numeros Complexoss

5/22/2018 numeros Complexoss

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Variaveis Complexas

March 17, 2005

1 Numeros Complexos

1.1 Motivacao

Resolver a equacao

x2 + 1 = 0 x2 = 1 (1.1)

vemos que nao existe nenhum x = r R que satisfaca a equacao. Portanto se faznecessario estender o conjunto dos reais a um conjunto maior na qual a equa cao anterior

tenha solucao. Assumindo que podemos aplicar raiz quadrada em (1.1) obtemos que x =

1 a qual nao faz sentido no conjunto dos numeros reais, portanto extenderemos este

conjunto a um conjunto maior a equacao (1.1) tenha solucao. Desta forma introduzimosum novo elemento, que denotaremos por i chamada de unidade imaginaria satisfazendo

i2 =1 (informalmente podemos considerar i = 1). Assim a equacao (1.1) temsolucoes x =i. O novo conjunto que contem os numeros reais e a unidade imaginariasera denotado por C a qual sera chamado de o conjunto dos numeros complexos. E

necessario que este conjunto preserve as propriedades aritmeticas dos numeros reais, isto

e produto e soma de dois elementos de C tambem deverao pertencer a C, assim a extensao

natural dos numeros reais sera

C := {z= a+ib: a, b R} a= Re(z) : parte real dezb= Im(z) : parte imaginaria de z

Claramente os numeros reais r pertencem a C pois r = r+ 0i, tambem vejamos que as

potencias da unidade imaginaria pertencem a C:

i2 = 1, i3 =i, i4 = 1, i5 =i, i6 = 1, . . . , i2n = (1)n, i2n+1 = (1)ni

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1.2 Operacoes aritmeticas

Podemos informalmente somar e multiplicar numeros complexos, vejamos quais seriam os

resultados, se z1 = a1+ib1,z2 = a2+ib2, entao

z1+z2 = (a1+a2) +i(b1+b2) Cz1 z2 = a1a2+a1b2i+b1a2i+b1b2i2

= (a1a2 b1b2) +i(a1b2+a2b1) C

Portanto podemos estender essas operacoes definindo

z1+z2 := (a1+a2) +i(b1+b2)

z1 z2 := (a1a2 b1b2) +i(a1b2+a2b1)Pode-se verificar que estas operacoes possuim as propriedades associativa, comutativa e

distributiva. Os elementos neutros aditivo e multiplicativo sao 0 e 1 respectivamente,

o inverso aditivo de z = a+ ib ez =a ib e o inverso multiplicativo (desde quez= 0) e um numero complexo w tal que zw =wz= 1, assim w pode ser denotada porw= z1 = 1/z. Se w = c+idpara que zw= 1 as contantes c e d devem satisfazer

ac bd= 1ad+bc= 0

c= aa2 +b2

, d= ba2 +b2

.

Tambem podemos chegar a este mesmo resultado procedendo informalmente, isto e,

1

z =

1

a+iba ib

a ib = a iba2 +b2

= a

a2 +b2+i

ba2 +b2

C.

O plano Complexo: Como para determinar um numero complexo e necessario de

dois numero reais podemos identificar numeros complexos com pares ordenados reais

atraves do isomorfismo z= a+ib (a, b) entre C e R2. Assim podemos considerar osnumeros complexos como pontos do plano.

1

i

a

bi

Eixo real

Eixoimaginario

z= a+ib

2


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Para z= a+ibdefinimos os seguintes operacoes

z:= a ib : conjugado dez|z| :=

a2 +b2 : modulo de z

Algumas propriedades destas operacoes:

1.|Re(z)| |z|, |Im(z)| |z|

2. z+w= z+ w, zw= zw, z=z

3. Re(z) =z+ z

2 , Im(z) =

z z2i

4.|zw| = |z||w|, |z/w| = |z|/|w|, |z| = |z|

5.|z|2 =zz, 1z = z|z|2 (desde que z= 0)

6.|z+w| |z| + |w| : Desigualdade triangular

Prova da desigualdade triangular:

|z+w|2 = (z+w)(z+w)= zz+zw+wz+ww

=

|z

|2 + 2Re(zw) +

|w

|2

|z|2 + 2|z||w| + |w|2

= (|z| + |w|)2

En que caso|z+w| = |z| + |w| com w = 0?

|z+w|2 = (|z| + |w|)2

2Re(zw) = 2|z||w| Re zw|w|2=|z||w| Re

zw

= z

w

z

w 0

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1.3 Forma polar dos complexos

Seja z= 0, desde que z= x+yi (x, y) Podemos considerar:

r : distancia dezao origem (r=

x2 +y2 = |z| >0)

: angulo quezforma com o semieixo real positivo

Entao temos as seguintes identidades

x= r cos()y= r sin()

Desta forma zpode ser escrito da seguinte forma

z = x+yi

= r[cos() +i sin()] : Forma polar

O angulo e chamado argumento de ze denotado arg(z) :=. Como coseno e seno sao

funcoes periodicas de periodo 2, isto e

cos(+ 2k) = cos()sin(+ 2k) = sin()

para k Z

Assim podemos representar zcom varios angulos diferentes, isto e,

z = r[cos(+ 2k) +i sin(+ 2k)]

De esta forma arg(z) e uma funcao multivaluada. Se restringimos o valor de arg(z) a um

intervalo semiaberto de cumprimento 2 evidentemente sera univocamente determinado.

Em particular os valor de arg(z) restrito ao intervalo ], ] sera chamado valor principaldo argumento de ze denotado por argp(z), isto e

argp : C {0} ] , ]z

e uma funcao univocamente determinada.

Exemplo: Escreva z=

3 +i na sua forma polar. Fazendo os calculos encontramos

quer = 2 e

3 = 2 cos()1 = 2 sin()

dai segue que =

6+ 2k, isto e arg(z) = {(/6)+2k : k Z}, portanto argp(z) =/6.

Assim

z= cos(/6) +i sin(/6)

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Formula de Mouvre: Observe que se z1= r1[cos(1) +i sin(1)] e z1= r2[cos(2) +

i sin(2)] entao

z1z2= r1r2[cos(1+2) +i sin(1+2)]

logo|z1z2| = |z1||z2| e arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2). Indutivamente pode-se mostrar que

z1z2 zn= r1r2 rn[cos(1+ +n) +i sin(1+ +n)]

em particular, se z= r[cos() +i sin()] tem-se

zn =rn(cos(n) +i sin(n)) para n N

isto e

r[cos() +i sin()]n =rn(cos(n) +i sin(n)) para n Nde onde obtemos a formula de Moivre:

cos() +i sin()n

= cos(n) +i sin(n) para n N.

Denotemos por

(cos() +i sin()) :=ei

vemos que a formula de Mouvre pode ser escrita da seguinte forma

[ei]n =ein

Tambem pode ser mostrado que as propriedades da funcao exponencial se preservam

ei(1+2) =ei1ei2

De esta forma polar de um numero complexo zpode ser escrito como

z= rei

onde r = |z| e = arg(z).Exemplo Encontre todas as solucoes de zn += 0, onde >0.

z= rei

zn = rnein = (1.2)

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|rn||ein| = | | rn = r= 1/n

substituindo em (1.2) obtemos

ein =

ein =

1

cos(n) = 1sin(n) = 0

n= (2k+ 1), k Z = (2k+ 1)n

, k Z

por tanto as solucoes sao

z= 1/neik , onde k =(2k+ 1)

n k Z

para determinar unicamente o angulo de ztemos que determinar k Z tal que 0

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2 Funcoes de variavel complexa

Uma funcao de variavel complexa e uma funcaof(z) definida num subconjunto dos com-

plexos e assume valores complexos. O domnio da funcao sao e o conjunto dos numeros

complexos para o qual a funcao faz sentido. A imagem da funcao e o conjunto de numeroscomplexos que assume a funcao. Comof(z) C para cadaz C, temos que

f(z) =u(z) +v(z)i, u(z), v(z) R,

Comoz=x+yi (x, y) Podemos identificarh(z) h(x, y) assim podemos escrever

f(z) =u(x, y) +v(x, y)i, u(x, y) =Re(f(z)), v(x, y) =I m(f(z)),

Exemplos1. f(z) = 1z ,Dom(f) = {z C :z= 0},Imagem(f) = {w C :w = 0}

f(z) = 1

z =

1

x+iy =

1

x+iy

x iyx iy =

x iyx2 +y2

f(z) = u(x, y) +iv(x, y)

Entao

u(x, y) = x

x2 +y2, v(x, y) =

yx2 +y2

2.1 Extensoes de funcoes reais aos complexos

Nesta secao extenderemos algumas funcoes elementares reaias ao conjunto dos complexos.

Assim definimos as seguintes funcoes complexas:

1. Por causa do produto de numeros complexos, podemos definir Polinomios complexos

p(z) = a0+a1z+ +anzn, onde a0, . . . , an C

Exercicio: Supondop(z) = (0+i0) a0(x+iy) z

+ (1+i1) a1(x+iy)2 z2

, determineu(x, y) =

Re(p(z)) ev(x, y) = Im(p(z))

2. Definimos a funcao exponencial complexa da seguinte forma

ez := excos(y) Re(ez)

+i exsen(y) Im(ez)

, onde z= x+iy

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Que motivou esta definicao? Justificativa: Propriedades de exponencial

ez = ex+iy

= exeiy

= ex(cos(y) +isen(y))

= excos(y) +iexsen(y)

Se z fosse real, esta definicao coincide com a funcao exponencial real? SIM: z =

x+ 0i, da definicao temos que ez :=ex.

ez conserva a propriedade ez1+z2 =ez1ez2 da exponencial real? SIM! Verifique!

3. Definimos funcoes trigonometricas complexas da seguinte forma

cos(z) :=eiz +eiz

2 , sen(z) :=

eiz eiz2i

, tg(z) :=sen(z)

cos(z), . . .

Que motivou esta definicao? Justificativa: definicao de ei com R

ei = cos() +isen()

ei = cos() isen()

Somando

cos() =ei +ei

2

Se z e real estas funcoes coincidem com as funcoes trigonometricas reais? SIM:

Verifique

Estas funcoes complexas conservam as propriedades das funcoes reais? exemplo:

sin2(z) + cos2(z) = 1? SIM verifique!

cos(z) e limitada? NAO, pois tomando z= in comn N temos que

cos(in) =ei(in) +ei(in)

2 =

en +en

2 nao e limitada

Calculeu(x, y) = Re(sin(z)).

4. Definimos as funcoes hiperbolicas da seguinte forma

cosh(z) :=ez +ez

2 , sinh(z) :=

ez ez2

, tanh(z) := sinh(z)

cosh(z), . . .

Tambem, poderiamos definir estas funcoes em termos de funcoes trigonometricas,

da forma

cosh(z) := cos(iz), sinh(z) := i sin(iz)

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Assim, as funcoes hiperbolicas podem ter propriedades semejantes as trigunometri-

cas, por exemplo

cosh2(z) sinh2(z) = 1

5. Definimos o logaritmo da seguinte forma

ln(z) := ln(|z|) Re(ln(z))

+i arg(z) Im(ln(z))

,

Que motivou esta definicao? Justificativa: Propriedades de Logaritmo. Se z= rei

temos

ln(z) = ln(rei)

= ln(r) + ln(e

i

)= ln(r) +i ln(e)

= ln(r) +i

Como arg(z) e uma funcao multivaluada ln(z) tambem e. Se considerarmos argp(z)

em lugar de arg(z), temos a funcao lnp(z) := ln(|z|) + iargp(z) a qual e chamada devalor principal do logaritmo. Vejamos que eln(z) =zmas ln(ez) nao necessariamente

da z. Da definicao temos que

eln(z) = eln(|z|)+iarg(z)

= eln(|z|)eiarg(z)

= |z|eiarg(z) =z

Por outro lado para z= x+iy temos que

ln(ez) = ln(|ez|) +iarg(ez)

= ln(e

x

) +iarg(e

x

e

iy

)= x+i(y+ 2k)

= z+ 2ki, k Z

6. Seja w C fixo. definimos a funcao potencial

zw :=ew ln(z)

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Que motivou esta definicao? Justificativa: Propriedades de Exponencial e Logar-

itmo

zw = eln(zw)

= e

w ln(z)

Observe que esta funcao tambem e multivaluada. Se considerarmos lnp(z) em lugar

lnp(z) entao (zw)p :=e

w lnp(z) e unvocamente determinado e e chamado valor prin-

cipal de zw. Observe que (ez)w nao necessariamente coincide com ezw, pois usando

a definicao temos

(ez)w =ew ln(ez) =ew(z+2ki) =ezwew2ki, k Z.

