Integral $ \int_0^{+\infty}x\;dx/((1+x)^n-(1-x)^n)$ por residuos

Enunciado
a) Para cada valor de $n$ entero positivo calcular todas las raíces reales o complejas de la ecuación $(1+z)^n=(1-z)^n$.

b) Para cada valor de $n$ entero positivo, determinar y clasificar las singularidades de la función compleja:

$f(z)=\dfrac{z}{(1+z)^n-(1-z)^n}.$

c) Aplicando la técnica de residuos, calcular la siguiente integral real, determinando previamente los valores de $n$ (entero positivo) para los cuales es convergente:

$\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{x\;dx}{(1+x)^n-(1-x)^n}.$

(Propuesto en examen, Amp. Calc., ETS de Ing. Industriales, UPM).

Solución
a) Claramente $z=1$ no es solución de la ecuación. Para $z\neq 1$ tenemos:

$$\left(\dfrac{1+z}{1-z}\right)^n=1\Leftrightarrow \dfrac{1+z}{1-z}=e^{\frac{2k\pi}{n}i}\quad (k=0,\;1,\;2,\;\ldots\;,\;n-1)
\Leftrightarrow\\ 1+z=e^{\frac{2k\pi}{n}i}-ze^{\frac{2k\pi}{n}i}\Leftrightarrow z(1+e^{\frac{2k\pi}{n}i})=e^{\frac{2k\pi}{n}i}-1 \Leftrightarrow z=\dfrac{e^{\frac{2k\pi}{n}i}-1}{e^{\frac{2k\pi}{n}i}+1}.
$$

Si $e^{\frac{2k\pi}{n}i}=1$ ( es decir, si $n=2k$ ) no está definido $z$. Multiplicando y dividiendo por $e^{-\frac{k\pi}{n}i}$ obtenemos las soluciones de la ecuación:

$z_k=\dfrac{e^{\frac{2k\pi}{n}i}-1}{e^{\frac{2k\pi}{n}i}+1}=\dfrac{ e^{\frac{k\pi}{n}i}-e^{-\frac{k\pi}{n}i}}{e^{\frac{k\pi}{n}i}+e^{-\frac{k\pi}{n}i}}=i \tan \dfrac{k\pi}{n},$

para $k=0,1,\ldots,n-1$ y $2k\neq n$, es decir tenemos $n$ raíces si $n$ es impar y $n-1$ raíces si $n$ es par.

b) Veamos que $z_0=0$ es singularidad evitable.

$f(z)=\dfrac{z}{(1+z)^n-(1-z)^n}=\dfrac{z}{1+nz+p(z)-(1-nz+q(z))}\\=\dfrac{z}{2nz+p(z)-q(z)}=\dfrac{1}{2n+(p(z)-q(z))/z}\Rightarrow\displaystyle\lim_{z \to 0}{f(z)}=\dfrac{1}{2n}.$

El límite es finito y por tanto la singularidad es evitable. Veamos que las otras raíces son polos simples.

$\displaystyle\lim_{z \to z_k}f(z)(z-z_k)=\displaystyle\lim_{z \to z_k}\dfrac{z}{(1+z)^n-(1-z)^n}\cdot(z-z_k)=\left\{{\dfrac{0}{0}}\right\}=\\\displaystyle\lim_{z\to z_k}\dfrac{z(z-z_k)}{(z-z_0)\ldots(z-z_k)\ldots(z-z_n)}=\dfrac{z_k}{(z_k-z_0)\ldots(z_k-z_n)}\neq 0.$

El límite es no nulo pues todas las raíces son distintas y estamos en el caso $z_k\neq 0$.

c) Para todo $x\in\mathbb{R}-\{0\}$ tenemos:

$f(-x)=\dfrac{-x}{(1-x)^n-(1+x)^n}=\dfrac{x}{(1+x)^n-(1-x)^n}=f(x).$

Es decir, $f$ es función par. Por otra parte $I=\int_0^{+\infty}f(x)dx$ es impropia en $+\infty$ y no es impropia en $0$. Por un conocido teorema, la integral $I$ será convergente sii el grado del denominador es mayor o igual que $3$. Es decir, $I$ es convergente sii $n\geq 3$ y además $I=(1/2)\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx$. Consideremos ahora las curvas $\gamma \equiv ABCA$ y $\Gamma \equiv BCA$ de la figura.

