
 
Teniendo en cuenta el gráfico de la derecha se observa 
que: sen t ≥≥≥≥ 2t / ππππ si 0 ≤≤≤≤ t ≤≤≤≤ ππππ/2 
 
por lo tanto - Rsen t ≤≤≤≤ - R2t / ππππ , 
y por ser la exponencial creciente podemos asegurar que 
 
 e-Rsen t ≤≤≤≤ e -R2t / ππππ si 0 ≤≤≤≤ t ≤≤≤≤ ππππ/2 
 
entonces 
R
)e1(
R2
2
dte 2dte 2dte R
2/
0
R2t/-2/
0
t Rsen-
0
t Rsen- ππππ<<<<−−−−ππππ====≤≤≤≤==== −−−−
ππππ ππππππππππππ
∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ pues, como R > 0 
 
se cumple que 1 – e-R < 1 y la desigualdad 
R
dte 
0
t Rsen- ππππ<<<<∫∫∫∫
ππππ
 está probada 
 
� Ejemplo 
 
Si queremos calcular ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− ++++−−−−
++++
dx 
5x4x
sen(2x) 2)(x
 
2
, comenzamos considerando la igualdad 
 
∫∫∫∫ ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− 




++++−−−−
++++====
++++−−−−
++++
 dx 
5x4x
e 2)(z
 Imdx 
5x4x
sen(2x) 2)(x
 
2
2ix
2
 
 
y procedemos a calcular la integral dz
5z4z
e 2)(z
2
2iz
C ++++−−−−
++++
∫∫∫∫ sobre la 
curva C = [-R, R] ∪∪∪∪ CR 
 
Si llamamos 
5z4z
e 2)(z
)z(h
2
2iz
++++−−−−
++++==== , sabemos que es analítica en el eje real y en el semiplano superior 
con excepción del punto -2 + i , donde tiene un polo de orden uno 
 
[[[[ ]]]]i2- h(z), Res i2dz
i)-2(z i)2(z
e 2)(z
dz
5z4z
e 2)(z 2iz
C2
2iz
C
++++ππππ====
++++++++++++
++++====
++++++++
++++
∫∫∫∫∫∫∫∫ 
 
y = 2t/ππππ 
ππππ/2 ππππ t 
y 
y = sent 
0 
-R R x 
y -2+i CR 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
24 
Como [[[[ ]]]]
i2
e i
)i2z)(i2z(
e )2z(
)i2z(lími2- h(z), Res 
)i2(i2iz2
i2z
++++−−−−
++++−−−−→→→→
====
−−−−++++++++++++
++++−−−−++++====++++ entonces 
 
)4seni4(cose i 
2
e
 i2dz
5z4z
2)e(z 2
4i - -2
2
2iz
C
−−−−ππππ====ππππ====
++++++++
++++ −−−−
∫∫∫∫ 
 
Como C = [-R,R] ∪∪∪∪ CR , la expresión anterior puede escribirse 
 
====
++++++++
++++++++
++++++++
++++
∫∫∫∫∫∫∫∫−−−− RC 2
iz2
R
R 2
ix2
dz
5z4z
e)2z(
dx
5x4x
e)2x( )4seni4(cosei 2 −−−−ππππ −−−− 
 
y tomando límite para R →→→→ ∞∞∞∞ a ambos miembros de la última expresión obtenemos 
 
====
++++++++
++++++++
++++++++
++++
∫∫∫∫∫∫∫∫ ∞∞∞∞→→→→
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− RC 2
iz2
R2
ix2
dz
5z4z
e)2z(
límdx
5x4x
e)2x(
)vp( )4seni4(cose i 2 −−−−ππππ −−−− (*) 
 
Tratemos de demostrar que 0dz
5z4z
e)2z(
lím
RC 2
iz2
R
====
++++++++
++++
∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→ teniendo presente que CR : |z| = R , 
 
|dz|e
5R4R
2R
dz
5|z|4|z|
e)2|z(|
dz 
5z4z
e)2z(
dz
5z4z
e)2z(
0
RR RR C
iz2
2C C 2
iz2
2
iz2
C 2
iz2
∫∫∫∫∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫ −−−−−−−−
++++====
−−−−−−−−
++++
≤≤≤≤
++++++++
++++≤≤≤≤
++++++++
++++≤≤≤≤ 
(**) 
 
para la última integral parametrizamos la curva: 
 
CR: z(t) = R e
it = R (cos t + i sen t) con 0 ≤≤≤≤ t ≤≤≤≤ ππππ 
 
y calculamos |dz| = |R eit dt | = R dt pues | eit | = 1 y |dt| = dt (pues t varía de 0 a ππππ y por 
lo tanto es creciente), además sobre dicha curva la función |e2iz| se comporta como se muestra a 
continuación: 
tsenR2tsenR2tcosiR2tsenR2tcosiR2)tsenit(cosiR2iz2 ee| |eeeee −−−−−−−−−−−−++++ ================ 
 
por lo tanto 
2R2
Rdt Redz e
0
tsenR2
C
iz2
R
ππππ====ππππ<<<<==== ∫∫∫∫∫∫∫∫
ππππ −−−− , observar se ha usado la desigualdad de 
Jordan 
 
Teniendo en cuenta la desigualdad anterior volvemos a (**) y obtenemos: 
 
2
 
5R4R
2R
 |dz|e
5R4R
2R
dz
5z4z
e)2z(
0
2C
iz2
2C 2
iz2
RR
ππππ
++++−−−−
++++<<<<
++++−−−−
++++≤≤≤≤
++++++++
++++≤≤≤≤ ∫∫∫∫∫∫∫∫ 
 
 Matemática D 
 
Módulo I - Unidad 5 
25 
y esta expresión tiende a 0 si R tiende a infinito, por lo tanto 0dz
5z4z
e)2z(
lím
RC 2
iz2
R
====
++++++++
++++
∫∫∫∫∞∞∞∞→→→→ 
Reemplazando en la expresión (*) , obtenemos: 
 
====
++++++++
++++
∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
dx
5x4x
e)2x(
)vp(
2
ix2
)4seni4(cose i 2 −−−−ππππ −−−− 
 
De donde se desprende que (vp) ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− ++++−−−−
++++
dx 
5x4x
sen(2x) 2)(x
 
2
= Im [ππππie-2 (cos 4 - i sen 4)] = ππππe-2 cos 4 
 
también podemos afirmar que (vp) ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−− ++++−−−−
++++
dx 
5x4x
2)cos(2x)(x
 
2
= Re [ππππie-2 (cos 4 - i sen 4)]= ππππe-2 sen 4 
 
•••• Ejercicios 
 
 
17- Justificar usando teoría de residuos el valor de las integrales que se dan a continuación 
 
a) 
2
e
1x
xx)dcos(a 
 
2a
0 2
2 −−−−∞∞∞∞ ππππ====
++++∫∫∫∫
 b) 
e2
1sen
4x
xdx senx 
 
4
ππππ====
++++∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞−−−−
 
 
18- Calcular justificando todos los pasos 
 
a) ∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞ ++++++++- 24xx 1213
xd
 b) 
(((( ))))
∫∫∫∫
∞∞∞∞
∞∞∞∞ ++++++++- 24xx 1213
xd 3xsen
 
 
c) (((( ))))∫∫∫∫
∞∞∞∞
++++0
22
2
x16
xcos(2x)dx 
 d) ∫∫∫∫
∞∞∞∞
++++0 2 3x
xsen(2x)dx