Exerccios:

1. Resolva os seguintes items

(a) Mostre que ez+w =ezew.

(b) Mostre que ez =ez.

(c) Mostre que ez e real se e somente se Im(z) =n para algum n Z.(d) Mostre queez e imaginario puro se e somente se Im(z) =n + /2 para algum

n Z.(e) Mostre que ez =ew se e somente se w = z+ 2ni para algumn Z.(f) Mostre que|ez| =ex onde z= x+iy.(g) Examine lim

Re(z)ez.

(h) Mostre que todas as solucoes de ez2

= 1 sao da forma z =(n+ in)onde n N {0}

2. Mostre as seguintes identidades

(a) sin2(z) + cos2(z) = 1

(b) cos(z+w) = cos(z)cos(w) sin(z)sin(w)(c) sin(z+w) = sin(z)cos(w) + cos(z)sin(w)

(d) sin(z) = cos

2 z

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(e) cosh(z) = cos(iz), sinh(z) = i sin(iz)(f) cosh2(z) sinh2(z) = 1(g) cosh(z+w) = cosh(z) cosh(w) + sinh(z) sinh(w)

(h) sinh(z+w) = sinh(z) cosh(w) + cosh(z) sinh(w)(i) Prove que as funcoes cos(z) e sin(z) nao sao limitadas.

(j) ln(zw) = ln(z) + ln(w), ln(z/w) = ln(z) ln(w)(k) ln(zn) =n ln(z) onde n N

3 Nocoes topologicas no plano complexo

Definimos a distancia entre dois numeros complexosz,w como sendo

d(z, w) := |z w|

Propriedades:

1. d(z1, z2) 0 (positividade) e d(z1, z2) = 0 z1= z2

2. d(z1, z2) =d(z2, z1) (Simetria)

3. d(z1, z2)

d(z1, z3) +d(z3, z2) (Desigualdade triangular)

notacoes:

Br(z0) := {z C : |z z0| < r} (Bola aberta de raior e centro z0)Br(z0) := {z C : |z z0| r} (Bola fechada de raior e centro z0)Sr(z0) := {z C : |z z0| =r} (Crcunferencia de raio r e centro z0)

Definition 3.1 Dizemos quez0 e um ponto interior do conjunto C se existe >0tal queB(z0) . Denotaremos

int() := {pontos interiores de} Obs: int()

Dizemos que e aberto se =int()

Exemplo = Br(z0) e aberto

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Sejaz1 devemos encontrar >0 tal queB(z1) . O grafico indica que debemostomar como maximo = r |z1 z0|. Assim

w B(z1) |w z1| <

|w z1| < r |z1 z0| |w z1| + |z1 z0| < r |w z0| < r w

Definition 3.2 Dizemos que z0 e um ponto de aderencia do conjunto C se paratodo >0 tem-seB(z0) = . Denotaremos

:={

pontos de aderencia de}

Obs:

Dizemos que e fechado se =

Exemplo = Br(z0) e fechado

Definition 3.3Dizemos quez0 e um ponto de fronteira do conjunto Cse para todo >0 tem-seB(z0) = eB(z0) (C ) = . Denotaremos

:= {pontos de fronteira de} Obs:

C

Exemplo Se =Br(z0) entao = Sr(z0)

Theorem 3.4 As seguintes afirmacoes sao verdadeiras

1. e fechado se e somente se

2. e aberto se e somente se =

Definition 3.5 Dizemos quez0 e um ponto de acumulacao do conjunto C

se paratodo >0 tem-se(B(z0) {z0}) =

Exemplo z0= 0 e um ponto de acumulac ao de =]0, 1] C.

Theorem 3.6 z0 e um ponto de acumulacao do conjunto se e somente seB(z0) tem infinitos pontos

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Proof: Tomamos 1 = , como (B1(z0) {z0}) = entao existez1= z0 tal quez1 B1(z0) =B(z0). Agora tomamos2= |z1z0|, como(B2(z0){z0}) = entao existe z2= z0 tal que z2 B2(z0) B(z0) . Assim podemos tomar in-dutivamente uma sequencia de pontos zn= z0 tal que zn Bn(z0) B(z0)

(n= |zn1z0|). Assim{z1, z2, . . . , z n, . . .} e um conjunto infinito contido emB(z0).

Definition 3.7Dizemos quez0 e um ponto isolado de se existe >0 tal queB(z0) = {z0}. Dizemos tambem que e discreto se todos os seus pontos sao isolados.

Exemplo ={n+ in : n Z} e um conjunto discreto e ={1/n+i/n : nZ} {0} nao e. Porque?

Definition 3.8 Dizemos que C e um conjunto limitado se existe M > 0 tal que|z| Mpara todo z . (Obs: BM(0))

Definition 3.9 Dizemos que C e um conjunto compacto se for fechado e limitado.Exemplo O retangunlo = {z= x+iy: x [a, b], y [c, d]} e compacto

Definition 3.10Dizemos que C e um conjunto conexo se dados dos pontosz1, z2 existe uma curva contnua contida em que une esses dos pontos, isto e, existe :[a, b] C contnua tal que(a) =z1, (b) =z2 e(t) para todo t [a, b].

Exemplo = B2(0) B1(4i) nao e conexo.Exerccios:

1. Mostre que o retangulo = {z= x+iy: x ]0, a[, y]0, b[} e aberto

2. Mostre que = {z: |z| 1} e fechado

3. Mostre que = {i/n: n N} e discreto

4. Mostre que = {z= rei :r [0, 1], [0, /4]} e compacto

5. Mostre que =B1(1) B1(1) e conexo

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3.1 Limites e continuidade

Seja z0 C fixado e f(z) uma funcao complexa definida pelo menos em Br(z0) {z0}para algumr >0.

Definition 3.11 Dizemos que o limite def(z), quando zse aproxima dez0, ew0 Ce denotamos

limzz0

f(z) =w0

se para >0 dado e possvel determinar= (, z0)> 0 tal que se

0< |z z0| <

z(B(z0){z0})

|f(z) w0| <

f(z)B(w0)

Exemplo Consideremos a funcao f(z) = z2 + 1, calculemos o limite desta funcao

quandoztende parai:

limzi

f(z) = limzi

(z2 + 1) =i2 + 1 = 0.

Como a unica forma de provar que0 e o limite def(z) quando ztende parai, e atravez

da definicao, verifiquemos que o calculo feito esta certo

|z2 + 1 0| = |z2 + 1| = |z2 i2| = |z+ 1||z i| (|z| + 1)|z i|

sez B1(i) entao|z| |z i| + |i|


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4. limzz0

f(z)

g(z)

=

[limzz0f(z)][limzz0g(z)]

, desde que limzz0

g(z) = 0

Exemplo Determine sef(z) = z/|z| tem limite quando z 0. Tomemos complexos daformaz=x+i0 entao z 0 se e somente sex 0, assim

limz0 f(z) = limx0 x 0ix2 + 02 = limx0 x|x|Da obtemos valores diferentes quando x se aproxima de 0 por valores positivos e neg-

ativos, portanto o limite nao existe pois o limite e unico. Observe tambem que, se nos

aproximarmos por complexos da formaz= 0 +iy, temos que

limz0

f(z) = limy0

0 yi02 +y2

= limy0

yi

|y|e novamente encontramos valores diferentes dos anteriores para o limite quando y se

aproxima de0 por valores positivos e negativos.

Theorem 3.12 Se limzz0

f(z) = 0 eg(z) e uma funcao limitada numa vizinhanca dez0

entao

limzz0

[f(z)g(z)] = 0

Exemplo temos que limz0z3

|z|2 = 0, pois tem-se que

z3

|z

|2

= z z2

|z

|2

sendo que limz0

z= 0 eg(z) = z2

|z|2 e limitada numa vizinhanca de0.

Theorem 3.13 Sejamf(z) = u(x, y) +iv(x, y), z0= x0+iy0 ew0 = a+ib entao

limzz0

f(z) =w0

lim(x,y)(x0,y0)u(x, y) =alim(x,y)(x0,y0)v(x, y) =b

Proof: (): obtem-se a partir das desigualdades|u(x, y) a| |f(z) w0||v(x, y) b| |f(z) w0|

(): Obtem-se a partir das desigualdade|f(z) w0| |u(x, y) a| + |v(x, y) b|

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Definition 3.14 Dizemos que a funcaof(z)e contnua emz0sef(z)e definida tambem

emz0 e

limzz0

f(z) =f(z0)

Exemplo A funcao f(z) =z27 + 1 sez=i ef(i) =i+ 1 nao e contnua em i pois

limzi

f(z) = limzi

(z27 + 1) =i27 + 1 = (i2)13i+ 1 = i+ 1 =f(i).

Agora a funcao f(z) =z3/(z|z|) sez= 0 ef(0) = 0 e contnua em0, pois do teorema ?

limz0

f(z) = limz0

z z2

z|z| = 0 =f(0).

Propriedades analogas a de limites podem ser estabilecidas para a continuidade, isto

e, sef(z) eg(z)sao contnuas emz0 entaof(z) g(z)ef(z)g(z)sao contnuas emz0 ef(z)/g(z)tambem e contnua emz0 desde queg(z0) = 0. Alem disso, decorre do teorema? quef(z) e contnua emz0 se e somente seu(x, y) ev(x, y) sao contnuas em(x0, y0),

ondez= x+iy, z0 = x0+iy0.

Exemplo Sao funcoes contnuas em todo z C:

f(z) =z2, f(z) =ez, f(z) =I m(z), f(z) = 1

|z| i ,

pois as partes reaisu(x, y)e imaginariasv(x, y)de cada uma de essa funcoes sao contnuas

para todo (x, y) R2.Exemplo A funcao argp(z) definida em = C {0} e discontnua nos pontos

z= r comr >0. De fato, sejazn =rei(+1/n), pontos da semicircunferencia inferiorde raio r, claramentezn r quando n e

limn

argp(zn) = limn

+ 1n

= =argp(r) =,

portanto a funcao nao e contnua emr. Mais ainda, observe que se consideramoswn = re

i(1/n), pontos da semicircunferencia superior de raio r, claramente wn rquandon e

limn

argp(wn) = limn

1n

=,

Isto e, n ao existe limzr

argp(z) pois ao aproximarmos der por caminhos diferentes ob-tivemos limites diferentes.

Exerccios:

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1. Determine se existem os seguintes limites

limz0

z2

|z|2 , limz0z2

z, lim

z0Re(z)

z , lim

z0[Im(z)]2

z

2. Determine se as seguintes funcoes sao contnuas emz0

= 0

(a) f(z) = z2/|z|2 sez= 0 ef(0) = 0.(b) f(z) = [sin(x)y]/x+i[1 cos(y)]/y sez= 0 ef(0) =i.(c) f(z) = (ez 1)/z sez= 0 ef(0) = 1.

3. Determine se a funcao f(z) = lnp(z) e contnua emz0= r onder >0.

4. Sejaf : C C tal quef(z+w) =f(z)f(w) para todo z, w C. Mostre que

(a) f(0) = 1, f(z) = 1/f(z), f(z w) 1 = (f(z) f(w))/f(w)(b) sef(z) e contnua emz= 0 entao e contnua em qualquer ponto.

3.2 Funcoes Analticas

Uma funcao complexaf(z) cujo domnio contem pelo menosBr(z0) para algumr >0, e

derivavel emz0 se existe o seguinte limite

limzz0f(z)

f(z0)

z z0 = limw0f(z0+w)

f(z0)

w .

Caso o limite exista sera chamada derivada da funcaofno pontoz0e denotada porf(z0),

isto e

f(z0) = limw0

f(z0+w) f(z0)w

.

Exemplo Vejamos quef(z) = z2 e deriv avel em cada ponto do plano complexo. Seja

z0 C

f(z0+w) f(z0)w

=(z0+w)2

z20

w = 2z0+w

Portanto existe

f(z0) = limw0

f(z0+w) f(z0)w

= 2z0.

Como z0 foi arbitrario temos que a derivada existe para todo z C ef(z) = 2z.

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Theorem 3.15 Sef(z) e derivavel emz0 entao e contnua emz0.

