Análise complexa
Bruno Simões
11. UM POUCO DE HISTÓRIA
O primeiro contacto com números complexo a nível escolar é provavelmente feito através da resolução de uma equação de segundo grau do tipo:
ax2+ bx + c = 0, cujas soluções são dadas pela fórmula resolvente:
x = −b ± √
b2− 4ac
2a .
Por vezes, b2− 4ac < 0, como é o caso de x2
+ x + 1 = 0, com soluções x = −1±
√ −3
2 . Hoje em
dia dizemos que esta equação tem como soluções x = −1±
√ 3i
2 . Não foi no entanto a vontade de dar
significado a√−3 que motivou a noção de número complexo. Até ao século XV, dizia-se que uma equação como a considerada não tinha soluções, o que fazia sentido de um ponto de vista geométrico; de facto, interprectando o problema como o de achar o ponto de intersecção das curvas y = x2com y = −x − 1, percebe-se graficamente que estas não se intersectam!
O que motivou o nascimento dos complexos foi a resolução de equações cúbicas. Olhemos para uma equação muito particular:2
x3= 3px + 2q.
Em 1545, foi publicada por Cardano uma “fórmula resolvente” para este problema, a saber x = 3
q
q +pq2− p3+ 3
q
q −pq2− p3.
Em casos particulares como em x3= 15x + 4, a fórmula fica x = 3
q
2 +p−112+ 3
q
2 −p−112.
A fórmula de Cardano parecia inútil neste caso. No entanto, o problema é que as curvas y = x3 e y = 15x + 4 se intersectam (para x = 4, y = 64)! O que fazer então? A resposta foi dada por Bombelli (1572): assuma-se que existe um “número”, chamemos-lhe i, que verifique i2= −1 (“i =√−1”). Tem-se então
x =√3
2 + 11i +√3
2 − 11i.
Para determinar as raízes cúbicas de 2 ± 11i, procurem-se dois números da forma a + bi e c + di, com a, b, c, d ∈ R, tais que (a + bi)3 = 2 + 11i, (c + di)3 = 2 − 11i. Para fazer contas com estes números,
Bombelli definiu como estes se deveriam somar e multiplicar.
(1) (a + ib) + (c + di) = a + c + i(b + d);
(2) (a + ib)(c + id) = ac + ibc + aid + i2bd = ac + ibc + aid − bd = ac − bd + i(bc + ad). Assim, com alguma paciência percebe-se que (2 + i)3= (2 + i)(2 + i)(2 + i) = 2 + 11i, e que (2 − i)3=
2 − 11i. Voltando à fórmula resolvente, tem-se então
x = (2 + i) + (2 − i) = 4,
1Estas notas correspondem maioritariamente às notas em [7]
a solução que procurávamos! A definição precisa de número complexo (que apresentamos de seguida) só viria 250 anos mais tarde.
Como nota final, observe-se que para resolver um problema no universo dos números reais, foi conveniente passarmos pelo universo dos números complexos. Um dos grandes trunfos da análise complexa é mesmo esse: permite resolver muitos problemas que à partida não parecem requerer números complexos. Para saber mais sobre a história de alguns dos conceitos que surgem nestas folhas, aconselha-se a consulta de [2].
2. NÚMEROSCOMPLEXOS
2.1. Definição de número complexo. O conjunto C dos números complexos pode ser definido como sendo o espaço R2munido da soma habitual
(x1, y1) + (x2, y2) = (x1+ x2, y1+ y1), ∀(x1, y1), (x2, y2) ∈ R2
e do produto
(x1, y1) · (x2, y2) = (x1x2− y1y2, x1y2+ x2y1), ∀(x1, y1), (x2, y2) ∈ R2.
De forma a tornar mais cómoda a representação destes números e as suas operações, designa-se por i o vector (0, 1) e identificam-se os pares (x, 0) com os números reais x ∈ R. Nessa altura, temos a identificação
(x, y) = x + yi = x + iy.
Como i2 = (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0), temos i2 = −1, de acordo com esta identificação. Observe-se que estas operações são nada mais nada menos que a soma e a multiplicação introduzidas em (1) e (2). Assim,
C = {z = x + iy : x, y ∈ R} e
(x1+ iy1) + (x2+ iy2) = (x1+ x2) + i(y1+ y2)
(x1+ iy1) · (x2+ iy2) = x1x2+ ix1y2+ ix2y1+ i2y1y2
= x1x2− y1y2+ i(x2y1+ x1y2).
Exemplo 2.1. Dados z1= 1 + i, z2= i, temos
z1+ z2= 1 + 2i, z1z2= (1 + i)i = i − 1 = −1 + i.
Observação 2.2. Em C, tal como em R, valem as propriedades comutativa e distributiva.
Dado um número complexo z = x + iy, diz-se que x é a parte real de z (Re z) e y a parte imaginária de z (Im z).
2.2. Representação polar. Dado que qualquer ponto do plano R2 \ {0} pode ser representado em
coordenadas polares (x, y) = (rcosθ, r sin θ), também todo o número complexo não nulo se pode escrever na forma
z = x + iy = r cos θ + ir sin θ = r(cosθ + i sin θ) ≡ rcisθ,
onde r =px2+ y2> 0 é o módulo de z, representado por |z| (que representa a distância de z = (x, y) à
origem3) e θ ≡ arg z é o argumento de z (representa o ângulo entre o vector com origem (0, 0) e extremo (x, y) e o eixo Ox.
Figura 2.3. Coordenadas polares. Exemplo 2.4. Temos i = cis (π/2), 2 = 2cis 0,
√ 2 2 + i √ 2 2 = cis (π/4).
Uma forma extremamente simples de calcular θ quando x > 0 é calculando θ = arctan(y/x) (porquê?). É importante notar que o ângulo θ só fica univocamente determinado quando se fixa um intervalo J de comprimento 2π (frequentemente: J = [0, 2π[ ou J = [−π, π[) e se exige que θ varie em J unicamente. Por exemplo, i = cis (π/2) = cis (5π/2). Daí por vezes falar-se em ramos do argumento, um ramo para cada intervalo J fixado. Num dado contexto, pode ser importante (ou não) precisar o ramo que se está a considerar. Assim, em particular, tem-se que
(3) rcis θ = r0cis θ0, r, r0 > 0, θ, θ0∈ R ⇐⇒ r = r0e θ = θ0(mod 2π), ou seja, θ = θ0+ 2kπ para certo k ∈ Z.
Propriedades do módulo. Se w, z ∈ C, então a): |z| ≥ 0 e |z| = 0 se e só se z = 0;
b): |z + w| ≤ |z| + |w|. (desigualdade triangular) c): |rcis θ| = r para todo o r ≥ 0, θ ∈ R.
Dado um complexo z = x + iy, define-se o seu conjugado ¯z := x − iy. Assim, por exemplo, 1 + i = 1 − i. É imediato que: ¯ ¯ z = z, |¯z| = |z|, z ¯z = |z|2, zw = ¯z ¯w, z + w = ¯z + ¯w, 1 z =1 ¯ z para todo o z, w ∈ C (z ∈ C \ {0} na última propriedade).
