Cálculo de una integral compleja

Ejercicio 1. Sea \(\alpha\in\mathbb{C}\) tal que \(\mathop{\mathrm{Re}}(\alpha)>1\). Para demostrar que \[\int_0^{+\infty}\dfrac{e^{-t}-e^{-\alpha t}}{t}\, dt =\mathop{\mathrm{Log}}(\alpha).\] vamos a calcular \[\int_C \dfrac{e^{-z}}{z}\, dz,\] donde \(C\) es la curva dada por la unión de \(C_1\), \(C_2\), \(C_3\) y \(C_4\) dadas por la siguiente gráfica

en la cual se considera \(r,R>0\) tales que \(r<|\alpha|<R\). Para esto, siga los siguientes pasos:

  1. Calcule \[\int_C \dfrac{e^{-z}}{z}\, dz.\]

  2. Evalúe y simplifique la expresión \[\int_{C_1} \dfrac{e^{-z}}{z}\, dz + \int_{C_3} \dfrac{e^{-z}}{z}\, dz.\]

  3. Evalúe el límite \[\lim_{R\to +\infty} \int_{C_2}\dfrac{e^{-z}}{z}\, dz.\]

  4. Evalúe el límite \[\lim_{r\to 0} \int_{C_4}\dfrac{e^{-z}}{z}\, dz.\]

  5. Deduzca la fórmula que se quería demostrar.

Recuerde que una parametrización del segmento que une \(A,B\in\mathbb{C}\) es \[% { \begin{array}{r@{\,}ccl} \gamma\colon & [0,1] & \longrightarrow & \mathbb{C}\\ & t & \longmapsto & \displaystyle A+t(B-A). \end{array} }\]

Solución.

  1. Dado que la función definida por \(z\mapsto\dfrac{e^{-z}}{z}\) es analítica en \(C\), junto con su interior, se tiene que \[\int_C \dfrac{e^{-z}}{z}\, dz=0.\]

  2. Una parametrización de \(C_1\) es \[% { \begin{array}{r@{\,}ccl} \gamma_1\colon & [0,1] & \longrightarrow & \mathbb{C}\\ & t & \longmapsto & \displaystyle r+t(R-r), \end{array} }\] entonces \[\begin{aligned} I_1 &=\int_{C_1} \dfrac{e^{-z}}{z}\, dz\\ &=\int_0^1 \dfrac{\exp\left(-r-t(R-r)\right)}{r+t(R-r)} (R-r)\, dt\\ &=\int_r^R \dfrac{\exp(-u)}{u}\, du\\ &=\int_r^R \dfrac{e^{-u}}{u}\, du, \end{aligned}\] en donde en la tercera igualdad se utilizó el cambio de variable \(u=r+t(R-r)\). Por otro lado, una parametrización de \(C_3\) es \[% { \begin{array}{r@{\,}ccl} \gamma_3\colon & [0,1] & \longrightarrow & \mathbb{C}\\ & t & \longmapsto & \displaystyle\alpha R+t(\alpha r-\alpha R), \end{array} }\] entonces \[\begin{aligned} I_3 &=\int_{C_3} \dfrac{e^{-z}}{z}\, dz\\ &=\int_0^1 \dfrac{\exp\left(-\alpha R-t(\alpha r-\alpha R)\right)}{\alpha R+t(\alpha r-\alpha R)} (\alpha r-\alpha R)\, dt\\ &=\int_0^1 \dfrac{\exp^\alpha\left(- R-t( r- R)\right)}{R+t( r- R)} (r-R) \, dt\\ &=-\int_r^R \dfrac{\exp^\alpha(-u)}{u}\, du\\ &=-\int_r^R \dfrac{e^{-\alpha u}}{u}\, du, \end{aligned}\] en donde en la cuarta igualdad se utilizó el cambio de variable \(u=R+t(r-R)\). Por lo tanto, se tiene que \[I_1+I_3 =\int_r^R \dfrac{e^{-u}-e^{-\alpha u}}{u}\, du =\int_r^R \dfrac{e^{-t}-e^{-\alpha t}}{t}\, dt,\] dado que la variable \(u\) es muda y puede reemplazarse por cualquier otra.