Prova

f(z)

f(z0) =

f(z) f(z0)

z z0 (z

z0)

Exemplo f(z) = z nao e deriv avel em nenhum ponto do plano complexo.

f(z0+w) f(z0)w

=z0+w z0

w =

w

w

Portanto nao existe

limw0

f(z0+w) f(z0)w

= limw0

w

w qualquer que seja z0 C

pois tem limites diferentes em caminhos da formaw= + 0i ew = 0 +i sendo que olimite devera ser unico, logo nao existef(z0) pra nenhum ponto z0 C . Observe que a

funcao e contnua em todos os seus pontos.

Definition 3.16 Dizemos que a funcao f(z) e analtica em z0 se a for derivavel em

Br(z0) para algumr >0

Definition 3.17Dizemos que a funcao f(z) e analtica em se for analtica em todos

os pontosz

.

Exemplo as seguintes funcoes sao analticas em = C

p(z) =a0+. . .+anzn, ez, cos(z), sinh(z), . . .

Exemplo A funcao f(z) = 1

z4 + 16 e analtica em = C {z1, z2, z3, z4} ondez1 =

2ei/4, z2= 2ei3/4, z3 = 2ei/4, z4= 2ei3/4 sao os4 pontos onde ela nao esta definida.

3.3 Equacoes de Cauchy-Riemann

Nesta secao mostraremos que a parte real u(x, y) e imaginaria v(x, y) de uma funcao

analticaf(z) =u(x, y) + iv(x, y)satisfazem certas equacoes conhecidas como Equacoes

de Cauchy-Riemann. Tambem veremos que tais equacoes sao suficientes para determinar

a analiticidade de uma funcao complexa.

20


21/72

Sez0 = x0+iy0, w= +i ef(z) =u(x, y) +iv(x, y) temos que

f(z0+w) f(z0)w

= u(x0+, y0+) u(x0, y0)

+i

+iv(x0+, y0+) v(x0, y0)

+i

(3.4)

Supondo quef(z) e deriv avel emz0, vejamos que acontece com esse limite se nos aproxi-

marmos de0 pelo seguinte caminho w= +i0. Usando (3.4) temos que

f(z0) = limw0

f(z0+w) f(z0)w

= lim0

u(x0+, y0) u(x0, y0)

+i

v(x0+, y0) v(x0, y0)

= ux(x0, y0) +ivx(x0, y0). (3.5)

Agora se considerarmos o caminho w= 0 +i teremos

f(z) = limw0

f(z0+w) f(z0)w

= lim0

u(x0, y0+) u(x0, y0)

i +i

v(x0, y0+) v(x0, y0)i

=

1

iuy(x0, y0) +vy(x0, y0)

= iuy(x0, y0) +vy(x0, y0). (3.6)

Dado que o limite e unico, segue de (3.5)-(3.6) que

ux(x0, y0) = vy(x0, y0),

uy(x0, y0) = vx(x0, y0).

Portanto, sef(z) e deriv avel emz= x+iy, entao satisfaz as equacoes

ux(x, y) = vy(x, y),

uy(x, y) = vx(x, y).

que sao conhecidas como, Equacoes de Cauchy-Riemann.

Theorem 3.18 Se f(z) = u(x, y) +iv(x, y) e analtica em entao u(x, y) e v(x, y)

satisfazem as equacoes de Cauchy Riemann para todo (x, y) , alem disso

f(z) = ux(x, y) +ivx(x, y)

= vy(x, y) iuy(x, y)

21


22/72

O recproco tambem e verdadeiro:

Theorem 3.19 Sejamu(x, y)ev(x, y), funcoes contnuas com derivadas parciais contnuas

para todo (x, y) onde e um subconjunto aberto deC (ou de R2). Logo, se estasfuncoes satisfazem as equacoes de Cauchy Riemann para todo (x, y)

, entao a funcao

f(z) =u(x, y) +iv(x, y) e an alitica em.

Exemplo Vejamos quef(z) =z2 e analtica em = C e quef(z) = 2z. de fato,

f(z) =z2 = (x+iy)2 =x2 y2 u(x,y)

+i2xyv(x,y)

,

logo as funcoes u(x, y), v(x, y) sao funcoes contnuas com derivadas tambem contnuas

para todo (x, y) R2, alem disso

ux(x, y) = 2x= vy(x, y)uy(x, y) = 2y= vx(x, y),

isto e, satisfazem as Equacoes de Cauchy Riemann para todo (x, y) R2. Portanto f(z)e analitica emC. Alem disso

f(z) =ux(x, y) +iv(x, y) = 2x+i2y= 2(x+iy) = 2z.

Exemplo A funcao f(z) = Re(z) nao e analtica em nenhum ponto. De fato, se

z = x+ iy, entao f(z) = x. Assim, u(x, y) = x e v(x, y) = 0 os quais sao func oes

contnuas com derivadas contnuas, mas, nao satisfazem as equacoes de Cauchy Riemann

em nenhum ponto deC.

Exemplo A funcaof(z) = |z|2 nao e analtica em nenhum ponto, pois sua parte realu(x, y) =x2 + y2 e imaginariav(x, y) = 0 embora sejam funcoes contnuas com derivadas

contnuas, as equacoes de Cauchy Riemann somente sao satisfeitas paraz= 0, logo f(z)

no maximo poderia ser analtica em 0, mas seria necessario que funcao seja derivavel

numa vizinhanca de 0 o que nao valido, pois as equacoes de Cauchy Riemann nao sao

satisfeitas nessa vizinhanca. portanto a funcao nao e analtica em nenhum ponto deC.

3.4 Forma polar das equacoes de Cauchy-Riemann

Seja f(z) = u(x, y) +iv(x, y) uma funcao complexa, determinaremos as equacoes de

Cauchy Riemann na forma polar. Escrevendo zna forma polar

z= x+iy= rei =r cos() +ir sin(),

22


23/72

temos que

x= r cos() =x(r,)

, y= r sin() =y(r,)

.

Assim a parte real e imaginaria def(z) pode ser escrita em funcao de(r, ), isto e

u(r, ) =u(x(r, ), y(r, )), v(r, ) =v(x(r, ), y(r, ))

e desta forma f(z) pode ser escrita da forma f(z) = u(r, ) +iv(r, ). Vejamos quais

seriam as equacoes de Cauchy Riemann em relacao as coordenadas(r, ). Usando a regra

da cadeia temos que

u

r =

u

x

x

r+

u

y

y

r

= u

xcos() +

u

ysin().

Analogamente

v

= v

xr sin() +

v

yr cos().

Agora usando as equacoes de Cauchy Riemann u

x=

v

y,

u

y = v

x temos que

v

=

u

yr sin() +

u

xr cos()

= r u

y

sin() + u

x

cos()= r

u

r

isto e

ru

r =

v

.

Procedendo de de forma analoga, tambem podemos obter, que

rv

r = u

.

As duas equacoes anteriores sao as equacoes de Cauchy-Riemann na forma polar.

Exemplo Determinemos os pontos onde a funcao f(z) = z5 e analtica. Deter-

minemos as partes real e imaginaria de funcao em termos de(r, ). Sendo quez=rei,

temos que

f(z) =r5e5 =r5 cos(5) u(r,)

+i r5 sin(5) v(r,)

.

23


24/72

Claramente as funcoes u(r, ) e v(r, ) sao funcoes contnuas com derivadas parciais

contnuas, vejamos se tais funcoes satisfazem as equacoes de Cauchy Riemann:

ru

r = 5r5 cos(5) =

v

, r

v

r = 5r5 sin(5) = u

.

Dai segue quef(z) e analtica em todo o plano complexo.

3.5 Funcoes harmonicas

Dizemos que uma funcao de duas variaveish(x, y)contnua com derivadas parciais contnuas

ate de segunda ordem e harm onica num conjunto R2 se2h

x2(x, y) +

2h

y2(x, y) = 0 para todo (x, y) .

Se denotarmos com = 2

x2+

2

y2ao operador laplaciano, temos queh(x, y)e harm onica

se

h(x, y) = 0 para todo (x, y) .

Theorem 3.20 sef(z) =u(x, y) +iv(x, y) e analtica em entao u(x, y) ev(x, y) sao

funcoes harmonicas em.

Proof: Como f(z) e analtica em, temos queu(x, y)ev(x, y) satisfazem as equacoes

de Cauchy Riemann, isto e

u

x=

v

y,

u

y = v

x, (x, y) .

Derivando a primeira equacao em relacao ax e a segunda equacao em relacao ay temos

que

2u

x2 =

2v

xy,

2u

y2 =

2v

yx,

assim, somando estas equacoes e em vista que 2vxy

= 2vyx

conluimos que

u=2u

x2(x, y) +

2u

y2(x, y) = 0, (x, y) .

24


25/72

Definition 3.21 Duas funcoes harmonicasu(x, y), v(x, y) em sao ditas harmonicas

conjugadas se a funcao f(z) =u(x, y) +iv(x, y) e analtica em.

Pergunta: Dada uma funcao u(x, y) harmonica e possivel encontrar uma harmonica

conjugadav(x, y)?

Theorem 3.22 Seu(x, y) e harm onica em =Br(0) entao e possivel determinar uma

harmonica conjugada.

Proof: Precisamos encontrar uma funcao v(x, y) tal que junto comu(x, y) satisfacam

as equacoes de Cauchy-Riemann, isto e ux = vy e uy =vx. fixando x e integrando aprimeira equacao em relacao a segunda componente temos que

y

0

ux(x, s)ds = y

0

vy(x, s)ds

= v(x, y) v(x, 0).

Por outro lado, temos que

v(x, 0) =

x0

vx(s, 0)ds+v(0, 0)

= x0

uy(s, 0)ds+v(0, 0).

Das equacoes anteriores, encontramos que

v(x, y) = y0

ux(x, s)ds+v(x, 0)

=

y0

ux(x, s)ds x0

uy(s, 0)ds+v(0, 0).

Portanto as funcoes candidatas a ser os harmonicos conjugados deu(x, y) sao da forma

v(x, y) :=

y0

ux(x, s)ds x0

uy(s, 0)ds+C

ondeC e uma constante real qualquer. Agora, basta verificar que esta funcao v(x, y)jun-

tamente com u(x, y) satisfacam as equacoes de Cauchy-Rieman em para conluir que

f(z) =u(x, y) +iv(x, y) e analtica em.

Exemplo Determinemos um conjugado harmonico para a funcao harmonicau(x, y) =

x2 y2. Uma tal funcao v(x, y) devera satisfazer

ux = 2x= vy, uy = 2y= vx.

25


26/72

Da primeira equacao, temos que

v(x, y) = 2xy+f(x)

onde f(x) sera determinada posteriormente. Derivando esta expressao em relacao a x,

temos que

vx= 2y+f(x) = uy = 2y

de onde conluimos quef(x) = 0, portanto f(x) = C, Cconstante. logo, os conjugados

harmonicos deu(x, y) sao da forma

v(x, y) = 2xy+C.

Exercicios:

1. Usando a definicao de derivada mostre que a derivada de f(z) = 1/z e f(z) =

1/z2 para todo z= 0.

2. Determine os pontos do plano complexo onde as seguintes funcoes nao sao analticas

Re(z), Im(z), ez, |z|2, lnp(z)

3. Determine os pontos onde as seguintes funcoes sao analticas

f(z) = |z|2 + 2izIm(z)f(z) =

z

z|z|2 + zf(z) = 2zRe(z) |z|2

4. sejaa C, mostre quef(z) = eaz e analtica em = C. Prove quef(z) = aeazusando a formulaf(z) =

u

x(x, y) +i

v

x(x, y).

5. Prove que

sin(z) = cos(z), cos(z) = sin(z), sinh(z) = cosh(z), cosh(z) = sinh(z)

6. Sejaf(z) definido num conexo tal quef(z) = 0,z . Mostre quef(z) =C,z para alguma constanteC C. A conexidade e necessaria?

26


27/72

7. Sejaf(z) =u(x, y) + iv(x, y) analtica para todo z 1 tal quef(z) 2.z 1eg(w) =U(u, v) + iV(u, v)analtica para todo w = u + iv 2. Mostre que usandoas equacoes de Cauchy-Riemann queh(z) =g(f(z)) e analtica em1

8. Sejam u(x, y) e v(x, y funcoes com ate primeira derivada contnua em

C.

Prove quef(z) =u(x, y) + iv(x, y) e analtica em se e somente se fx

+ ify

= 0,

z= x+iy (x, y)

9. Sejaf(z) =u(x, y) +iv(x, y) analtica emz= rei. Seu(r, ) =u(x, y) ev(r, ) =

v(x, y) ondex= r cos() ey= r sin() mostre que

u

x =

u

rcos +

v

rsin

v

x =

v

rcos u

rsin .

