¿Intentas evaluar una integral compleja?

Question

Tengo una pregunta en la que debo evaluar la siguiente integral sobre una circunferencia donde $\lvert z \rvert = 2$ .

$$I = \oint \frac{z^3e^{\frac{1}{z}}}{1+z}dz$$

He probado el $z^3 = 8 \cdot \mathrm{e}^{3it}$ enfoque y terminó con:

$$I = i\int_0^{2\pi} \frac{16e^{4it}e^{\frac{1}{2e^{it}}}}{1+2e^{it}}dt$$

Pero no tengo ni idea de qué hacer a partir de aquí. O si este es el enfoque correcto. Gracias de antemano a cualquiera que sepa

Answer 1

Esto parece listo para el teorema del residuo. Asumiré que lo conoces y partiré de ahí. El polo en $z=-1$ es simple, y su residuo es sencillo:

$$\operatorname*{Res}_{z=-1} \frac{z^3 e^{1/z}}{1+z} = -\frac1{e}$$

El poste en $z=0$ Sin embargo, es esencial. Aún así, buscamos encontrar el coeficiente de $1/z$ en la expansión de Laurent del integrando sobre $z=0$ :

$$\begin{align}\frac{z^3 e^{1/z}}{1+z} &= [z^{-1}] \left [z^3 (1-z+z^2-z^3+\cdots) \left (1+\frac1{z}+\frac1{2! z^2} +\frac1{3! z^3}+\cdots \right )\right ]\\ &= \frac1{4!} - \frac1{5!}+\frac1{6!}-\cdots\\&= \frac1{e}-\frac1{2!}+\frac1{3!}\end{align}$$

La integral es, por el teorema del residuo,

$$i 2 \pi \left ( -\frac1{e} + \frac1{e}-\frac1{2!}+\frac1{3!}\right ) = -i \frac{2 \pi}{3}$$

Answer 2

Desde $ \displaystyle f(z) = \frac{z^{3} e^{1/z}}{1+z} $ es meromorfo fuera del contorno,

$$ \displaystyle\int_{|z|=2} \frac{z^{3} e^{1/z}}{1+z} = -2 \pi i \text{Res} [f(z), \infty]$$

Utilizar la transformación para encontrar el residuo en el infinito,

$$ \text{Res}[f(z), \infty] = -\text{Res} \Big[\frac{1}{z^{2}} f \left(\frac{1}{z} \right),0 \Big] = - \text{Res} \Big[ \frac{e^{z}}{z^{4}(z+1)} ,0 \Big]$$

$$ = - \frac{1}{3!} \lim_{z \to 0} \frac{d}{dz^{3}}\frac{e^{z}}{z+1} = - \frac{1}{6}\lim_{z \to 0} \frac{e^{z}(z^{3}+3z-2)}{(z+1)^{4}} = \frac{1}{3}$$

Así que

$$ \displaystyle \int_{|z|=2} \frac{z^{3} e^{1/z}}{1+z} = -2 \pi i \left(\frac{1}{3} \right) = -\frac{2 \pi i}{3}$$

Answer 3

La "mejor" manera de calcular esta integral es sin duda a través del teorema del residuo, como hicieron Ron y Random Variable.

También se puede evitar el teorema del residuo, de la siguiente manera.

Desde $e^{1/z}=\sum_0^\infty \frac{z^{-k}}{k!}$ se puede escribir $$I=\sum_{k=0}^\infty \frac1{k!}\,\int_{\vert z\vert=2} \frac{z^{3-k}}{1+z}\, dz:=\sum_{k=0}^\infty \frac1{k!}\, J_k\, . $$

A continuación, para cada uno de los fijos $k$ tenemos \begin {eqnarray}J_k&=& \int_ { \vert z \vert =2} \frac {z^{2-k}}{1+ \frac1z }\N-, dz \\ &=& \int_ { \vert z \vert =2}z^{2-k} \sum_ {n=0}^ \infty \frac {(-1)^n}{z^n}\N, dz \\ &=& \sum_ {n=0}^ \infty (-1)^n \int_ { \vert z \vert =2} \frac {dz}{z^{n+k-2}} \cdot \end {eqnarray} Ahora, la integral $\int_{\vert z\vert=2}\frac{dz}{z^{n+k-2}}$ es igual a $0$ si $n+k-2\neq 1$ es decir $n\neq 3-k$ y es igual a $2i\pi$ si $n=3-k$ . Sin embargo, $n=3-k$ nunca sucede si $k>3$ (¡muchas gracias a Ron por encontrar el error en una versión anterior de este post!). Así que tenemos $$J_k=(-1)^{3-k}\times 2i\pi=-2i\pi\times (-1)^{k}\quad {\rm if}\quad k\leq 3,$$ y $J_k=0$ para todos $k>3$ . De ello se desprende que $$I=-2i\pi\sum_{k=0}^3\frac{(-1)^k}{k!}=-{2i\pi}\left(1-1+\frac12-\frac16\right)=-\frac{2i\pi}3\cdot $$