Integral por residuos

La singularidad $z_k=i\tan (k\pi/n)$ está en el semiplano $y>0$ sii $0<k\pi/n<\pi/2$, o bien sii $0<k<n/2.$ Para $R$ suficientemente grande podemos escribir:

$\displaystyle\int_{\gamma}f(z)\;dz=\displaystyle\int_{-R}^{\;\;R}f(x)\;dx+\displaystyle\int_{\Gamma}f(z)\;dz.\quad [*]$

Hallaremos pues los residuos en los polos simples $z_k$ con $0<k<n/2$ (recuérdese que $z_0=0$ es singularidad evitable).

$\forall{k}:0<k<n/2\Rightarrow \textrm{Res}(f,z_k)=\displaystyle\lim_{z \to z_k} \dfrac{z(z-z_k)}{(1+z)^n-(1-z)^n}=\left\{{\dfrac{0}{0}}\right\}\\=
\displaystyle\lim_{z \to z_k}\dfrac{2z-z_k}{n(1+z)^{n-1}+n(1-z)^{n-1}}=\dfrac{z_k}{n(1+z_k)^{n-1}+n(1-z_k)^{n-1}}.$

Como $z_k$ cumple $(1+z_k)^n=(1-z_k)^n$, tenemos $(1+z_k)^{n-1}=(1-z_k)^{n}/(1+z_k)$ y por tanto:

$$\textrm{Res}(f,z_k)=\dfrac{z_k}{n\left(\dfrac{(1-z_k)^n}{1+z_k}+(1-z_k)^{n-1}\right)}=\dfrac{z_k(1+z_k)}{2n(1-z_k)^{n-1}}.$$

Simplifiquemos la expresión anterior:

$1-z_k=1-i\tan \dfrac{k\pi}{n}=1-\dfrac{ e^{\frac{k\pi}{n}i}-e^{-\frac{k\pi}{n}i} }{ e^{\frac{k\pi}{n}i}+e^{-\frac{k\pi}{n}i} }=\dfrac{2e^{\frac{k\pi}{n}i}}{2\cos \dfrac{k\pi}{n}}=\dfrac{e^{-\frac{k\pi}{n}i}}{\cos \dfrac{k\pi}{n}}\\
1+z_k=1+i\tan \dfrac{k\pi}{n}=1+\dfrac{ e^{\frac{k\pi}{n}i}-e^{-\frac{k\pi}{n}i} }{ e^{\frac{k\pi}{n}i}+e^{-\frac{k\pi}{n}i} }=\dfrac{2e^{\frac{k\pi}{n}i}}{2\cos \dfrac{k\pi}{n}}=\dfrac{e^{\frac{k\pi}{n}i}}{\cos \dfrac{k\pi}{n}}.
$

Entonces:

$\textrm{Res}(f,z_k)=\dfrac{z_k e^{\frac{k\pi}{n}i}\cos^{n-1} (k\pi/n)}{2n\cos(k\pi/n)\;(e^{-\frac{k\pi}{n}i})^{n-1}}=\dfrac{z_k}{2n}\cos^{n-2}(k\pi/n)e^{(\frac{k\pi}{n}+\frac{k(n-1)\pi}{n})i}=\\\dfrac{z_k}{2n} \cos^{n-2}(k\pi/n)e^{k\pi i}=\dfrac{(-1)^kz_k\cos^{n-2}(k\pi/n)}{2n}.$

Tomando límites en la igualdad $[*]$ cuando $R\rightarrow +\infty$ y aplicando una conocida propiedad (Lema de Jordan):

$2\pi i \displaystyle\sum_{0<k<n/2}\textrm{Res}(f,z_k)=\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\;dx+0.$

De forma equivalente:

$2\pi i \displaystyle\sum_{0<k<n/2}\dfrac{(-1)^ki\left(\tan \frac{k\pi}{n}\right)(\cos \frac{k\pi}{n})^{n-2}}{2n}=\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\;dx\Leftrightarrow \\\dfrac{\pi}{n}\displaystyle\sum_{0<k<n/2}(-1)^{k+1}\sin \dfrac{k\pi}{n}\left(\cos\dfrac{k\pi}{n}\right)^{n-3}=2\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f(x)\;dx.$

La integral pedida es por tanto:

$\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{x\;dx}{(1+x)^n-(1-x)^n}=\dfrac{\pi}{2n}\displaystyle\sum_{0<k<n/2}(-1)^{k+1}\sin \dfrac{k\pi}{n}\left(\cos\dfrac{k\pi}{n}\right)^{n-3}.$

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