Usando estas equacoes mostre quef(z) = ur +ivr ei.10. Seja n N, mostre que f(z) = zn e analtica em = C. Usando a formula

f(z) =ur +i

vr

ei, mostre quef(z) =nzn1.

11. Mostre que lnp(z) e analtica em = C R0 ondeR0 = {x R : x 0}. (Dica:Use a forma polar das Equacoes de Cauchy Riemann). Alem disso, use a formula

f(z) =ur +i

vr

ei, para mostrar quelnp(z) = 1/z.

12. Encontre relacoes entre os coeficientesa, b, c, dde tal forma que as seguintes funcoes

sejam harmonicas

u(x, y) =ax3 +bx2y+cxy2 +dy3, u(x, y) =eax sin(bx), u(x, y) =eax cosh(bx).

13. Sev(x, y) e um conjugado harmonico deu(x, y), mostre queu(x, y)e um conjugado

harmonico dev(x, y).

14. Sejaa R. Verifique que a funcao u(x, y) =eax cos(ay) e harm onica em = R2 eencontre um conjugado harmonico para esta funcao.

4 Integracao Complexa

Definition 4.1 Dizemos queC C e uma curva de extremos P e Q se existe umafuncao contnua: [a, b] C tal que

C = {(t) =x(t) +iy(t) :t [a, b], (a) =P, (b) =Q}

27


28/72

Neste caso (t) e dita uma parametrizacao deC e a orientacao da curva sera aquela emque(t) esta sendo percorrida, isto e, deP ateQ.

PorC denotaremos a mesma curva anterior com a diferenca que ser percorridaem sentido contrario, isto e, deQ aP, neste caso podemos parametrizar esta curva da

seguinte forma

C = {1(t) =(t) :t [b, a]}

Obs:A parametrizacao de uma curva nao e unica, por exemplo, a curva de extremos

P = 0 eQ= 2 + 4i atravez da par abolay= x2, pode ser parametrizada pelas funcoes

C = {(t) =t+it2 :t [0, 2]}

C =

{1(t) =t

2 +it4 :t

[0,

2]

}C = {2(t) =tet +it2e2t :t [0, b], ondeb e tal que beb = 2}

Definition 4.2 Dizemos queC e uma curva simples se alguma parametrizacao (t) einjetiva. A curva e dita fechada se seus extremos coincidem. A curva sera dita fechada

simples se for fechada e a parametrizacao : [a, b] C for injetiva em [a, b[.

Exemplo

1. A curvaC = {(t) = cos(t)eit

:t [0, 4+/2]} nao e simples nem fechada2. A curvaC = {(t) =eit :t [0, 2]} e fechada simples

3. A curvaC = {(t) =eit :t [0, 4]} e fechada mas nao e simples

De acordo com um teorema famoso devido a Jordan, toda curva fechada simplesCdivide o plano complexo em duas regioes tendoC como fronteira, uma regiao interior, ,limitada e outra exterior, C, ilimitada. Alem disso ambas regioes sao conexas, maisainda, a regiao interior e conexo simples (veja definicao embaixo).

Definition 4.3 Dizemos que un conjunto conexo e conexo simples se o interior de

toda curva fechada inscrita em esta contida em. Isto e, e um conexo que nao tem

buracos.

28


29/72

Definition 4.4 Seja : I C, onde I e um intervalo da reta. Dizemos que (t) ediferenciavel por partes em I, se for contnua e (t) for contnua exeto num numero

finito de discontinuidadest1, . . . , tn, e em cada discontinuidade os limites

(t+i ) := limtt+i

(t), (ti ) := limtt

i

(t)

existem.

Exemplo A funcao (t) =t+i|t| comt [1, 1] e diferenci avel por partes, pois econtnua e

(t) =

1 i se t [1, 0[1 +i se t ]0, 1]

sendo que e discontnuat = 0(nao esta definido), mas os limites(0+) = 1 + i, (0) =

1

i existem

Seja (t) = x(t) + iy(t), t [a, b] uma curva no plano complexo (na verdade e umaparametrizacao de curva, mais abusando da linguagem a chamaremos de curva). Defini-

mos a integral de curva como sendo ba

(t)dt :=

ba

x(t)dt+i

ba

y(t)dt.

Entao sao validas as as seguintes propriedades: se(t), (t) sao duas curvas definidas no

intervalo[a, b] ec e uma constante complexa entao

1. ba

(t) +(t)dt = ba

(t)dt+ ba

(t)dt

2.

ba

c(t)dt = c

ba

(t)dt

3.

ba

(t)dt

ba

|(t)| dt

Prova do item 3:

ba

(t)dt = rei com r 0

entao

r = ei ba

(t)dt

=

ba

ei(t)dt

29


30/72

Tomando parte real em ambos membros temos

r =

ba

Re

ei(t)

dt

b

a |ei(t)

|dt

ba

|(t)| dt

isto e ba

(t)dt

=r ba

|(t)| dt

4.1 Comprimento de uma curva

SejaC e uma curva parametrizada por : [a, b] C. Consideremos P ={a = t0 0 existe >0

tal que se|(t)(s)| < para todot, stal que|ts| < . Assim escolhendo uma particao

31


32/72

tal queP < temos que| t| < para todo t[tk1, tk] entao|(k) (t)| < .Voltando a nossa equacao temos que b

a

|(t)| dt (P) +m

k=1(tk tk1)

(P) +(b a) (4.8)

De (4.7) e (4.8) concluimos que ba

|(t)| dt= sup{(P) :P e uma particao de[a, b]} (C) = ba

|(t)| dt

Definition 4.7 SejaC uma curva contida em C de extremosP eQ parametrizadaporz(t) =x(t) + iy(t), a t b, diferenciavel por partes, com extremosz(a) = Pe comz(b) = Q. Entao a integral complexa de uma funcao complexa contnuaf : C Cao longo deC no sentido deP aQ e

Cf(z)dz=

QP

f(z)dz :=

ba

f(z(t))z(t)dt

Obs: Sef(z) =u(x, y) +iv(x, y) entao

f(z)dz = (u+iv)(dx+idy)

= udx vdy +i(udy+vdx),

isto e C

f(z)dz=

C

udx C

vdy+i

C

udy+

C

vdx

.

Lembre que a definicao de integral de linha: C udx= b

a

u(x(t), y(t))x(t)dt.

Exemplo SejaC = {z(t) =eit :t [0, 2]} entao

1.

C

1

z dz=

20

1

z(t)z(t)dt =

20

1

eitieit dt= 2i

2.

C

zn dz=

20

zn(t)z(t)dt = 20

eintieit dt= i

20

ei(n+1)t dt=ei(n+1)t

n+ 1

20

= 0

32


33/72

independencia da parametrizacao: Sejaz1(t),t [a, b]e suponhamos quet = h(s)onde h : [c, d] a, b e crescente sobrejetorra e com derivada contnua, denotemos conz2(s) =z1(h(s)) assim

C=

{z1(t) :t

[a, b]

}=

{z2(s) :s

[c, d]

}Mostraremos que

Cf(z)dz=

ba

f(z1(t))z1(t)dt =

dc

f(z2(s))z2(s)ds

Prova: Fazendo a mudanca de variaveist= h(s) temos ba

f(z1(t))z1(t)dt =

dc

f(z1(h(s)))z1(h(s))h

(s)ds = dc

f(z2(s))z2(s)ds

Propriedades: sef(z), g(z) sao duas funcoes complexas entao

1.

C

f(z) +g(z)dz=

C

f(z)dz+

C

g(z)dz

2. k

C

f(z)dz=

C

kf(z)dz, parak C

3.

C

f(z)dz= C

f(z)dz

4.C

f(z)dz=C1

f(z)dz+C2

f(z)dz, paraC = C2 C2

SejaC = {z(t) =x(t) +iy(t) :t [a, b]}, denotaremos comC

f(z) |dz| := ba

f(z(t))|z(t)| dt

Usando esta definicao temos que

C |dz| = b

a |z(t)

|dt= (

C).

Theorem 4.8 C

f(z)dz

C|f(z)| |dz|

33


34/72

Prova: C

f(z)dz

= ba

f(z(t))z(t)dt

b

a |f(z(t))z(t)

|dt

ba

|f(z(t))||z(t)| dt

C|f(z)||dz|

Obs: Note que se|f(z)| Mpara todo z eC e uma curva inscrita em, entao

C |f(z)| |dz| MC |dz| M(C)Theorem 4.9 Se f : C e contnua e possui uma primitiva F : C, istoe F(z) = f(z) para todo z , entao para toda curva contnua e C1 por partes deextremosP eQ tem-se Q

P

f(z)dz= F(Q) F(P)

Proof: Seja z : [a, b] C uma paramerizacao contnua eC1 por partes de uma curvade extremosP =z(a) eQ= z(b). Entao

d

dt[F(z(t))] =F(z(t))z(t) =f(z(t))z(t)

entao QP

f(z)dz =

ba

f(z(t))z(t)dt

= b

a

d

dt [F(z(t))]dt

= F(z(b)) F(z(a))= F(Q) F(P)

Exemplo A funcao f(z) = 1/z nao tem uma antiderivada em nenhum conjunto que

34


35/72

contenha uma vizinhanca da origem exeto a origem. Para provar isto, suponhamos o

contrario: Seja F(z) uma antiderivada de f(z) = 1/z no conjunto que contem uma

vizinhanca da origem exeto a origem, consideremos a curvaC ={reit : t[0, 2]} comr >0 pequeno de tal forma queC . Entao, pelo teorema anterior deveriamos ter

C

dzz

=F(ei2) F(ei0) =F(1) F(1) = 0

Mas, se usamos a definicao de integral teremosC

dz

z =

20

1

reitrieit t= 2i,

A qual contradiz o fato de1/z ter uma antiderivada numa vizinhanca da origem.

Obs: lnp(z) e uma antiderivada de1/zno conjunto C {x R :x 0}.

Exerccios

1. Determine uma parametrizacao de cada uma das seguintes curvas

(a) Segmento de Reta de extremosP = 0 eQ= 2 +i.

(b) Segmento de Reta de extremosP = 1 + 2i eQ= 1 +i.(c) A circunferencia de centro 1 i e raio 2.(d) O pedaco de parabolay= x2 + 1 de extremosP = 1 + 2i eQ= 2 + 5i.

(e) A elipse2(x 1)2

+ 3y

2

= 6.(f) O pedaco de hiperboley= 2 + 1/x de extremosP= 1 + 3i eQ= 2 + (5/2)i.

2. Determine que curvasF(x, y) = 0 representam cada uma das seguintes parametrizacoes

(a) z(t) =i+ (2 i)t, 1 t 3.(b) z(t) =i+ 2eit, 0 t .(c) z(t) =t20 +it40, 1 t 2.

3. CalculeC f(z)dzonde(a) f(z) = sin(z),C= segmento de reta deP = 0 aQ= i.(b) f(z) =ez,C= circunferencia unitaria no sentido antihorario.(c) f(z) =z2,C= parabolay= x2 deP = 0 aQ= 1 +i.(d) f(z) =z,C= os lados do triangulo de vertices0, 1, i no sentido antihorario.

35


36/72

4. SejaC =Sr(z0) = {z C: |z z0| =r} orientado em sentido antihorario, mostreque

C

1

(z z0)n dz=

2i se n= 10 se n 2, n N

5. CalculeC

z dz, deP = 0 aQ= 1 +i, atravez da curva

(a) Retay= x

(b) Parabolay= x2

As integrais coincidem?

6. CalculeC |z|2 dzondeC e uma das seguinte curvas

(a)C1 = Segmento de Reta de0 a2 e segmento de Reta de2 a2 +i,(b)C2 = Segmento de Reta de0 ai e segmento de Reta dei a2 +i.

As integrais coincidem?

7. Calcule as seguintes integrais i/20

zcos(z)dz,

2i

zsin(z2)dz,

1+i1i

cosh(z)dz.