A representação polar permite uma interpretação geométrica bastante simples do produto de dois números complexos. De facto, se z1= r1cis θ1e z2= r2cis θ2então
z1· z2= r1r2(cos θ1+ i sin θ1)(cos θ2+ i sin θ2)
= r1r2((cos θ1cos θ2− sin θ1sin θ2) + i(cos θ1sin θ2+ sin θ1cos θ2))
= r1r2(cos(θ1+ θ2) + i(sin(θ1+ θ2)))
= r1r2cis (θ1+ θ2).
Resumindo, tem-se
Proposição 2.5. Dados dois números complexos z1= r1cisθ1,z2= r2cisθ2, o produtoz1· z2é o número
complexo de módulor1r2e argumentoθ1+ θ2, isto é,
(4) z1· z2= r1r2cis(θ1+ θ2).
Em particular, como i = cis (π/2), a multiplicação por i corresponde a uma rotação de 90o no sentido
antihorário. Como outro corolário do resultado anterior, observe-se que
|z1z2| = |z1| |z2|, arg (z1z2) = arg z1+ arg z2 (mod 2π) ∀z1, z2∈ C.
Defina-se, dado θ ∈ R, a exponencial de um imaginário puro por
(5) eiθ:= cis θ = cos θ + i sin θ (fórmula de Euler). Com esta notação, a representação polar é dada por
e a multiplicação entre dois complexos torna-se mais intuitiva. Dados z1= r1eiθ1, z2= r2eiθ2, tem-se que
z1z2= r1r2ei(θ1+θ2)
(ou seja, podemos usar a regra válida entre números reais: eaeb= ea+b). Note-se que, de acordo com (3),
reiθ= r0eiθ0 ⇐⇒ r = r0e θ = θ0+ 2kπ, para certo k ∈ Z. Além disso, |reiθ| = r ∀r ≥ 0, θ ∈ R, e em particular |eiθ| = 1.
∗ Possíveis justificações para a definição (5). Vamos apresentar de seguida duas possíveis explicações para a fórmula de Euler.
A primeira usa um argumento de séries de potências, e é baseada na motivação original de Euler. É conhecido o desenvolvimento em série de Taylor da função exponencial real:
ex= ∞ X n=0 xn n! = 1 + x + x2 2! + x3 3! + x4 4! + . . . Supondo que o mesmo seria verdade para x = iy, obteríamos formalmente
eiy= 1 + iy +(iy) 2 2! + (iy)3 3! + (iy)4 4! + . . . = 1 + iy −y 2 2! − iy3 3! + y4 4! + . . . 1 −y 2 2 + y4 4! − . . . + i y −y 3 3! + y5 5! − . . . = cos y + i sin y.
A segunda justificação é a seguinte: a função real f (x) = ekx é a única função que verifica as condições f0(x) = kf (x), f (0) = 1. Assim, formalmente, faz sentido definir eix
como a solução de f0(x) = if (x), f (0) = 1. Acontece que a função g(x) = cos x + i sin x verifica precisamente estas duas condições:
g0(x) = − sin x + i cos x = i(cos x + i sin x) = ig(x), g(0) = cos 0 + i sin 0 = 1.
2.3. Radiciação. Iterando (4), obtemos também a chamada Fórmula de De Moivre: Lema 2.6 (Fórmula de De Moivre). Dado n ∈ N e z = reiθ∈ C, tem-se
zn= rneinθ = rncis(nθ).
Teorema 2.7 (Radiciação). Para todo o w = reiθ ∈ C, w 6= 0, existem exactamente n soluções da equaçãozn= w. Designadamente, zk = n √ r ei(nθ+ 2kπ n ), k = 0, 1, . . . , n − 1, ou seja n √ reiθn, n √ rei(θn+2πn), . . . , n √ rei(nθ+(n−1)2πn).
Demonstração. Tem-se de facto znk = w, pela fórmula de De Moivre. De facto, dado k ∈ Z, zkn=√n
rei(θn+2kπn )
n
= rei(θ+2kπ)= r(cos(θ + 2kπ) + i sin(θ + 2kπ)) = r(cos θ + i sin θ) = rcisθ = reiθ.
Vejamos que não existem outras raízes para além destas: seja z0 = ρeiα ∈ C um complexo que verifique
z0n= w. Então ρneinα= reiθ, de onde se depreende que ρn
= r e nα = θ + 2kπ para certo k ∈ Z. Então ρ = √nr e α = θ n + 2kπ n . Como {e i(θ n+2kπn ), k ∈ Z} = {ei(nθ+2kπn ), k = 0, 1, . . . , n − 1}, o resultado segue.
Exemplo 2.8. Raízes quadradas de −1. Como −1 = eiπ, então −1 admite duas raízes quadradas,
Exemplo 2.9. Raízes cúbicas de -1: eiπ/3=1 2 + i √ 3 2 , e iπ= −1, ei5π/3=1 2 − i √ 3 2 .
Figura 2.10. Raízes cúbicas de −1.
Observação 2.11. As raízes de índice n de um número complexo w ∈ C\{0} correspondem aos n vértices de um polígono regular com n lados, inscrito numa circunferência de raio p|w| (porquê?).n
3. FUNÇÕESELEMENTARES
Antes de começar, vamos recordar algumas noções de topologia. Dado a ∈ C e r > 0, define-se a bola aberta de centro a ∈ C e raio r > 0 como sendo
Br(a) = {z ∈ C : |z − a| < r}.
Um conjunto A ⊂ C diz-se aberto se para todo o ponto a ∈ A existir um raio r tal que Br(a) ⊆ A.4
Uma função complexa é uma aplicação f : A ⊂ C → C que a cada número complexo z ∈ A associa um e um só número complexo w = f (z). Esta pode escrever-se na forma
f (z) = f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y), com u(x, y), v(x, y) ∈ R.
Exemplo 3.1. Para f (z) = z2
, A = C, tem-se
f (x + iy) = (x + iy)2= x2− y2+ i2xy,
portanto u(x, y) = x2− y2, v(x, y) = 2xy.
Observe-se que, não sendo possível esboçar o gráfico (a duas ou três dimensões) de uma função complexa, pode-se interpretar f como uma transformação do plano. Vamos de seguida estudar algumas funções elementares.
3.1. Função exponencial. Já definimos em (5) a exponencial de um imaginário puro. Em geral, a exponencial de um complexo define-se do seguinte modo.
Definição 3.2. Dado z = x + iy ∈ C,
ez= ex+iy := exeiy = ex(cos y + i sin y);
ou seja, a exponencial de um complexo z = x + iy corresponde ao ponto do plano complexo com raio ex
e argumento y.
Observe-se que neste caso u(x, y) = excos y e v(x, y) = exsin y. Como ei0 = 1, esta noção de
exponencial estende a já conhecida de exponencial real.
