Relación entre dos integrales por residuos

Enunciado
Para cada entero positivo $n$ se considera la función racional

$f_n(z)=\dfrac{(1+z^2)^{n-1}}{1+z^{2n}}.$

1. Calcular los residuos de $f_n$ en sus puntos singulares.
2. Empleando la fórmula de los residuos de Cauchy, deducir el valor de las integrales

$I_n=\displaystyle\int_0^{+\infty}f_n(x)\;dx.$

3. Aplicar el resultado anterior al cálculo de las integrales

$J_n=\displaystyle\int_0^{1}f_n(x)\;dx.$

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

Solución
1. Igualando el denominador a $0,$ obtenemos los puntos singulares de $f_n :$

$$1+z^{2n}\Leftrightarrow z=\sqrt[2n]{-1}\Leftrightarrow z=\sqrt[2n]{\exp \{\pi i\}}\Leftrightarrow z=\exp \left\{\frac{\pi}{2n}+\frac{2k\pi}{2n}i\right\}$$ $$(k=0,1,\ldots,2n-1).$$

Es decir, $z_k=\exp \{\frac{(2k+1)\pi}{2n}i\}\;(k=0,1,\ldots,2n-1).$ Estas singularidades son o bien polos simples o bien singularidades evitables (si $z_k=\pm i$). Para cada polo simple, su residuo es $\mbox{Res }(f,z_k)=\displaystyle\lim_{z \to z_k}f(z)(z-z_k)$ que presenta la indeterminación $0/0.$ Aplicando la regla de L’Hopital:

$\begin{aligned}\mbox{Res }(f,z_k)&=\displaystyle\lim_{z \to z_k}\dfrac{(1+z^2)^{n-1}(z-z_k)}{1+z^{2n}}\\&=\displaystyle\lim_{z \to z_k}\dfrac{\left((1+z^2)^{n-1}\right)'(z-z_k)+(1+z^2)^{n-1}}{2nz^{2n-1}}\\&=\dfrac{(1+z_k^2)^{n-1}}{2nz_k^{2n-1}}.\quad (1)\end{aligned}$

Obsérvese que si $z_k=\pm i$ los residuos han de ser cero por ser singulares evitables, pero dado que $2n(\pm i)^{2n-1}\neq 0,$ vale también la expresión $(1)$ en estos casos. Podemos expresar estos residuos de otra manera:

$$\mbox{Res }(f,z_k)=\dfrac{(1+\exp\{\frac{2k+1}{n}\pi i\})^{n-1}}{2n\exp\{\frac{2k+1}{2n}(2n-1)\pi i\}}=\dfrac{1}{2n}\dfrac{(1+\exp\{\frac{2k+1}{n}\pi i\})^{n-1}}{\exp\{\frac{2k+1}{2n}(n+n-1)\pi i\}}$$ $$=\dfrac{1}{2n}\dfrac{(1+\exp\{\frac{2k+1}{n}\pi i\})^{n-1}}{\exp \{\frac{2k+1}{2}\pi i\} (\exp\{\frac{2k+1}{2n}\pi i\})^{n-1}}=\dfrac{1}{2n}\dfrac{(\exp\{-\frac{2k+1}{2n}\pi i\}+\exp\{\frac{2k+1}{2n}\pi i\})^{n-1}}{\exp\{k\pi i+\frac{\pi}{2}i\}}$$ $$=\dfrac{1}{2n}\dfrac{\left(2\cos \frac{2k+1}{2n}\pi\right)^{n-1}}{\exp\{k\pi i\}\exp\{\frac{\pi}{2}i\}}=\dfrac{1}{2n}\dfrac{2^{n-1}\cos^{n-1} \frac{2k+1}{2n}\pi}{(-1)^ki}.$$ En consecuencia, los residuos son: $$\mbox{Res }(f,z_k)=(-1)^{k+1}i\dfrac{2^{n-2}}{n}\cos^{n-1} \dfrac{2k+1}{2n}\pi.$$

2. Elegimos la curva cerrada estándar $C$ para éstos casos, es decir la unión del segmento $[-R,R]$ y la semicircunferencia superior $\Gamma$ de centro el origen y radio $R,$ recorriéndose $C$ en sentido antihorario. Tenemos:

$\displaystyle\int_{C}f_n(z)\;dz=\displaystyle\int_{-R}^{R}f_n(x)\;dx+\displaystyle\int_{\Gamma}f_n(z)\;dz.\qquad (2)$

La diferencia de grados entre el denominador y el denominador de la función racional par $f_n(x)$ es $2n-(2n-2)=2,$ lo cual implica que la integral $\int_{-\infty}^{+\infty}f_n(x)\;dx$ es convergente y por tanto coincide con el valor principal de Cauchy. Tomando límites en $(2)$ cuando $R\to +\infty:$

$\displaystyle\int_{C}f_n(z)\;dz=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f_n(x)\;dx+\displaystyle\lim_{R \to{+}\infty}\displaystyle\int_{\Gamma}f_n(z)\;dz.\qquad (3)$

Las singularidades en el interior geométrico de $C$ corresponden a los valores de $k$ tales que $0<(2k+1)\pi/2n<\pi$ o de forma equivalente, para $0<2k+1<2n.$ Es decir, para $k=0,1,\ldots,n-1.$ Claramente no existen puntos singulares en el eje $OX.$ Por tanto: $$\displaystyle\int_{C}f_n(z)\;dz=2\pi i\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\mbox{Res }(f,z_k)=\dfrac{2^{n-1}\pi}{n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\cos^{n-1} \dfrac{2k+1}{2n}\pi.$$

Por un conocido lema de Jordan, el límite que aparece en $(3)$ es igual a $0,$ con lo cual: $$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f_n(x)\;dx=\dfrac{2^{n}\pi}{n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\cos^{n-1} \dfrac{2k+1}{2n}\pi.$$ 3. Efectuando el cambio de variable $t=1/x:$ $$\displaystyle\int_{0}^{1}f_n(x)\;dx=\displaystyle\int_{+\infty}^{1}\dfrac{\left(1+\frac{1}{t^2}\right)^{n-1}}{1+\frac{1}{t^{2n}}}\dfrac{-1}{t^2}\;dt$$ $$=\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{(1+t^2)^{n-1}}{1+t^{2n}}\;dt=\displaystyle\int_{1}^{+\infty}f_n(x)\;dx.$$ Entonces, $$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f_n(x)\;dx=\displaystyle\int_{0}^{1}f_n(x)\;dx+\displaystyle\int_{1}^{+\infty}f_n(x)\;dx=2\displaystyle\int_{0}^{1}f_n(x)\;dx.$$ De esto deducimos $\displaystyle\int_{0}^{1}f_n(x)\;dx=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f_n(x)\;dx,$ y ésta última integral ya está calculada.