5 Os teoremas de Cauchy

Nesta secao abordaremos alguns dos resultados mais importantes da integracao de funcoes

analticas formuladas por Cauchy1, a qual tem aplicacoes sorprendentes no aspecto teorico

e pratico. Antes de enunciar tais resultados recordemos um dos teoremas mas importantes

do calculo de funcoes de varias variaves conhecido como: o Teorema de Green ou teorema

da divergencia no plano:

Theorem 5.1 (Teorema de Green) Seja

R2 abeto e conexo simples e sejam

P(x, y) e Q(x, y) funcoes com derivadas parciasi contnuas ate de primeira ordem em

. Entao para qualquer curva fechada simplesC inscrita em temos R

Q

x P

y

dxdy=

C

(P dx+Q dy)

sendo queR e a regi ao interior aC e a curva e percorrida no sentido antihorario.1matematico ...

36


37/72

Theorem 5.2 Sejaf(z) analtica num conjunto aberto e conexo simples. EntaoC

f(z)dz= 0

para qualquer curva fechada simples iscrita em.

Proof: Assumiremos quef(z) e contnua. O caso sem esa hipotese foi mostrado por

Goursat cuja demonstracao e mais complexa. Sejaz(t) = x(t) + iy(t) a parametrizacao

de C. escrevemosf(z) =u(x, y) +iv(x, y). desde quef(z) e contnua as funcoesu(x, y)

ev(x, y) possuim derivadas parciais contnuas de primeira ordem. Agora

f(z)dz = (u+iv)(dx+idy)

= (udx vdy) +i(vdx+udy)

entao pelo Teorema de Green temos queC

f(z)dz =

C

(udx vdy) +iC

(vdx+udy)

=

R

v

x u

y

=0

dxdy+i

R

u

x v

y

=0

dxdy

= 0

Exemplo Consideremos as circunferenciasC1 ={z C:|z 2i| = 1},C2 = {z C :|z| = 1} percorridas no sentido antihorario. Entao aplicando o teorema de Cauchy

C1

dz

z = 0,

poisC1 esta inscrita numa regiao conexa simples onde1/z e analtica. Por outro lado, n aopodemos aplicar o teorema de Cauchy para calcular a integral na curva C2 pois a curva naoesta inscrita em nenhum conjunto conexo simples onde a funcao 1/z e analtica. Usando

a definicao de integral podemos encontrar queC2

dz

z = 2i.

Corollary 5.3 Se f(z) e analtica num conjunto aberto e conexo simples entao a

integral def(z) numa curva contida em de extremosz0 ezso depende desses pontos e

nao da curva.

37


38/72

Proof: SejamC1 eC2 duas curvas simples diferentes que coincidem nos extremosz0, zentao, se consideramos a curva fechadaC = C1 (C2), pelo teorema de Cauchy tem-se

0 =

C

f(z)dz

= C1

f(z)dz+ C2

f(z)dz

=

C1

f(z)dzC2

f(z)dz

isto e C1

f(z)dz=

C2

f(z)dz

Exemplo ConsidereC1 uma curva poligonal que inicia no ponto 1, passa pelo pontos1 + 2i,1 + 3i ate o ponto1. Calculemos

C1

dz

z . Consideremos a curvaC2 = {z(t) =

eit : 0 t , entao, as curvasC1 eC2 tem os mesmos extremos iniciais e finais e estaodentro de um mesmo conjunto conexo simples onde a funcao 1/z e analtica, por tanto

pelo corolario anterior tem-seC1

dz

z =

C2

dz

z =

0

ieit

eit =i.

Observe que a curvaC3 ={z(t) = eit : 0 t tem os mesmos extremos iniciais efinais queC1, mas neste caso nao pode ser usado o Corolario anterior, pois ambas curvasnao estao dentro de algum conjunto conexo simples onde1/zseja analtica.

Theorem 5.4 (Teorema de cauchy em abertos multiplemente conexos) Seja

um conjunto aberto que contem as curvas fechadas simplesC0, C1, . . . , Cn orientadas nomesmo sentido talqueC1, . . . , Cn estao no interior deC0 eCi eCj sao exteriores um aooutro para todo i =j , i, j = 1, . . . , n. Sef(z) e analtica em que contem o interior deC0 exeto talvez em regioesi interiores aCi para i= 1, . . . , nentao

C0f(z)dz=

C1

f(z)dz+ +Cn

f(z)dz

Exemplo SejaC uma curva fechada simples que envolve a origem entaoC

1

z dz= 2i,

38


39/72

sendo que a curva e percorrida no sentido antihorario. De fato, Considerando a curva

C1 = {z(t) =reit, 0 t 2} conr >0 de tal forma queC eC1 nao se intesetem, peloteorema de Cauchy para conexos multiples temos que

C 1z dz= C11

z dz=

2

0

1

z(t)z(t)dt=

2

0

i dt= 2i

Exemplo SejaC uma curva fechada simples que envolve os pontosi entaoC

2z

z2 + 1dz= 4i,

sendo que a curva e percorrida no sentido antihorario. De fato, Considerando a curva

C1 ={z1(t) = i+ r1eit, 0 t 2},C2 ={z2(t) =i+ r2eit, 0 t 2} conr1, r2 > 0 pequenos de tal forma queC,C1 eC2 nao se intesetem, pelo teorema de Cauchypara conexos multiples temos que

C

2z

z2 + 1dz =

C1

2z

z2 + 1dz+

C2

2z

z2 + 1dz

=

C1

1

z i+ 1

z+i

dz+

C2

1

z i+ 1

z+i

dz

=

C1

dz

z i =2i

+

C1

dz

z+i =0

+

C2

dz

z i =0

+

C2

dz

z+i =2i

Theorem 5.5 Sejaf(z) analtica num conjunto aberto e conexo simples, entao qual-

quer primitiva desta funcao e dado por

F(z) =

zz0

f(w)dw+C, z (5.9)

ondez0 e fixado eC e uma constante.

Proof: Primeiro vejamos queF(z) dado por (5.9) e uma primitiva de f(z). Sejaz entao

F(z+h)

F(z)

h =

1

h z+h

z0 f(w)dw z

z0 f(w)dw

= 1

h

z+hz

f(w)dw

Exercicio: seg(z)analtica num conjunto aberto e conexo simples ez0 mostre que

limh0

1

h

z0+hz0

g(w)dw = g(z0)

39


40/72

Dai segue que

limh0

F(z+h) F(z)h

= f(z)

Portanto F(z) = f(z)z . Seja agora F(z) uma primitiva qualquer de f(z)mostraremos queF(z) e da forma (5.9). consideremos

G(z) =F(z) zz0

f(w)dw

entao

G(z) =F(z) f(z) = 0 z

Entao G(z) =C,z para alguma constanteC C. Portanto

F(z) = z

z0f(w)dw+C, z

Exemplo Calcule uma primitiva def(z) =z. Usando o teorema anterior qualquer

primitiva dessa funcao e dada por

F(z) =

z0

w dw+C

usando a parametrizacao w(t) =zt comt [0, 1] da reta que une a origem comz temosque

F(z) =

10

w(t)w(t)dt+C

= z2 10

t2 dt+C

= z2

2 +C

Exerccios:

1. SejaC a circunferencia unitaria de centro na origem. Calcule a integralCf(z)dz,sendo que a curva e percorrida no sentido antihorario. Use o teorema de Cauchy

nos casos que seja possvel.

f(z) = z, f(z) =ez2

, f(z) =1 z

z2 , f(z) =

1

z2 + 4, f(z) = lnp(z).

40


41/72

2. SejaCa circunferencia de raio3/2e centro na origem. Calcule as seguintes integraisconsiderando que a curva e percorrida no sentido antihorario

C

z+ 1

z2 + 2z dz,

C

z2 +z+ 4

z3 + 4z dz.

Dica: Decomponha o integrando em fracoes parciais e calcule cada uma das integraisresultantes.

3. Seja C um conjunto aberto e conexo simples. Mostre queC

f(z)dz= 0

para toda curvaC fechada simples inscrita em se e somente se QP

f(z)dz:= integral em uma curva de extremosP eQ

depende somente de os extremosP eQ e nao da curva.

4. (i) sejag: R R uma funcao contnua et0 R. Mostre que

limh0

1

h

t0+ht0

g(s)ds = g(t0)

(ii) seja Cum conjunto aberto conexo simples, g : Cuma funcao analticaez0 . Mostre que

limh0

1

h

z0+hz0

g(w)dw = g(z0)

Theorem 5.6 (Formula integral de Cauchy) Sejaf(z)analtica emaberto e conexo

simples. Entao, para qualquer curva fechada simplesC inscrita em ez0 um ponto inte-rior aC tem-se

C

f(z)

z z0 dz= 2if(z0)sendo que a curva e percorrida em sentido antihorario.

Proof: ConsideremosCr = Sr(z0) com0< r < r0 positivo tal queCr0 esteja no interiorde

C. Entao, pelo teorema de Cauchy para multiplemente conexos, temos que

C

f(z)

z z0 dz =Cr

f(z)

z z0 dz

= f(z0)

Cr

1

z z0 dz+Cr

f(z) f(z0)z z0 dz

= f(z0)2i+

Cr

f(z) f(z0)z z0 dz

41


42/72

para qualquer0< r < r0. Cosideremos agora a funcao

F(z) =

f(z)f(z0)

zz0 se z= 0f(z0) se z= z0

entao F(z) e contnua em, por tanto|

F(z)|

Mpara todo z

Br0(z0). AgoraCr

f(z) f(z0)z z0 dz

=Cr

F(z)dz

Cr

|F(z)| |dz| 2Mr

portanto

limr0 Cr

f(z) f(z0)z z0

dz= 0

Tomando limite em ...quando r 0 obtemos o resultado desejado.

Exemplo Consideremos as curvas fechadas simplesC1= {z(t) = + 3eit/4, 0 t 2},C2 = {z(t) =+eit/3, 0 t 2}, calculemos

C1

sin(z)

z /2 dz,C2

sin(z)

z /2 dz,C1

sin(z)

z 3/4 dz,C2

sin(z)

z 3/4 dz.

Usando a formula integral de Cauchy, temosC1

sin(z)

z /2 dz= 2i sin(/2) = 2i.

Pelo teorema de Cauchy, tem-se queC2

sin(z)

z /2 dz= 0.


sin(z)

z 3/4 dz= 2i sin(3/4) = 2i sin(/4) =

2i.


sin(z)

z 3/4 dz= 2i sin(3/4) =

2i.

42


43/72

Exemplo Vejamos como encontrar a integral de F(z) = ez

z2+2 ao longo da circun-

ferenciaC, de centroi/2e raio, no sentido antihorario. Usando a formula integral deCauchy tem-se

C ez

z2 +2 dz= C e

z/(z+i)

z i dz= 2i

ei

i+i =

1.

obs: A formula integral de cauchy fornece uma outra forma de escrever a funcaof(z)

da forma

f(z) = 1

2i

C

f(w)

w z dw

ondeC e uma curva fechada simples que envolvez.

Theorem 5.7 2 Sef(z)e analtica num conjuntoaberto e conexo simples, entao possui

derivadas de todas as ordens as quais tambem sao funcoes analticas em. Alem disso

f(n)(z) = n!

2i

C

f(w)

(w z)n+1 dw

ondeC e uma curva fechada simples inscrita em Omega envolvendo z sendo percorridono sentido antihorario.

Proof:

f(n)(z) = 12i

dn

dzn

Cf(w)w z dw

=

1

2i

C

f(w)dn

dzn

1

w z

dw (se a derivada conmuta com a integral)

= 1

2i

C

f(w) n!

(w z)n+1 dw.

Obs: Se z0 e um ponto interior a curva fechada simplesC

e f(z) e uma funcao

analtica num conjunto aberto e conexo que contemC, entaoC

f(z)

(z z0)n+1 dz=2i

n!f(n)(z0)

2Este teorema pode ser generalizado para f(z) eC uma curva de comprimento finito nao necessaria-mente fechada, no seguinte sentido: a funcao dada por F(z) =

C

f(w)wz

dw possui derivadas de todas as

ordens para todo z C. Alem disso, F(n)(z) = n! C

f(w)(wz)n+1

dw.

43


44/72

Exemplo ConsideremosC uma curva fechada simples que temz0 = 0 no seu inte-rior, mostremos que

C

f(z2)

z2 dz= 0.

para toda funcao f(z) analtica num conjunto aberto e conexo simples que contemC .Denotando comF(z) =f(z2), claramente esta funcao e analtica nos pontos ondef(z) e

analtica, alem disso F(z) =f(z2) 2z. Aplicando o teorema anterior temos queC

f(z2)

z2 dz=

C

F(z)

(z 0)2 dz=2i

1! F(0) = 0.