4
Exemplo 3.3. e1+iπ= e(cos π + i sin π) = e cos π + ie sin π = −e. Proposição 3.4. Seja z = x + iy ∈ C. Então,
a) |ez| = ex. Em particular,|eiy | = 1 para todo o y ∈ R, e ez6= 0; b) ez = 1 se e só se z = 2kπi, k ∈ Z; c) ez+w= ezew; d) e1z = e−z. Demonstração. a) |eiy| =p cos2y + sin2y =√ 1 = 1. b) Para z = x + iy, ez= 1 = ei0se e só se ex= 1 e y = 2kπ, se e só se x = 0 e y = 2kπ.
c) Para z = x+iy, w = u+iv, ez+w= ex+u+i(y+v)= ex+uei(y+v)= exeueiyeiv= ex+iyeu+iv = ezew.
d) 1z = 1
excos y+iexsin y =
excos y−iexsin y
e2x = e
−x(cos(−y) + i sin(−y)) = e−z.
A geometria da aplicação exponencial
(1) A exponencial transforma uma recta horizontal (y =constante) numa semi-recta com origem em 0 e ângulo y, ou seja, dada uma recta da forma R = {x + iy0: x ∈ R}, a sua imagem por ezé a
semi-recta S = {exeiy0: x ∈ R}. Além disso, à medida que x “viaja” de oeste para este em R, ez
afasta-se da origem.
(2) A exponencial transforma uma recta vertical (x =constante) numa circunferência de raio ex, ou
seja, dada uma recta da forma R = {x0+ iy : y ∈ R}, a sua imagem por ezé a sua circunferência
C = {ex0eiy : y ∈ R} de raio ex0, e à medida que y “viaja” de sul para norte em R, ezpercorre
B no sentido antihorário.5
(3) Fixado um real y0, designe-se por Ry0a “faixa horizontal”
Ry0 = {z = x + iy : x ∈ R e y0≤ y < y0+ 2π}.
A função exponencial transforma cada conjunto Ry0no conjunto C \ {0}.
3.2. Funções trigonométricas. Da fórmula de Euler, tem-se para todo o x ∈ R
eix= cos x + i sin x, e e−ix= cos(−x) + i sin(−x) = cos x − i sin x. Assim, cos x = e ix+ e−ix 2 , sin x = eix− e−ix 2i
e é portanto natural estender desta forma estas funções para variáveis complexas. Definição 3.5. Dado z ∈ C, define-se
cos z = e
iz+ e−iz
2 , sin z =
eiz− e−iz
2i . Proposição 3.6. Tem-se que
a): cos(−z) = cos z, sin(−z) = − sin z, ∀z ∈ C. b): sin2z + cos2z = 1,
∀z ∈ C.
c): cos(z + w) = cos z cos w − sin z sin w, ∀z, w ∈ C. d): sin(z + w) = sin z cos w + cos z sin w, ∀z, w ∈ C.
5O seguinte facto será importante mais adiante: a aplicação θ ∈ [0, 2π] → reiθ corresponde a uma parametrização de uma
3.3. Função logaritmo. O logaritmo (real) pode ser definido como sendo a inversa da função exponencial (real), isto é, dado x > 0, log x = y é o único valor y ∈ R que verifica ey = x. Poderíamos então
simplesmente pensar em definir o logaritmo complexo como sendo a inversa da exponencial complexa; no entanto, esta última função não é globalmente invertível, uma vez que (por exemplo) e0 = e2πi= 1 (sem
dizer mais nada, log 1 ficaria mal definido).
Recordemos no entanto que, fixado um real y0, a exponencial complexa transforma a faixa horizontal:
Ry0 = {z = x + iy : x ∈ R e y0≤ y < y0+ 2π}
no conjunto C \ {0}. Além disso, fá-lo de forma bijectiva, isto é: para todo o z ∈ C \ {0} existe um único w ∈ Ry0 tal que e
w = z. Vejamos algebricamente este facto (que é geometricamente evidente). Dado
z = reiθ
com r > 0, trata-se de encontrar w = x + iy ∈ C tal que ew= z, isto é exeiy= reiθ.
Pelas propriedades da representação polar de um complexo, ficaremos com ex= r e eiy= eiθ, equações cujas soluções são dadas por
x = log r (logaritmo real), e y = θ + 2kπ, k ∈ Z. A exigência de z pertencer a Ry0determina univocamente o inteiro k.
Isto permite definir a função logaritmo ou, com mais precisão, um ramo da função logaritmo (um ramo para cada y0fixado) como
log z := log |z| + i arg z, ∀z ∈ C \ {0};
onde “arg” se refere ao argumento de z do intervalo [y0, y0+ 2π[; em representação polar, portanto,
log(reiθ) := log r + iθ, ∀r > 0, θ ∈ [y0, y0+ 2π[.
Esta aplicação é, para cada y0 ∈ R, uma bijecção log : C \ {0} → Ry0. Usualmente designa-se por
ramo principal do logaritmoquando escolhemos arg z ∈ [−π, π[, e ramo mínimo do logaritmo quando arg z ∈ [0, 2π[.
Exemplo 3.7. Para z = i,
log i = log |i| + i arg(i) = i arg(i), logo (consoante o ramo escolhido para o logaritmo), tem-se
log i = i(π
2 + 2kπ), para certo k ∈ Z. Por exemplo, escolhendo o ramo principal do logaritmo,
log i = iπ 2. Proposição 3.8. Tem-se que
a) elog z = z, ∀z ∈ C \ {0}.
b) log(ez) = z, ∀z = x + iy ∈ C : y0≤ y < y0+ 2π.
c) log(zw) = log z + log w (mod 2πi), ∀z, w ∈ C \ {0}.
Demonstração. a) Dado z = reiθ, podemos sempre escolher θ ∈ [y
0, y0+ 2π[, tendo-se nessa altura
ez= elog r+iθ = elog reiθ= reiθ= z. b) log(ez) = log(ex+iy) = log ex
+ i(y + 2kπ) para certo k ∈ Z, e portanto log(ez) = x + iy se e só se
y ∈ [y0, y0+ 2π[.
c) Dados z = reiθ, w = ˜rei ˜θcom θ, ˜θ ∈ [y
0, y0+ 2π[, tem-se (para certo k ∈ Z):
log(zw) = log r˜r + i(θ + ˜θ + 2kπ) = log r + log ˜r0+ i(θ + ˜θ + 2kπ), log z = log r + iθ, log w = log ˜r + i˜θ.
Exemplo 3.9. Exemplifiquemos a fórmula em c) com y0 = 0 (argumento em [0, 2π[), z = −1 − i, w = 1 − i. Neste caso, log z = log√2 + i5π 4 = 1 2log 2 + i 5π 4 , log w = log√2 + i7π 4 = 1 2log 2 + i 7π 4 ,
e portanto log z + log w = log 2 + i3π. Por outro lado, zw = −2 e log(zw) = log 2 + iπ. Assim sendo, neste caso concreto,
log(zw) = log z + log w − 2πi.
3.4. Radiciação. Fixado um ramo do logaritmo, define-se a raíz de ordem n,
n
√
z := elog zn , ∀z ∈ C \ {0}.
Decorre das propriedades da exponencial e do logaritmo que, para todo o z ∈ C \ {0}, (√nz)n= elog zn · · · elog zn = en log zn = z.