  3. Vamos a acotar esta integral, por la desigualdad triangular, \[\begin{aligned} |I_2| &\leq \int_{C_2} \dfrac{|e^{-z}|}{|z|} |dz|\\ &\leq \int_{C_2} \dfrac{e^{-x}}{|z|} |dz|\\ &\leq \int_{C_2} \dfrac{e^{-R}}{R} |dz|\\ &= \dfrac{e^{-R}}{R}|\alpha R-R|\\ &= e^{-R}|\alpha -1|,\end{aligned}\] tomando el límite cuando \(R\to+\infty\), se tiene que \[I_2=0.\]

  4. Una parametrización de \(C_4\) es \[% { \begin{array}{r@{\,}ccl} \gamma_4\colon & [0,1] & \longrightarrow & \mathbb{C}\\ & t & \longmapsto & \displaystyle\alpha r+t(r-\alpha r), \end{array} }\] entonces \[\begin{aligned} I_4 &=\int_{C_4} \dfrac{e^{-z}}{z}\, dz\\ &=\int_0^1 \dfrac{\exp\left(-\alpha r-t(r-\alpha r)\right)}{\alpha r+t(r-\alpha r)} (r-\alpha r)\, dt\\ &=\int_0^1 \dfrac{\exp^r\left(-\alpha-t(1 -\alpha)\right)}{\alpha+t(1 -\alpha)} (1 -\alpha)\, dt\\ &=(1-\alpha)\int_0^1 \dfrac{\exp^r\left(-\alpha-t(1 -\alpha)\right)}{\alpha+t(1 -\alpha)}\, dt.\end{aligned}\] Ahora bien, para \(0<r<1\) y cada \(0<t<1\), \[\left|\dfrac{\exp^r\left(-\alpha-t(1 -\alpha)\right)}{\alpha+t(1 -\alpha)}\right| =\dfrac{\exp^r\left(-\mathop{\mathrm{Re}}(\alpha)-t(1 -\mathop{\mathrm{Re}}(\alpha))\right)}{|\alpha+t(1 -\alpha|)} \leq \dfrac{e^{-r}}{|\alpha+t(1 -\alpha)|},\] pues \(-\mathop{\mathrm{Re}}(\alpha)-t(1 -\mathop{\mathrm{Re}}(\alpha))<-1\). Como \(\dfrac{e^{-r}}{|\alpha+t(1 -\alpha)|}\) es integrable en \([0,1]\), por ser continua; por el Teorema de Convergencia Dominada, se tiene que \[\begin{aligned} \lim_{r\to 0 } I_4 &=(1-\alpha)\int_0^1 \lim_{r\to0 }\dfrac{\exp^r\left(-\alpha-t(1 -\alpha)\right)}{\alpha+t(1 -\alpha)}\, dt\\ &=(1-\alpha)\int_0^1 \dfrac{1}{\alpha+t(1 -\alpha)} \, dt\\ &=\mathop{\mathrm{Log}}(\alpha+t(1 -\alpha))\Big | _{0}^{1}\\ &=-\mathop{\mathrm{Log}}(\alpha).\end{aligned}\]

  5. Por el numeral 1, se tiene que \[\lim_{(r,R)\to (0,+\infty)} I_1+I_2+I_3+I_4=0,\] ahora, por los numerales 2, 3 y 4; se sigue que \[\int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-t}-e^{-\alpha t}}{t}\, dt + (-\mathop{\mathrm{Log}}(\alpha))=0,\] de donde \[\int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-t}-e^{-\alpha t}}{t}\, dt = \mathop{\mathrm{Log}}(\alpha).\]

 

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