Exemplo Determinemos a integral da funcao f(z) = 1/(4z2 + 1)2 a longo da cir-

cunferencia unit ariaC de centro i, percorrida no sentido antihorario.

f(z) = 1(2z i)2

1(2z+i)2

=1/(2z+i)2

(2z i)2 =1/[4(2z+i)2]

(z i/2)2 = h(z)

(z i/2)2

Como a funcaoh(z) = 1/[4(2z+i)2]e analtica num conjunto aberto e conexo que contem

C, pelo teorema anterior temos queC

1

(4z2 + 1)2 dz=

C

h(z)

(z i/2)2 dz=2i

1! h(i/2) =

2i

1!

1

(2[i/2] +i)3

=

4.

Corollary 5.8 (Estimativa de Cauchy) Sef(z)e analtica emBR(z0)tal que|f(z)| Mpara todo z BR(z0) entao

|f(n)(z0)| Mn!Rn

, n N

Proof:

|f(n)(z0)| n!2

SR(z0)

|f(z)||z z0|n+1|dz|

n!2

M

Rn+1 SR(z0)|dz|

Mn!Rn

Definition 5.9Dizemos que uma funcao f(z) e inteira se for analtica em todo C

44


45/72

Corollary 5.10 (Teorema de Liouville) Sef(z)e uma funcao inteira limitada, entao

f(z) e constante.

Proof: Seja R >0 arbitrario, e sejaM >0 tal que|f(z)| M,z C. Assimf(z)e analtica em BR(z) e limitada porM sendo queM nao depende deR ez. Entao pela

estimativa de Cauchy temos que

|f(z)| = MR

Tomando limite quando R tem-se quef(z) = 0,z C portanto f(z) e constante.

Exemplo Teorema Fundamental da Algebra: Todo polinomio de grau maior ou igual

que1 possui uma raiz.

De fato, sejap(z) um polinomio de grau n 1, isto e, p(z) = anzn + +a0 coman= 0. Suponhamos que p(z) nao se anula em nenhum ponto, entao a funcao f(z) =1/p(z) e uma func ao inteira. Alem disso,

f(z) = 1

p(z)=

1

zn 1

an+ an1

z + + a0

zn

de onde segue que limz

f(z) = 0, logo = 1 existe R > 0 tal que|f(z)| < 1 para todo|z| > R. Desde que f(z) e analitica e contnua e portanto e limitada em BR(0), isto eexiste M > 0 tal que

|f(z)

| M para todo

|z

| R, por tanto f(z) e limitada. Pelo

teorema de Liouvillef(z) e constante, isto e

1

p(z)=c (constante), z C p(z) 1

c = 0, z C

logo todos os coeficientes dep(z) 1/c sao nulos, em particularan= 0.

Theorem 5.11 (Modulo Maximo) Sef(z) for analtica e nao constante num aberto

e conexo entao nao existez0 tal que|f(z)| |f(z0)|,z .

Proof: Suponhamos que existez0 tal que|f(z)| |f(z0)|,z . SejaR >0 talqueBR(z0) e seja0< r R entao

|f(z0)| = 12i

Sr(z0)

f(w)

w z0 dw

=

12 20

f(z0+reit)eit dt

1

2

20

|f(z0+reit)| dt

45


46/72

logo

1

2

20

|f(z0)| |f(z0+reit)| 0

dt 0

assim|

f(z)|

=|f(z0)

|,

z

BR(z0).

Exercicios:

1. Calcule a integral das funcoesf(z) = 1

z2 + 1 eg(z) =

1

z4 1 ao longo de cada umadas seguintes circunferencias no sentido antihorario

(a)|z i| = 1, (b)|z+i| = 1/2, (c)|z| = 1/2, (d)|z+ 1| = 1, (e)|z| = 2.

2. SejaC o circunferencia unitaria centrada na origem. Calcule a integral da funcaocomplexaf(z) ao longo deC no sentido antihorario ondef(z) e uma das seguintes

funcoes

(a) 1

z2 + 2z+ 2; (b)

z 1z2 +z 2; (c)

z4 1z2 + 1

; (d) ez

2

z ; (e)

cos(z)

z2 + 2z.

3. Usando o teorema de Cauchy para domnios multiplemente conexos mostre que

(a)

C

dz

z 2 i = 2i; (b)C

dz

(z 2 i)n = 0

ondeC e a fronteira do retangulo 0 x 3, 0 y 2. orientado no sentidoantihorario.

4. Mostre que

(a)

i0

zez2

dz= 1; (b) i2

cos(z)dz= isinh()

5. calcule a integral da funcao f(z) = z 1z2 + 1

ao longo das circunferencias no sentido

antihorario

(a)|z+ 1| = 1, (b)|z i/2| = 1, (c)|z+i| = 1/2004.

6. SejaC a fronteira do quadrado, cujos lados estao sobre as retasx =2, y =2,orientada no sentido antihorario. De o valor de cada uma das seguintes integrais

(a)

C

cos(z)

z3 + 9z dz; (b)

C

cosh(z)

z4 dz; (c)

C

3z

z3 +az2 dz, (|a| >

8)

46


47/72

7. De o valor da integral da funcao complexaf(z)ao longo da curva fechada |zi| = 2no sentido antihorario.

(a) 1

z2 + 4; (b)

1

(z2 + 4)2; (c)

z+ 4

(z2 16)2 ; (d) z3

(3z+ 1)2.

8. SejaC o circulo unitario z= ei, orientado de= a = , e k uma constantereal qualquer, mostre primeiro que

C

ekz

z dz= 2i;

e a seguir, escreva a integral em termos de para deduzir a formula 0

ek cos() cos(k sin())dz=

9. Seja f(z) = u(x, y) +iv(x, y) analtica num aberto conexo limitado e contnua

em. Mostre que a funcao harmonicau(x, y) assume seu valor maximo e mnimo

na fronteira de e nunca num ponto interior a menos que seja constante. Dica:

ConsidereF(z) =ef(z).

10. Sejaf(z) =u(x, y) +iv(x, y) uma funcao inteira. Mostre que a funcao harmonica

u(x, y)e necess ariamente uma constante, se a mesma admite um majoranteu0, isto

e, u(x, y) u0,(x, y) R2.

6 Series de Potencias

Uma serie de potencias centradas emz0 e uma serie de funcoes da forma

S(z) =n=0

an(z z0)n =a0+a1(z z0) +a2(z z0)2 +

ondean e uma seq uencia de numeros complexos. Estamos interesados em determinar os

valoresz

C onde esta serie converge. Por exemplo se tomamosz=z0 a serie toma o

valorS(z0) =a0, isto e a serie converge emz0.

Exemplo Sez0 = 0 ean = 1,n Z+0 defrontamos com a serie geometricaS(z) =n=0

zn, a qual foi visto anteriormente que e convergente para|z|


48/72

Theorem 6.1 Suponhamos que limn

n

|an| = 1R

, entao a serieS(z) =n=0

an(z z0)n

converge absolutamente para todo z tal que|z z0| < R e diverge para todo z tal que|zz0| > R. Alem disso a serie converge uniformemente em subconjuntosBr(z0)qualquerque seja0< r < R.

Proof: Usando o teste da raiz a serie deve convergir absolutamente nos pontoszonde

limn

n

|an(z z0)n|


49/72

portanto a serie converge para todoz B2(i).

Exemplo A serien=0

en2

(z 3)n tem raio de convergencia

R=

1

limn en = ,

portanto a serie converge para todoz C.

Theorem 6.2 Toda serie de potencias

S(z) =n=0

an(z z0)n

e uma funcao analtica no seu crculo de convergencia

|z

z0

|< Re sua derivada e a serie

cujos termos sao as derivadas dos termos deS(z) tendo o mesmo raio de convergencia.

Proof: A serie

S(z) =n=1

nan(z z0)n1 =n=0

(n+ 1)an+1(z z0)n

tem raio de convergenciaR dado por

1

R = limnn|(n+ 1)an+1| = limn n

n+ 1

n|an+1| = 1 1

R

entao R= R. Como as somas parciais da serieS(z)e as respectivas derivadas destas so-

mas finitas (somas parciais deS(z)) convergem uniformemente emBr(z0) para qualquer

r < R temos queS(z) = S(z) para todo z Br(z0), dada a arbitrariedade der entao aigualdade anterior e valida para todo z BR(z0).

Exemplo A serie

n=0zn e analtica no seu crculo de convergenciaB1(0), alem disso

vimos que converge paraS(z) = 1/(1 z), logo

S(z) = 1(1 z)2 =

n=1

nzn1.

Este exemplo nos fornece uma forma de calcular o valor de uma serie derivada.

Exerccios:

49


50/72

1. A partir da serie geometrica 1

1 z =n=0

zn para|z|


51/72

Mais ainda, os coeficientes da serie sao calculados pela formula

an= 1

2i

Sr(z0)

f(w)

(w z0)n+1 dw

onde a circunferenciaSr(z0) =

{z

C :

|z

z0

|=r

}e percorrida no sentido antihorario.

Proof: Seja z um ponto do interior da circunferencia Sr(z0), isto e, z Br(z0). Daformula integral de Cauchy, tem-se que

f(z) = 1

2i

Sr(z0)

f(w)

w z dw. (6.10)

Agora observe que para qualquerw SR(z0) temos que

1

w z = 1

w z01

1 zz0wz0 = 1

w z0n=0

z z0w z0n

.

A serie anterior e convergente para os valores zz0wz0 = |zz0|r


52/72

Obs: Observe que os coeficientes da serie podem ser encontrados usando as derivadas

def(z) avaliadas no ponto z0 da seguinte forma

f(z0) = a0,

f(z0) = a1,

f(z0) = 2a2,

f(z0) = 3 2a2,...

f(n)(z0) = n(n 1) 3 2an,

isto ean pode ser determinada pelas formula

an=fn(z0)

n! .

Usando esta observacao temos uma outra alternativa para mostrar o Teorema 5.7, isto e,

a formula:

fn(z0) = n!

2i

Sr(z0)

f(w)

(w z0)n+1 dw.

Exemplo Representemoscosh(z) como uma serie de potencias centradas na origem.

cosh(z) =n=0

cosh(n)(0)

n! zn

=

n=0

cosh(2n)(0)

(2n)! z2n +

n=0

cosh(2n+1)(0)

(2n+ 1)! z2n+1

=n=0

z2n

(2n)!.

Exercicios:

1. Desenvolva as seguintes funcoes na sua serie de taylor em torno dez= 0

(a) f(z) =ez; (b) f(z) = sin(z); (c) f(z) = sinh(z); (d) f(z) = z

z2 + 1.

2. Desenvolva as seguintes funcoes na sua serie de taylor em torno dez0

(a) f(z) = cos(z), z0 = /2; (b) f(z) = sinh(z), z0= i.

3. Sejama, b C tal quea =b. Mostre que1

a z =n=0

(z b)n(a b)n+1 , para |z b| < |a b|

52


53/72

7 Zeros de uma funcao analtica

Definition 7.1 Dizemos que umaf(z)analtica em tem um zero ema sef(a) =0. Neste caso dizemos quea e um ponto de zero de multiplicidadem N se existeg(z)

analtica em tal quef(z) = (z a)m

g(z) ondeg(a) = 0Remark Quando nao existem N dizemos que a multiplicidade deae infinita. Por

exemplo uma funcao identicamente nula tem multiplicidade nula em qualquer ponto. Sera

mostrado posteriormente que a unica funcao analtica que tem zeros com multiplicidade

infinita e a funcao nula.

Theorem 7.2 (prolongacao analtica) Seja f(z) analtica num aberto e conexo .

As seguintes afirmacoes sao equivalentes:

(i) f(z) 0;

(ii) Existez0 tal quef(n)(z0) = 0,n Z+0;

(iii) Z= {z : f(z) = 0} tem um ponto de acumulacao em.

Proof: E obvio que(a) (b) e(a) (c).(c) (b): Seja z0 um ponto de acumulacao de Z, logo pela continuidade de f(z)temos que f(z0) = 0. Mostraremos que z0 e o ponto que satisfaz (ii). Procedamos

pelo absurdo; suponhamos que existe n0 1 tal que f(n)(z0) = 0, para n = 0, , n0ef(n0)(z0) = 0. como f(z) pode ser expressada como uma serie de potencias en torno dez0 temos que

f(z) =

n=n0

f(n)(z0)

n! (z z0)n

= (z z0)n0n=0

f(n0+n)(z0)

(n0+n)! (z z0)n

= (z z0)n0

g(z)

para todo z BR(z0) para algumR >0. Note que a funcao g(z) e analtica emBR(z0)e satisfaz g(z0) =

f(n0)(z0)

n0! = 0, logo por continuidade temos que g(z)= 0 para todo

z Br(z0) para algum 0 < r < R. Por z0 ser ponto de acumulacao de Z existe zrBr(z0) {z0} tal que0 =f(zr) = (zr z0)n0g(zr) dai segue queg(zr) = 0. ().