Para diferentes ramos do logaritmo, obtêm-se possivelmente diferentes valores de√nz. Mais precisamente,
continuando a designar por “log” o ramo inicialmente fixado, qualquer outro ramo do logaritmo calculado em z terá um valor log z + 2kπi para certo k ∈ Z, pelo que (log z + 2kπi)/n = (log z)/n + 2kπi/n e a nova raíz de ordem n tomará o valor elog zn e
2kπi n = e
log z n cis2kπ
n ·. Dado que {cis 2kπ
n : k ∈ Z} = {cis 2kπ
n :
k = 0, 1, . . . , n − 1}, obtêm-se deste modo as n raízes complexas de z.
Em representação polar, se z = reiθ, tem-se (log z)/n = (log r)/n + iθ/n, donde
n √ z = elog rn e iθ n = n √ r cis θ n,
desde que o argumento θ varie no intervalo [y0, y0+ 2π[ do ramo fixado para o logaritmo.
Tal como se disse, para diferentes ramos do logaritmo, os valores possíveis de √nz constituem o conjunto
{√nr ei(θ
n+2kπn ), k = 0, 1, . . . , n − 1}. Isto está de acordo com o que se viu atrás a propósito da fórmula
de De Moivre.
Exemplifiquemos com n = 2. Fixado o ramo do logaritmo correspondente a 0 ≤ θ < 2π, a aplicação z →√z transforma C \ {0} no semiplano superior {(x, y) : y > 0} ∪ {(x, 0) : x > 0}. Fixado o ramo do logaritmo correspondente a −π ≤ θ < π, a aplicação z →√z transforma C \ {0} no semiplano “direito” {(x, y) : x > 0} ∪ {(0, y) : y < 0}. No primeiro caso,√−1 = i, no segundo√−1 = −i. Observe-se que sempre que usamos a igualdade√−1 = i, está subentendido que escolhemos um ramo do logaritmo que contém o ângulo θ = π + 4kπ, k ∈ Z.
3.5. Potenciação. A radiciação é um caso particular da potenciação de números complexos. Fixado um ramo do logaritmo e dados números complexos a, b com a não nulo, define-se, à semelhança do caso real,
ab := eb log a, ∀a, b ∈ C, a 6= 0.
Tal como atrás, para diferentes ramos do logaritmo, obtêm-se possivelmente diferentes valores de ab; alterar um ramo do logaritmo tem o efeito de multiplicar o valor acima por um factor e2kπibpara certo k ∈ Z (se
b for um irracional ou um imaginário puro, obtém-se toda uma sucessão de valores distintos para ab).
Algumas propriedades que decorrem imediatamente da definição são (verifique): a): abac= ab+c, para um qualquer ramo fixado do logaritmo.
b): (ab)c = acbc, desde que, para o ramo fixado do logaritmo, log(ab) = log a + log b (sem termo
4. FUNÇÕESHOLOMORFAS
4.1. Limites e Continuidade. Seja f : D ⊆ C → C uma função complexa, f (z) = f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) com u, v : D ⊆ R2→ R.
Dizemos que o limite de f em z0∈ D06é dado por w0, e escrevemos
lim
z→z0
f (z) = w0,
se para cada δ > 0 existe > 0 tal que
|z − z0| < =⇒ |f (z) − w0| < δ.
Na prática, muitas vezes aquilo que se usa é o seguinte critério: se z0= x0+ iy0e w0= u0+ iv0, então
lim z→z0 f (z) = w0 ⇐⇒ lim (x,y)→(x0,y0) u(x, y) = u0, lim (x,y)→(x0,y0) v(x, y) = v0.
À semelhança do caso real, a função f diz-se contínua em z0∈ D se
lim
z→z0
f (z) = f (z0).
Isto equivale a dizer que u e v são contínuas no ponto (x0, y0) ∈ R2relativamente à métrica euclidiana
usual de R2. Mantêm-se assim as propriedades usuais da continuidade, bem conhecidas para o caso real. Dizemos que f é contínua em D se for contínua em todos os pontos de D.
Exemplo 4.1. A função f (z) = ¯z = x − iy é contínua em C, uma vez que u(x, y) = x e v(x, y) = −y são contínuas em todos os pontos.
Exemplo 4.2. Fixemos o ramo do logaritmo associado a θ ∈ [0, 2π[, e vejamos que esta função não é contínua no eixo E = {z = x + iy ∈ C : x > 0, y = 0}. Seja z0 = x0+ i0 ∈ E; então
log(x0+ i0) = log x0(este último representa o logaritmo real). Por outro lado, tome-se z = x0eiθ com
θ ∈ [0, 2π[. Quando θ → 2π, tem-se z → x0ei2π= x0, mas log z = log x0+ iθ → log x0+ i2π.
Em geral, fixado um ramo do logaritmo associado a θ ∈ [y0, y0+ 2π[, a função é descontínua no segmento
de recta {z = reiy0: r > 0}.
4.2. Diferenciabilidade. Seja f : A ⊆ C → C. Diz-se que f é diferenciável em z0 = x0+ iy0 ∈ A se
existe o limite f0(z0) = lim z→z0 f (z) − f (z0) z − z0 = lim h→0 f (z0+ h) − f (z0) h . Dado que f (z) − f (z0) = f (z)−f (z0)
z−z0 (z − z0), isto implica a continuidade de f em z0.
Quando f é diferenciável em todos os pontos de A, f diz-se holomorfa em A.
Exemplo 4.3. Seja n ∈ N. Vejamos que a função f (z) = zn é holomorfa em C, com derivada f0(z) = nzn−1: f0(z) = lim h→0 (z + h)n− zn h = limh→0 zn+ nzn−1h + . . . + nzhn−1+ hn− zn h = lim h→0nz
n−1+ termos com potências de h
= nzn−1.
Exemplo 4.4. Vejamos que f (z) = ¯z não é diferenciável em nenhum ponto z. Com h = reiθ, tem-se f (z + h) − f (z) h = z + h − ¯z h = ¯ z + ¯h − ¯z h = ¯ h h = re−iθ reiθ = e −i2θ,
portanto o limite quando z → 0 (ou seja, quando r → 0) depende do ângulo θ.
Observe-se no entanto que u(x, y) = x, v(x, y) = −y são diferenciáveis. Isto mostra que, para a diferenciabilidade, não existe uma relação tão directa entre f e u, v como existe no estudo da continuidade.
6Diremos que z
Proposição 4.5. Dadas funções f, g holomorfas em A, tem-se (sempre que faça sentido) a): (λf )0= λf0,∀λ ∈ C. b): (f + g)0= f0+ g0; c): (f g)0= f0g + f g0; d): fg 0 =f0g−f gg2 0; e): (f (g(z)))0 = f0(g(z))g0(z).
Teorema 4.6 (Equações de Cauchy-Riemann). Seja f = u + iv : A ⊆ C → C e z0= x0+ iy0 ∈ A. As
seguintes afirmações são equivalentes: a)f é diferenciável em z0. b)u e v são diferenciáveis em (x0, y0), e (6) ∂u ∂x(x0, y0) = ∂v ∂y(x0, y0), ∂v ∂x(x0, y0) = − ∂u ∂y(x0, y0). Além disso, no ponto em questão,
(7) f0(z0) = ∂u ∂x(x0, y0) + i ∂v ∂x(x0, y0) = ∂v ∂y(x0, y0) − i ∂u ∂y(x0, y0). Demonstração. Suponha-se que existe f0(z0). Observe-se que
f (z) − f (z0)
z − z0
= u(x, y) − u(x0, y0) + i(v(x, y) − v(x0, y0))) x − x0+ i(y − y0)
.