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54/72

(b) (a): como

f(z) =n=0

f(n)(z0)

n! (z z0)n, z BR(z0)

entao f(z)

0 em BR(z0). sejaz

, como e conexo, z ez0 podem ser unidos por

uma poligonal de verticesz0, z1, . . . , z p = zcujas distancias entre vertices sao pequenas de

tal forma quezk esta dentro da bola de convergencia da serie da funcao en torno dezk1.

Como z1 BR(z0) entao f(n)(z1) = 0 para todo n Z+0, seguindo o mesmo raciocinioobtemos o mesmo paraz2, . . . z p = z, isto ef(z) = 0. Como z foi tomado arbitrariotemos quef(z) 0 em.

Corollary 7.3 (Unicidade da prolongacao analtica) Sejamf(z), g(z)analticas

num aberto e conexo . Se ambas funcoes conincidem em e tem um ponto deacumulacao em entao necessariamente as funcoes coincidem em

Corollary 7.4 O conjunto de pontos de zero de uma funcao analticaf(z) nao identi-

camente nula definida num aberto e conexo e discreto. Alem disso, a multiplicidade do

ponto de zero z0 e finita, isto e, existem N e uma funcao analticag(z) em, tal quef(z) = (z z0)mg(z) comg(z0) = 0.

Proof: Sejam N

o menor inteiro positivo tal quef(m)

(z0) = 0, logo f(n)

(z0) = 0 paran= 0, 1, . . . , m 1. Definimos

g(z) =

f(z)(zz0)m se z=z0;f(m)(z0)

m! se z= z0.

Evidentementeg(z) e analtica em {z0}. Existeg(z0)? exercicio: Usando a representacao em serie def(z) em torno dez0 mostre que

g(z0) =f(m+1)(z0)

(m+ 1)!Exercicios:

1. Sejaf(z)analtica emz0. Mostre quez0 e um ponto de zero de ordemn0 da funcao

f(z) se e somente se

f(z0) =f(z0) = =f(n01)(z0) = 0, e f(n0)(z0) = 0

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55/72

2. Usando o teorema da prolongacao analtica mostre as seguintes propriedades

ez+z0 =ezez0, sin(z+z0) = sin(z)cos(z0) + sin(z0)cos(z)

3. Seja um aberto e conexo. f(z) e g(z) sao funcoes analticas em tal que

f(z)g(z) = 0,z , mostre quef 0 oug 0.4. Seja um aberto e conexo. Mostre que que a funcao analtica f(z) em e um

polinomio de ordem menor ou igual que m se e somente se existe z0 tal quef(n)(z0) = 0, para todo n > m.

5. Sejaf(z) uma funcao inteira tal que|f(z)| M|z|m,|z| > R para algumM >0eR >0. Mostre quef(z) e um polin omio de ordem menor ou igual am.

8 Singularidades

Definition 8.1 Dizemos que uma funcao complexa f(z) tem uma sigularidade isolada

em z0 se ela nao for analitica em z0 (ou nao esta definida nesse ponto) sendo que e

analitica emBr(z0) {z0}para algumr >0. Neste caso a singularidade sera do seguintetipo:

1. Removvel: Se existe g(z) analitica em Br(z0) tal que f(z) = g(z) para todo

z

Br(z0)

{z0

}para algum >0;

2. Polo: se limzz0

|f(z)| = ;

3. Singularidade essencial: Se nao for removvel nem polo.

Obs: Sez0 e uma singularidade removvel def(z) entao existe limzz0

f(z) CExemplo

1. f(z) =sin(z)

z definida para todoz= 0 tem uma singularidade removvel emz= 0.

Vejamos porque: como sin(0) = 0 existe m

N e uma funcao analtica emC tal

que sin(z) = zmg(z), assim f(z) = sin(z)z

= zm1g(z),z= 0 sendo zm1g(z) eanaltica em todo C.

2. f(z) = 1

z2 + 1 tem um polo emz= i, pois

limzi

|f(z)| = limzi

1

|z i||z+i| =

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56/72

3. f(z) =e1/z tem uma singularidade essencial emz= 0. Para isto vejamos que nao

existeL R ouL= tal que limz0

|f(z)| =L

limz 0z R

+

e1/z =e+= +, limz 0z R

e1/z =e= 0

ondeR+ = {z= x+iy: x >0, y= 0} eR= {z= x+iy: x O existe >0 tal que|h(z)| < /L para todo z B(z0) Sejama, b pontos decada um dos lados do triangulo T adjacentes ao verticez0 de tal forma quea, b B(z0)entao

T

h(z)dz

=Tab

h(z)dz

Tab

|h(z)| |dz|

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57/72

ondeTab e o tri angulo de verticesz0, a , b. Por ser arbitrario tem-se (8.11).

Theorem 8.3 Sejaz0 onde e aberto e conexo e sejaf(z) analtica en {z0}.Entao, f(z) tem um polo em z = z0 se e somente se existe m N e uma funcaoanalticag(z) em tal quef(z) =

g(z)

(z z0)m para todo z {z0} comg(z0) = 0

Proof: (): Como f(z) possui um polo em z = z0 entao 1/f(z) definida em BR(z0)possui uma singualaridade removvel emz0 logo existe uma funcao analtica emBR(z0),

h1(z), tal que 1

f(z) = h1(z),z BR(z0) {z0}. Verifica-se tambem que h1(z0) = 0

logo existe m N

e uma funcao analtica h2(z) em BR(z0) tal que

1

f(z) = h1(z) =(z z0)mh2(z),z BR(z0) {z0} com h2(z0)= 0. Da continuidade de h2(z) tem-seque h2(z)= 0 em B(z0) para algum > 0 pequeno. Assim f(z) = 1/h2(z)

(z z0)m ,zB(z0) {z0} com1/h2(z) analtica emB(z0). Ahora definimos

g(z) =

1/h2(z) se z B(z0)f(z)(z z0)m se z=z0

Claramente a funcao g(z) e analtica em.

(): Obvio.

Definition 8.4 Om satisfazendo o teorema anterior e chamada a ordem do poloz= z0

Exercicios:

1. Determine os pontos de singularidade isolada das seguintes funcoes especificando a

natureza de cada uma delas. Justifique sua resposta.

(a) f(z) = zez 1; (b) f(z) =

cos(z)z2

; (c) f(z) =zsin(1/z);

(d) f(z) =z2 1

z+ 1; (d) f(z) =

z2 + 1

z4 1; (e) f(z) = cosh(1/z).

2. Demonstre quez0 e um polo de ordemm def(z)se e somente sez0 e for um ponto

de zero de ordemm de1/f(z).

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58/72

9 Series de Laurent

Sef(z) tem um polo de ordemmemz0, entao f(z) = g(z)

(z z0)m para todo z BR(z0)

{z0

}comg(z) analtica em BR(z0) com g(z0)

= 0. Como g(z) =

n=0g(n)(z0)

n!

(z

z0)

n,

podemos escreverf(z) da forma

f(z) = g(z0)/0!

(z z0)m + g(z0)/1!(z z0)m1 + +

g (m1)(z0)/(m 1)!(z z0)

+g(m)(z0)

m! +

g (m+1)(z0)

(m+ 1)! (z z0) +

a qual pode ser escrito da forma

f(z) = am(z

z0)

m +am+1(z

z0)

m+1 +

+a1(z

z0)

1 Parte singular

+ a0+a1(z z0) + Parte regular

=

n=man(z z0)n

Definition 9.1 Dizemos que a serie

n= f

n(z) (9.12)

converge emA C se as seriesn=0

fn(z),n=1

fn(z) (9.13)

convergem em A C. Dizemos que a serie (9.12)converge absolutamente (ou unifor-mente) se as series (9.13) convergem absolutamente (ou uniformente).

Theorem 9.2 (Serie de Laurent) Sejam0 r < R. Sef(z)e analtica emA(z0,r ,R) ={z C :r < |z z0| < R}. Entao

f(z) =

n=an(z z0)n = + a2

(z z0)2 + a1

(z z0)+a0+a1(z z0) +a2(z z0)2 + ,

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para todo z A(z0,r ,R), onde a convergencia e absoluta e uniforme emA(z0, , ) comr < < < R. Alem disso,

an= 1

2i

Sr0(z0)

f(w)

(w z0)n+1 dw n Z,

onder < r0 < R.

Obs1: A serie de Laurent e uma extensao da serie de Taylor ao conjunto de funcoes

com singularidades issoladas. Para verificar isto assumamos que f(z) e analtica em

BR(0), neste logo f(z)

(z z0)n+1 comn 1 tambem e analtica emBr(0), assim

an= 1

2i

Sr0(z0)

f(w)

(w z0)n+1 dw= 0, n 1

portanto

f(z) =

n=an(z z0)n =

n=0

an(z z0)n.

Obs2: Observe que a formula para o calculo dos coeficientesan pode ser complicado,

mas ja que a serie de Laurent em torno de um ponto fixado e unica, podemos determinar

tais coeficientes usando series ja conhecidas, como veremos nos seguintes exemplos

Exemplo Sabemos quecos(z) e uma funcao analtica em Br(0), logo pode ser ex-

presada pela sua serie de Taylor a qual coincide com sua serie de Laurent em torno de0.

cos(z) =n=0

(1)n(2n)!

z2n =

n=anz

n

da qual concluimos que

a2n=(1)n

(2n)! n 0, a2n+1= 0 n 0, e an= 0 n


60/72

Exemplo Sabemos quee1/z nao e uma funcao analtica emz0= 0, mas

e1/z =n=0

(1/z)n

n! =

n=0

1

n!zn =

n=

anzn

da qual concluimos que

an= 1

n! n 0, an= 0 n >0.

Corollary 9.3 Sez= z0 e uma singularidade isolada def(z)ef(z) =

n=an(zz0)n

e sua serie de Laurent emA(z0, 0, R). Entao

1. z= z0 e uma singularidade removvel def(z) se e somente sean= 0,n 1

2. z = z0 e um p olo de ordem m def(z) se e somente se am= 0 ean = 0,n(m+ 1)

3. z= z0 e uma singularidade essencial def(z) se e somente sean= 0, para infinitosenteros negativos

Proof:

1. Obvio

2. (): Ja foi mostrado(): Seam= 0 ean= 0,n (m+ 1) entao

f(z) =

n=man(z z0)n

=n=0

anm(z z0)nm

= 1

(z z0)mn=0

anm(z z0)n

g(z)

como g(z) e analtica emBR(z0) concluimos quef(z)tem um polo de ordemmem

z0.

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61/72

3. (): Sejaz0 e uma singularidade essencial e suponhamos que nao existe inftinitosan= 0 com ndices negativos entao z0 e um polo ou uma singularidade removvel()(): Suponhamos que ha um numero infinito de termosan= 0 con ndices negativos

e sumamos que z0 nao e uma singularidade esencial, entao deve ser removvel oupolo, por tanto o numero de termosan= 0 con ndices negativos e finito ()

Exemplos:

1. A func ao f(z) =sin(z 1)

z 1 tem uma sigularidade removvel emz= 1, pois

f(z) = 1z 1

n=0

(z 1)2n+1

(2n+ 1)! =

n=0

(z 1)2n

(2n+ 1)!

2. a func ao f(z) = ez

(z+i)2 tem um polo de ordem2 emz= i, pois

f(z) = ei

(z+i)2

n=0

(z+i)n

n!

3. a func ao f(z) =z2 cos(1/z) tem uma singularidade esencial emz= 0, pois

f(z) =z2n=0

(1/z)

2n

(2n)! =

n=0

1/(2n)!z2n2

Exercicios

1. Determine a serie de Laurent das seguinte funcoes em torno de cada uma de suas

singularidades. Especifique qual o tipo de singularidade

(a) f(z) =cos(z) 1

z ; (b) f(z) =z2 sin(1/z), (c) f(z) =

1

z3 z2 .

10 Resduos

Seja z0 e uma singularidade isolada de f(z) e consideremos a sua serie de Laurent em

torno dez0

f(z) =

n=an(z z0)n.

61


62/72

Definition 10.1 O coeficiente a1 e chamado de resduo de f(z) em z0 a qual sera

denotada por

Resz=z0

f(z) :=a1

observacao: Da formula dos coeficientes na serie da Laurent temos que

Resz=z0

f(z) = 1

2i

Sr0(z0)

f(z)dz

Exemplo: A funcao f(z) =z2 sin(1/z) tem uma singularidade isolada em0. Deter-

minemos o resduo desta funcao em0. Representando a funcao na sua serie de Laurent,

temos

f(z) =z2 sin(1/z) =

n=0

(1)n

(2n+ 1)!

1

z2n1,

de onde conluimos que Resz=0

f(z) = (1)1

(2 1 + 1)! .Exemplo: A funcao f(z) = cos(1/(zi)) tem uma singularidade isolada em i.

Determinemos o resduo desta funcao em i. Representando a funcao na sua serie de

Laurent, temos

f(z) = cos(1/(z i)) =

n=0(1)n(2n)!

1

(z

i)2n

,

de onde conluimos que Resz=i

f(z) = 0.

Theorem 10.2 (Resduo de polo simples) Seja f(z) = p(z)

q(z) onde p(z) e q(z) sao

analticas emz0 comp(z0) = 0 eq(z) tem um zero simples emz0, entao

Resz=z0

f(z) = p(z0)

q(z0)

Proof: Como z0 e um zero simples de q(z) entao q(z) = (z z0)g(z) com g(z0) =q(z0) = 0, entao

f(z) = 1

z z0p(z)

g(z)

= 1

z z0n=0

h(n)(z0)

n! (z z0)n

62


63/72

ondeh(z) =p(z)

g(z). Dai segue que

Resz=z0

f(z) =h(z0) =p(z0)

g(z0)=

p(z0)

q(z0)

exemplo A funcao f(z) = z5 + 1

z2 + 1 tem singularidades emi e se encaixa no teorema

anterior, portanto

Resz=i

f(z) = i5 + 1

2i =

1 i2

, Resz=i

f(z) =(i)5 + 1

2(i) =1 +i

2

exemploA funcaof(z) = ez

sin(z)tem singularidades emne se encaixa no teorema

anterior, portanto

Resz=n

f(z) = en

cos(n)= (1)nen, n Z.

Theorem 10.3 (Resduo de polo de qualquer ordem) Sejaf(z) = g(z)

(z z0)m ondeg(z) e uma funcao analtica emz0 comg(z0) = 0, entao

Resz=z0

f(z) =g(m1)(z0)

(m 1)!

Proof: Desde queg(z) =

n=0

g(n)(z0)

n! (z z0)n temos que

f(z) = g(z0)/0!

(z z0)m + +g(m1)(z0)/(m 1)!

(z z0) +g(m)(z0)

m! +

g(m+1)(z0)

(m+ 1)! (z z0) +

Exemplo Determinemos os resduos da funcao f(z) = 1

z3 + 2iz2 znos seus pomtosde singularidade. A funcao pode ser expresada da seguinte formaf(z) =

1

z(z+i)2, logo,

podemos verificar que tem um polo de ordem1 emz= 0e um polo de ordem2 emz=

i.

Portanto,

f(z) =1/(z+i)2

z 0 = g(z)

z 0 Resz=0f(z) = 1

0!g(0) = 1/i2 = 1

f(z) = 1/z

(z+i)2 =

h(z)

(z+i)2 Res

z=0f(z) =

1

1!h(i) = 1/(i)2 = 1

Exercicios:

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64/72

1. Determine a natureza dos pontos de singularidade das seguintes funcoes e calcule

seus respectivos resduos

(a) sin(z)

z , (b) tan(z), (c)

1 e2zz4

,

(d) zcos(1/z), (e)

1

ez 1 (f) z3

sinh(1/z2

),

(g) z

(z2 + 1)2 (h)

cos(z)

zsin(z), (i)

csc(z)

z2 .

Theorem 10.4 (Teorema dos Resduos) Sejaf(z)analtica num aberto e conexo

exceto nas singularidades isoladas z1, . . . , z m . SejaC uma curva fechada simplescontida em que envolve essas singularidades, entao

Cf(z)dz= 2i

m

k=1Resz=zk

f(z)

sendo que a curvaC e percorrida no sentido antihorario.

Proof: No caso queC envolva somente uma singularidadez1 def(z) temos da formulados coeficientes na sua serie de Laurent, que

Resz=z1

f(z) = 1

2i

C

f(z)dz

de onde segue que

C

f(z)dz= 2iResz=z1

f(z)

Para o caso geral podemos usar o teorema de Cauchy para domnios multiplemente conexos,

isto e, para cadak = 1, . . . , m, sejaCk curva simple fechada que envolvem somente a sin-gularidadezk sendo que essa curvas estao no interior deC. Entao

Cf(z)dz =

mk=1

Ck

f(z)dz

= 2i

m

k=1 Resz=zkf(z)

Exemplo SejaC a circunferencia de raio 3/2 centrada na origem, determinemos aintegral da funcao f(z) =

1

(z2 + 1)(z 2) ao longo dessa curva no sentido antihorario.

64


65/72

Esta funcao tem singularidades issoladas nos pontosie2, porem somente os pontosiestao no interior deC, portanto

Cf(z)dz= 2i

Resz=i

f(z) + Resz=i

f(z)

.

Calculando os resduos temos

Resz=i

f(z) = 1

(i+i)(i 2)=1 + 2i

10 , Res

z=if(z) =

1

(i i)(i 2)=1 2i

10 ,

portanto, C

f(z)dz= 2i5

.

Exercicios:

1. Calcule as integrais

(a)

C

dz

4z2 + 1, (b)

C

dz

z3(z+ 4).

ao longo dos crculos(a) |z| = 2; (b) |z+ 2| = 3, percorridos no sentido antihorario.

2. Calcule as integrais de cada uma das seguintes funcoes ao longo do crculo unitario

com centro na origem, percorrida no sentido antihorario.

(a) z2ez, (b) ze1/z, (c) z2 sin(z)(ez 1).

3. Calcule a integral das seguintes funcoes ao longo dos lados do triangulo de vertices

2,2i, 1 +i percorrida no sentido antihorario.

(a) 3z2

(z2 1)2 , (b) 1

z(z2 + 1), (c) cosh(1/z), (d)

(cos(z) 1)2z2

4. Sejamf(z)uma func ao analtica num aberto e conexo C ez0 o unico ponto de

zero def(z), sendo este de ordemm. SeC e um curva simples fechada que envolvez0. Mostre que

C

f(z)f(z)

dz= m,

sendo que a curva e percorrida em sentido antihorario. O quocientef/f e conhecido

como derivada logartmica def; ele e a derivada deln(f).

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66/72

11 Calculo de Integrais reais

O teorema dos resduos e uma ferramenta poderosa que nos ajudara a calcular integrais

de algumas funcoes reias complicadas de uma forma muito simples.

11.1 Integrais defindas de funcoes trigonometricas

O teorema dos resduos e util no calculo de integrais definidas do tipo 20

F(sin(), cos())d (11.14)

ondeF e uma funcao desin() ecos(). Se consideramos como sendo o argumento de

zsobre o crculo unitario z= ei, podemos escrever

sin() =z

z1

2i ; cos() =z+z1

2 ; dz= izd

Desta forma a a integral (11.14) torna-se|z|=1

1

izF(

z z12i

,z+z1

2 )dz

que e uma integral de uma funcao complexa ao logo do crculo unitario, o qual pode ser

calculado pelo teorema do resduo. Para ilustrar esta afirmacao calculemos o valor da

seguinte integral

0

dcos() a, a > 1.

Note o intervalo de integracao e[0, ], enquanto a nossa analise foi para o intervalo[0, 2].

Como Coseno e uma funcao periodica talvez ha alguma relacao entre as integrais dessa

funcao nesses intervalos. Vejamos: considerando a mudanca de variaveis = 2 temos 2

d

cos() a = 0

d

cos(2 ) a = 0

d

cos() a

de onde concluimos 0

d

cos() a =1

2

20

d

cos() a

Portanto basta calcular

20

d

cos() a . Considerando z= ei temos que

cos() a= z+z1

2 a= z

2 2az+ 12z

66


67/72

Dai segue que 20

d

cos() a = 2i|z|=1

dz

z2 2az+ 1 .

O polinomioz2

2az+ 1tem como raizesz1= a

a2

1, z2= a +

a2

1, e verifica-

se que|z1| < 1 e|z2| > 1, portanto z1 e o unico ponto de singularidade no interior dacircunferencia da funcao

f(z) = 1

z2 2az+ 1 = 1

(z z1)(z z2) .

Pelo Teorema do Resduo temos que|z|=1

f(z)dz= 2iResz=z1

f(z) = ia2 1 .

Assim concluimos que 0

d

cos() a =

a2 1

11.2 Integrais impropias de funcoes racionais

Mostre que

0

x2

x4 + 1dx=

2

2.

Dada que a funcao realf(x) =

x2

x4 + 1 e uma funcao par, isto e, verificaf(x) =f(x),x R, separando a integral

x2

x4 + 1 dx no semieixo positivo e negativo e fazendo

uma mudanca de variaveis temos que

x2

x4 + 1dx= 2

0

x2

x4 + 1dx

0

x2

x4 + 1dx=

1

2

x2

x4 + 1dx

basta mostrar que

x2

x4

+ 1

dx=

2

Consideremos a funcao f(z) = z2

z4 + 1. Esta funcao tem como singularidades os pontos

z1 = ei4 , z2 = e

i 34 , z3 = e

i4 , z4 = e

i 34 . SejaR >0, consideremos a curva fechada

simplesC = IR CR percorrida em sentido antihorario, onde IR = [R, R] eCR e asemicircunferencia superior de raioR. ConsiderandoR sufientemente grande de tal forma

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que todas as singularidades def(z) situadas no plano superior estejam no interior deC,neste caso somente as singularidadesz1 ez2, entao pelo teorema do Resduo temos que

IR

f(z)dz+

CR

f(z)dz= 2i

Resz=z1

f(z) +Resz=z2

f(z)

isto e RR

f(x)dx = CR

f(z)dz+ 2i

Resz=z1

f(z) +Resz=z2

f(z)

Agora tomaremos o limite quando R . Evidentemente

limR

RR

f(x)dx =

f(x)dx

Agora calculemos limRCR f(z) dz. ParametrizandoCR porz(t) = Re

it onde0

t

temos que CR

f(z)dz

= 0

R2e2t

R4e4t + 1 iReit dt

0

R3

|R4e4t + 1| dt

Como

|R4e4t (1)| |R4e4t| | 1| =R4 1 1

|R4e4t + 1

| 1

R4

1

temos que CR

f(z)dz

0

R3

R4 1 dt

R3

R4 1Dai segue que

limR

CR f(z)dz= 0Portanto

f(x)dx = 2i

Resz=z1

f(z) +Resz=z2

f(z)

f(z) = z2

z4 + 1=

p(z)

q(z),

68


69/72

Entao

Resz=z1

f(z) = p(z1)

q(z1)=

z214z31

= 1

4z1=

1

4ei/4 =

1

4

2(1 i)

analogamente

Resz=z2

f(z) =1

4ei3/4 =

1

4

2(1 i)

Logo

f(x)dx = 2i

i2

2

=

2

Theorem 11.1 Sejaf(z)uma funcao analtica no semiplano superior fechadoIm(z) 0exeto nas singularidadesz1, . . . , z m do semiplano superior aberto I m(z)> 0. Suponhamos

que existe uma constanteK >0 tal que|f(z)| K/|z|p,ztal que Im(z)> 0 e|z| > R0para algump > 1 e algumR0 grande tal quez1, . . . , z m BR0(0). Entao

f(x)dx = 2i

mk=1

Resz=zk

f(z)

Proof: Consideremos a curva fechada simplesC =IR CR percorrida em sentido anti-horario, ondeIR= [R, R]eCR e a semicircunferencia superior de raio R. ConsiderandoRsufientemente grande de tal forma que todas as singularidades def(z)situadas no plano

superior estejam no interior deC, entao pelo teorema do Resduo temos queIR

f(z)dz+

CR

f(z)dz= 2imk=1

Resz=zk

f(z)

isto e RR

f(x)dx = CR

f(z)dz+ 2imk=1

Resz=zk

f(z)

Agora tomaremos o limite quando R

. Evidentement

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