Particularizando a expressão nos pontos da forma z = x + iy0 e passando ao limite quando x → x0,
conclui-se que f0(z0) = lim x→x0 u(x, y0) − u(x0, y0) x − x0 + iv(x, y0) − v(x0, y0) x − x0 = ∂u ∂x(x0, y0) + i ∂v ∂x(x0, y0).
Procedendo-se do mesmo modo nos pontos da forma z = x0+ iy com y → y0, obtém-se
f0(z0) = lim y→y0 u(x0, y) − u(x0, y0) i(y − y0) + iv(x0, y) − v(x0, y0) i(y − y0) = lim y→y0 v(x0, y) − v(x0, y0) y − y0 − iu(x0, y) − u(x0, y0) y − y0 = ∂v ∂y(x0, y0) − i ∂u ∂y(x0, y0). Isto prova (6). Para ver que u e v são diferenciáveis, observe-se que
f (z) − f (z0) = ∂u ∂x(x0, y0) + i ∂v ∂x(x0, y0)) (z − z0) + o(|z − z0|) = ∂u ∂x(x0, y0) + i ∂v ∂x(x0, y0)) (x − x0+ i(y − y0)) + o(|z − z0|) = ∂u ∂x(x0, y0)(x − x0) − ∂v ∂x(x0, y0)(y − y0) + i ∂v ∂x(x0, y0)(x − x0) + ∂u ∂x(x0, y0)(y − y0) + o(|z − z0|) = ∂u ∂x(x0, y0)(x − x0) + ∂u ∂y(x0, y0)(y − y0)+ + i ∂v ∂x(x0, y0)(x − x0) + ∂v ∂y(x0, y0)(y − y0) + o(|z − z0|),
onde o(|z − z0|) designa uma quantidade tal que o(|z − z0|)/|z − z0| → 0 quando z → z0. Tomando a
Suponha-se agora que a condição em b) é satisfeita. Visto que, por hipótese, u e v são diferenciáveis em (x0, y0), tem-se u(x, y) − u(x0, y0) = ∂u ∂x(x0, y0)(x − x0) + ∂u
∂y(x0, y0)(y − y0) + o(|z − z0|) = ∂u
∂x(x0, y0)(x − x0) − ∂v
∂x(x0, y0)(y − y0) + o(|z − z0|), Conclusão análoga vale para v(x, y) − v(x0, y0). Então
f (z) − f (z0) = ∂u ∂x(x0, y0)(x − x0) − ∂v ∂x(x0, y0)(y − y0) + i ∂v ∂x(x0, y0)(x − x0) + ∂u ∂x(x0, y0)(y − y0) + o(|z − z0|) = ∂u ∂x(x0, y0) + i ∂v ∂x(x0, y0) ((x − x0) + i(y − y0)) + o(|z − z0|). = ∂u ∂x(x0, y0) + i ∂v ∂x(x0, y0) (z − z0) + o(|z − z0|).
Dividindo os dois membros da igualdade por z − z0, conclui-se que existe lim z→z0
f (z) − f (z0)
z − z0
(vale
precisamente∂u∂x(x0, y0) + i∂v∂x(x0, y0)).
Observação 4.7. Recorde-se que u é diferenciável em (x0, y0) se u(x, y) = u(x0, y0) + ∇u(x0, y0) · (x −
x0, y − y0) + o(k(x − x0, y − x0)k) quando (x, y) → (x0, y0). Em situações concretas, ao aplicar-se a
conclusão b) ⇒ a) do teorema, a verificação de que u (e v) é diferenciável faz-se recorrendo ao teorema seguinte: se em A a função u tiver derivadas parciais∂u∂x e∂u∂y contínuas, entãou é diferenciável em A.
Observação 4.8. Se definirmos os operadores ∂ ∂ ¯z = 1 2 ∂ ∂x+ i ∂ ∂y e ∂ ∂z = 1 2 ∂ ∂x − i ∂ ∂y então as equações (6) ficam com o aspecto mais sugestivo∂f
∂ ¯z = 0. De facto, ∂f ∂ ¯z = 0 ⇔ 1 2 ∂ ∂x + i ∂ ∂y (u + iv) = 0 ⇔∂u ∂x − ∂v ∂y+ i ∂u ∂y + ∂v ∂x = 0 ⇔∂u ∂x− ∂v ∂y = 0 e ∂u ∂y + ∂v ∂x = 0 Da mesma forma, se se verificar ∂f∂ ¯z = 0, tem-se que
∂f ∂z = 1 2 ∂ ∂x− i ∂ ∂y (u + iv) = 1 2 ∂u ∂x+ ∂v ∂y + i 2 −∂u ∂y + ∂v ∂x =1 2 ∂u ∂x+ ∂u ∂x + i 2 ∂v ∂x+ ∂v ∂x = ∂u ∂x+ i ∂v ∂x = f0
Corolário 4.9. Seja f = u + iv : Br(z0) ⊂ C → C. Então f0 = 00 em Br(z0) sse f é constante em
Br(z0).
Demonstração. Suponhamos que f é diferenciável em Br(z0), e que f0= 0 nesse conjunto. Então como
f0 = ∂u ∂x + i ∂v ∂x = ∂u ∂y − i ∂v
∂y, então ∇u = ( ∂u ∂x, ∂u ∂y) = (0, 0), ∇v = ( ∂v ∂x, ∂v
∂y) = (0, 0), logo u e v são
constantes, donde f também o é.
Reciprocamente, se f for constante, então u e v também o são, as derivadas parciais são iguais a zero (logo contínuas), valem as equações de Cauchy-Riemann, e f0 =∂u∂x + i∂x∂v = 0. Exemplo 4.10. Seja f (z) = ez= excos y + iexsin y. Neste caso, u(x, y) = excos y, v(x, y) = exsin y, e ∂u ∂x(x, y) = e xcos y = ∂v ∂y; ∂u ∂y(x, y) = −e xsin y = −∂v ∂x(x, y).
Juntando esta informação ao facto de todas as derivadas parciais de u e v serem contínuas, tem-se então que f0(z) = ∂u ∂x(x, y) + i ∂v ∂x(x, y) = e x cos y + iexsin y = ez.
Além disso, sai imediatamente das propriedades já vistas para a diferenciação que, dado k ∈ C, (ekz)0= ekz(kz)0= ekzk.
Assim, deduzimos também que
(cos z)0= e iz + e−iz 2 0 = ie iz− ie−iz 2 = − eiz− e−iz 2i = − sin z e, analogamente, (sin z)0= cos z.
Exemplo 4.11. Considere-se a função complexa logaritmo com a escolha do ramo principal [−π, π[. Observe-se que, neste caso, no conjunto A = {z ∈ C : x > 0},
log z = log |z| + i arg z = logpx2+ y2+ i arctan(y
x) =: u(x, y) + iv(x, y) Assim, ∂u ∂x = x x2+ y2 = ∂v ∂y; ∂u ∂y = y x2+ y2 = − ∂v ∂x e portanto log z é diferenciável em A, com
(log z)0= x x2+ y2 − i y x2+ y2 = 1 x + iy = 1 z.
Na verdade, o domínio de integração do logaritmo é maior, como consequência do seguinte teorema: Teorema 4.12. Seja f : A ⊂ C → C holomorfa, z0 ∈ A, e suponha-se que f0(z0) 6= 0. Então existem
abertosV ⊆ A e W ⊆ C tais que z0 ∈ V , f (z0) ∈ W , f |V : V → W é uma bijecção com inversa
holomorfa, e
(8) (f−1)0(f (z)) = 1
f0(z)
Ideia da fórmula(8): Tem-se, por definição de inversa, f−1(f (z)) = z, e portanto aplicando a regra da derivação composta,
(f−1)0(f (z))f0(z) = 1, donde (f−1)0(f (z)) = 1 f0(z).
Aplicação: Fixado um ramo do logaritmo com θ ∈ [y0, y0+ 2π[, observe-se que esta função é a inversa da
exponencial
ez: A0:= {z = x + iy : y ∈]y0, y0+ 2π[} → B0= {z = reiθ: r > 0, θ 6= y0}.
Como (ez)0 = ez 6= 0, então o teorema anterior implica que a sua inversa, log z, seja holomorfa em B0,
com derivada
(log z)0= 1 elog z =
1 z.
5. INTEGRAÇÃO DE FUNÇÕES COMPLEXAS 5.1. Integral complexo com variável real.
Definição 5.1. Seja g : [a, b] ⊂ R → C contínua. Define-se Z b a g(t) dt := Z b a Re g(t) dt + i Z b a Im g(t) dt. Por definição, portanto, ReRb
a g(t) dt = Rb aRe g(t) dt e Im Rb a g(t) dt = Rb aIm g(t) dt. Verifica-se
facilmente que o integral é linear em g, ou seja Z b a λf (t) dt = λ Z b a f (t) dt, Z b a (f (t) + g(t)) dt = Z b a f (t) dt + Z b a g(t) dt Lema 5.2. Tem-se | Z b a g(t) dt| ≤ Z b a |g(t)| dt.
Demonstração. Em representação polar,Rabg(t) dt = reiθe pretende-se ver que r ≤Rab|g(t)| dt. Ora, r = e−iθ Z b a g(t) dt = Z b a e−iθg(t) dt, donde7 r = Re r = Z b a Re (e−iθg(t)) dt ≤ Z b a |e−iθg(t)| dt = Z b a |g(t)| dt. 5.2. Integral de caminho. Vamos primeiro definir a noção de caminho e de curva.
Definição 5.3. Uma função contínua γ : [a, b] → C diz-se um caminho, e a sua imagem γ([a, b]) diz-se uma curva.
Será útil definir a noção de inversa de um caminho: dado γ : [a, b] → C um caminho, define-se o seu inverso, −γ, por
(−γ)(t) = γ(a + b − t), ∀t ∈ [a, b].
Vamos então definir a noção de integral de linha (ou de caminho) de uma função complexa de variável complexa.
Definição 5.4. Seja f : A ⊂ C → C contínua e γ : [a, b] → C um caminho de classe C1com imagem contida em A. Define-se Z γ f = Z γ f (z) dz := Z b a f (γ(t))γ0(t) dt. Exemplo 5.5. Calcule-seR
γRe(z) dz com γ : [0, 1] → C dado por γ(t) = t(1 + i). Tem-se γ
0(t) = 1 + i, donde Z γ Re(z) dz = Z 1 0 Re(t(1 + i))(1 + i) dt = Z 1 0 t + ti dt = 1 + i 2 .
Analisemos de forma mais explícita a definição de integral: se f = u + iv e γ(t) = x(t) + iy(t) então Z γ f = Z b a (u(γ(t)) + iv(γ(t))) (x0(t) + iy0(t)) dt = Z b a (u(γ(t))x0(t) − v(γ(t))y0(t)) dt + i Z b a (v(γ(t))x0(t) + u(γ(t))y0(t)) dt. Em notação abreviada mas sugestiva,
f (z) dz = (u + iv)(dx + idy) = (udx − vdy) + i(vdx + udy).
7
Esta notação põe em evidência o facto de a definição anterior se referir simplesmente aos integrais de caminho usuais dos dois campos vectoriais G, H : R2→ R2,
Z γ f = Z γ G + i Z γ H, G = (u, −v), H = (v, u).
Em particular, como é sabido, o integral é independente da parametrização do caminho. Além disso, a definição de integral de caminho estende-se naturalmente a aplicações contínuas γ : [a, b] → C que sejam seccionalmente de classe C1, decompondo o integral em subintervalos de [a, b] nos quais, por hipótese, γ é de classe C1.
Observação 5.6. Esta noção de integral generaliza a noção de integral de uma função real de variável real. De facto, se f : A ⊆ C → R é uma função contínua, e se existir um intervalo [a, b] tal que [a, b] ∼ {x + i0 : x ∈ [a, b]} ⊆ A, então γ(t) = t, t ∈ [a, b] é um caminho que percorre a curva unindo a + i0 a b + i0. Como γ0(t) = 1, vem
Z γ f = Z b a f (t)1 dt = Z b a f (t) dt.
Propriedades do Integral de linha: Dadas f, g : A ⊆ C → C contínuas, e γ, γ1, γ2 caminhos em A,
tem-se a): Rγ(c1f + c2g) = c1 R γf + c2 R γg b): R −γf = − R γf c): Rγ 1+γ2f = R γ1f + R
γ2f , onde γ1+ γ2 representa (em linguagem pouco rigorosa) o caminho
que resulta de percorrer primeiro γ1e depois γ2.
Teorema 5.7 (Limitação do integral.). Tem-se | Z
γ
f | ≤ `(γ) max
γ([a,b])|f |, onde `(γ) é o comprimento de
arco de γ, `(γ) := Z b
a
|γ0(t)| dt. Demonstração. Usando o lema 5.2,
| Z γ f | ≤ Z b a |f (γ(t))| |γ0(t)| dt ≤ max γ([a,b])|f | Z b a |γ0(t)| dt. Teorema 5.8. (Cálculo do integral por meio de uma primitiva) Suponha-se que f : A ⊆ C → C é a derivada de uma função holomorfaF , isto é f = F0emA, e que o caminho γ une um ponto z1a um ponto
z2emA. Então
Z
γ
f = F (z2) − F (z1).
Em particular sef = F0e se o caminho for fechado (isto é,z2= z1) então o integral de caminho é nulo.
Demonstração. Pela hipótese, Z γ f = Z b a f (γ(t))γ0(t) dt = Z b a F0(γ(t))γ0(t) dt = Z b a d dtF (γ(t)) dt = F (γ(b)) − F (γ(a)). Exemplo 5.9. Designe Sra circunferência de raio r > 0 centrada na origem, percorrida uma única vez no
sentido anti-horário. Para n ∈ Z, n 6= 1, tem-se z1n = (
z1−n 1−n)
0 numa vizinhança de S
r(na verdade, em
C \ {0}), e o teorema anterior implica Z
Sr
1
Exemplo 5.10. Analisemos o caso n = 1. Usando a parametrização θ → reiθ de Sr(0 ≤ θ < 2π), por definição tem-seR Sr 1 zdz = R2π 0 rieiθ reiθ dθ, donde Z Sr 1 zdz = 2πi.
[Porque é que esta conclusão não contradiz o facto de quez1 = (log z)0?]
Suponha-se agora que Sr é percorrida k vezes no sentido anti-horário, ou seja, que o caminho é
parametrizado por θ → reiθ, 0 ≤ θ < 2kπ; tal como acima, o integral de caminho vem dado por 2kπi. Se
Sré percorrida k vezes no sentido horário, o integral dá −2kπi [porquê?]. Em conclusão, o número inteiro
1 2πi Z γ 1 zdz (γ caminho fechado em Sr)
dá o número de vezes que o caminho “gira em torno da origem”; este número será positivo sse o número de voltas no sentido anti-horário for superior ao número de voltas dadas no sentido horário. Idêntica conclusão vale para 2πi1 R
|z−z0|=r
1 z−z0dz.
Por fim, observe-se que Z
Sr
1 z − z0
dz = 0, ∀z06= 0, 0 < r < |z0|.
Com efeito, neste caso z−z1
0 = F
0(z) com F (z) = log(z − z
0), e, visto que r < |z0|, é possível encontrar
um ramo do logaritmo de tal modo que F seja analítica numa vizinhança de Sr.
Definição 5.11. De um modo geral, se γ : [a, b] → C é uma qualquer curva fechada (de classe C1) não passando por z0, define-se o índice (ou: número de giro) de γ relativamente a z0como:
I(γ, z0) := 1 2πi Z γ 1 z − z0 dz.
Esta quantidade é sempre um número inteiro (que traduz, intuitivamente, o “número de vezes que γ gira em torno de z0”).
Para justificar que o índice é sempre um inteiro, tome-se θ(t) :=Rt
aγ
0(s)/(γ(s) − z
0) ds. Tem-se θ0(t) =
γ0(t)/(γ(t) − z0), donde e−θ(t)(γ(t) − z0) é constante no intervalo [a, b] (a derivada é identicamente nula).
Então e−θ(b)(γ(b) − z0) = e−θ(a)(γ(a) − z0); como γ(a) = γ(b) e θ(a) = 0, conclui-se e−θ(b) = 1,
donde θ(b) = 2kπi para algum k ∈ Z, como se pretendia.
5.3. Teorema de Cauchy. Introduzimos os dois conceitos seguintes.
Definição 5.12. Dois caminhos fechados γ0, γ1 : [a, b] → A ⊂ C (A aberto) dizem-se homotópicos em
A se existir uma homotopia H unindo γ0 a γ1 sem sair de A; isto é, se existir uma aplicação contínua
H = H(s, t) : [0, 1] × [a, b] → A satisfazendo: (i) H(0, ·) = γ0;
(ii) H(1, ·) = γ1;
(iii) H(s, ·) é um caminho fechado, ∀s ∈ [0, 1].
Um aberto A ⊂ C conexo diz-se simplesmente conexo8se qualquer caminho fechado γ0 : [a, b] → A é
homotópico em A a um caminho constante γ1(t) ≡ z1.
Teorema 5.13 (Invariância por homotopia). Seja f holomorfa num aberto A ⊂ C e γ0, γ1 : [a, b] → A
caminhos fechados. Se os caminhos são homotópicos emA então Z γ0 f = Z γ1 f.
Demonstração. [Apenas uma ideia do argumento.] Comece-se por recordar o Teorema de Green para campos vectoriais:
Se γ é um caminho fechado simples, C é o seu interior, γ está orientada positivamente9e (P (x, y), Q(x, y)) é um campo vectorial, então
Z γ P (x, y)dx + Q(x, y) dy = Z Z C ∂Q ∂x(x, y) − ∂P ∂y(x, y) dx dy.
Seja eC a parte de R2 entre γ0 e γ1, e que estas curvas simples não se intersectam. Suponhamos para
fixar ideias que, em relação a eC, γ0não está orientada positivamente, mas γ1está orientada positivamente.
Percorra-se γ0no sentido oposto ao dado e γ1no sentido dado, passando de um para o outro por um terceiro
caminho γ2(não fechado) que une o ponto final de γ0ao ponto inicial de γ1. O caminho γ = −γ0+ γ2+
γ1+ (−γ2) que resulta desta composição de caminhos é fechado, e f é holomorfa na “parte interna” C
deste caminho. Pelo teorema de Green aplicado aos campos vectoriais G = (u, −v) e H = (v, u), R γf = R γu dx − v dy + i R γv dx + u dy =RRC−∂v ∂x− ∂u ∂y dx dy + iRRC∂u∂x−∂v ∂y dx dy = 0, pelas equações de Cauchy-Riemann. Então
Z −γ0 f + Z γ2 f + Z γ1 f + Z −γ2 f = 0, dondeR γ0f = R γ1f .
Observação 5.14. 1. Este teorema “explica´´ a razão pela qual o integralR
Sr
1
zdz é independente de r
(como se constatou acima). Com efeito, se 0 < r < r0, a função 1/z é holomorfa no aberto A = {z : r/2 < |z| < 2r0} e as circunferências Sre Sr0 são homotópicas em A, dondeR
Sr 1 zdz = R Sr0 1 zdz. Uma
possível homotopia entre Sre Sr0é H(s, θ) = ((1 − t)r + tr0)eiθ.
2. Este teorema também explica a definição e interpretação intuitiva de índice de uma curva em geral. [porquê?]
Corolário 5.15 (Teorema de Cauchy). Seja f uma função holomorfa num simplesmente conexo A e γ um caminho fechado com imagem emA. Então
Z
γ
f = 0.
Demonstração. É suficiente observar que se γ(t) ≡ z1então γ0(t) = 0 e
R
γf = 0.
Corolário 5.16 (Invariância do caminho). Seja f uma função holomorfa num simplesmente conexo A e γ1, γ2dois caminhos emA, em que ambos partem de um mesmo ponto inicial z0, e terminam num mesmo
pontoz1. Então Z γ1 f = Z γ2 f.
Demonstração. Consideremos o caminho γ = γ1+ (−γ2), isto é, primeiro percorremos γ1e de seguida
γ2no sentido inverso. Obtemos desta forma um caminho fechado γ, e portanto
0 = Z γ f = Z γ1 f + Z −γ2 f = Z γ1 f − Z γ2 f. Corolário 5.17 (Existência de primitivas). Seja f uma função holomorfa num simplesmente conexo A. Então existe uma função holomorfaF (única, a menos de constante aditiva) tal que F0= f .
Demonstração. Fixe-se z0 ∈ A e defina-se explicitamente F por F (z) :=
Rz
z0f , onde neste integral se
pode usar um qualquer caminho γ0unindo z0a z (pelo corolário anterior). O facto de se ter F0(z) = f (z)
resulta da observação de que, para w perto de z, podemos usar um segmento de recta para ir de z a w
(γ(t) = tw + (1 − t)z, t ∈ [0, 1]), e de que, novamente pelo teorema de Cauchy,Rzz 0f + Rw z f + Rz0 w f = 0; consequentemente, F (w) − F (z) w − z − f (z) = 1 w − z Z w z f (ξ) dξ − f (z) = 1 w − z Z w z (f (ξ) − f (z)) dξ.
O segmento de recta tem comprimento de arco |w − z|. Então, dado δ > 0, pela continuidade de f no ponto z e pela desigualdade da limitação do integral, tem-se, para |w − z| < ε suficientemente pequeno,
|F (w) − F (z) w − z − f (z)| ≤ 1 |w − z|δ |w − z| = δ. Ou seja, limw→z F (w)−F (z) w−z = f (z).
Teorema 5.18 (Fórmula integral de Cauchy). Seja f uma função holomorfa num simplesmente conexo A, γ um caminho fechado com imagem em A, e z0um ponto deA que não está no caminho γ. Então
Z γ f (z) z − z0 dz = f (z0) Z γ 1 z − z0 dz.
Demonstração. Seja g : A → C definida por g(z) = (f (z) − f (z0))/(z − z0) se z 6= z0e g(z0) = f0(z0).
A função g é holomorfa excepto possivelmente no ponto z0, no qual, no entanto, é contínua. Aplicando o
teorema de Cauchy (numa versão, portanto, mais geral do que a enunciada atrás) à função g, 0 = Z γ g(z) dz = Z γ f (z) z − z0 dz − Z γ f (z0) z − z0 dz = Z γ f (z) z − z0 dz − f (z0) Z γ 1 z − z0 dz, como se pretendia.
Exemplo 5.19. Na circunferência unitária centrada na origem (percorrida uma única vez, no sentido anti-horário),Rγez/z dz = e0Rγ1/z dz = 2πi.
Observação 5.20. A fórmula anterior surge frequentemente escrita na forma (equivalente) seguinte, na qual se destaca o número de giro I(γ, z0): nas condições do teorema anterior,
1 2πi Z γ f (z) z − z0 dz = I(γ, z0) f (z0).
Se, em particular, γ é uma circunferência de raio R > 0 centrada em z0 percorrida uma única vez no
sentido anti-horário, então
(9) f (z0) = 1 2πi Z γ f (z) z − z0 dz.
A fórmula integral de Cauchy tem inúmeras consequências. Mencione-se aqui o seguinte resultado notável, no qual se deriva a identidade de Cauchy “sob o sinal de integração”.
Teorema 5.21. [Fórmula integral de Cauchy para as derivadas.] Seja f uma função holomorfa num abertoA. Então f admite derivadas de todas as ordens em A. Além disso, se γ é uma circunferência de raioR centrada num ponto z0(percorrida uma única vez, no sentido anti-horário), cujo círculo está
contido emA, então f(k)(z0) = k! 2πi Z γ f (z) (z − z0)k+1 dz, ∀k ∈ N.
5.4. Teorema fundamental da álgebra. Vejamos algumas consequências fortíssimas (e, de certo modo, surpreendentes) da Fórmula integral de Cauchy para as derivadas.
Teorema 5.22 (Liouville). Seja f holomorfa em C, e suponhamos que existe M > 0 tal que |f (z)| ≤ M para todo oz ∈ C. Então f é constante!
Demonstração. Dado z0 ∈ C, seja γ uma circunferência centrada em z0e raio R, percorrida uma única
vez no sentido antihorário. Então
|f0(z0)| = k! 2πi Z γ f (z) (z − z0)2 dz ≤ k! 2π Z γ |f (z)| |z − z0|2 dz ≤ k! 2π M R2l(γ) = k!M R .
Isto é válido para qualquer raio R, portanto fazendo R → ∞, temos |f0(z0)| = 0 (∀z0∈ C).
Teorema 5.23 (Teorema fundamental da álgebra). Sejam a0, a1, . . . , an−1∈ C. Então o polinómio p(z) =
a0+ a1z + . . . + an−1zn−1+ zn,n ∈ N, admite exactamente n raízes complexas em C.
Demonstração. Suponhamos que p não se anula em C. Então a função f (z) = 1/p(z) é holomorfa em C. Vejamos que lim|z|→+∞|p(z)| = +∞. De facto,
|p(z)| ≥ |z|n− |an−1||z|n−1− . . . − |a1||z| − |a0| = |z|n 1 − |an−1| |z| − . . . − |a1| |z|n−1− a0 |z|n → +∞.
Logo f (z) é limitada, donde é constante, e portanto p também é constante, o que é uma contradição. Em conclusão, o polinómio p admite pelo menos um zero em C, digamos p(z0) = 0. Aplicando esta conclusão
ao novo polinómio (de grau n − 1) p(z)/(z − z0) e baixando sucessivamente o grau de p, obtém-se a
conclusão do teorema.
6. FUNÇÕES ANALÍTICAS.
Com o objectivo de apresentarmos o conceito de série de potências, apresentamos alguns conceitos preliminares. Como se pode verificar, o formalismo é idêntico ao usado em R.
Definição 6.1. Uma sucessão (zn)nconverge para z ∈ C se |zn− z| → 0 quando n → ∞. Nessa altura,
escrevemos
lim
n zn = z.
Um critério útil para verificar a convergência de uma série de números complexos é o seguinte: Se zn= xn+ iyn ∈ C e z = x + iy ∈ C, então zn→ z sse xn→ x e yn → y. Exemplo 6.2. zn = 1 + in n + 1 = 1 n + 1+ i n n + 1 → 0 + i = i. Definição 6.3. Uma série de números complexos
∞
X
n=0
zndiz-se convergente para S, e escreve-se
S =
∞
X
n=0
zn,
se a sucessão das somas parciais (Pm
n=0zn)mconverge para S. Se não convergir, a série diz-se divergente.
Além disso, a série diz-se absolutamente convergente se a série de números positivos
∞
X
n=0
|zn| convergir.
Definição 6.4. Seja z0∈ C. Designa-se por série de potências de (z − z0) uma série da forma ∞
X
n=0
an(z − z0)n= a0+ a1(z − z0) + . . . + an(z − z0)n+ . . . ,
Observe-se que uma série de potências é um caso muito particular de uma série de funçõesP∞
n=0fn(z).
Para cada z ∈ C fixado, obtemos uma série numérica, que pode ser convergente ou divergente. Exemplo 6.5. Considere-se a série de potências (com z0= 0)P
∞ n=0z
n. Tal como no caso real, tem-se m X n=0 zn= 1 − z m+1 1 − z . Então se |z| < 1, a série converge e
∞
X
n=0
zn= 1 1 − z, e se |z| ≥ 1 a série diverge. [porquê?]
Em geral, dada uma série de potências, há um critério muito simples para determinar a zona de C onde esta converge e diverge.
Teorema 6.6. Dada uma série de potências P∞
n=0an(z − z0)n, exister := lim sup n√1|a n|
10 (our =
lim |an/an+1|, desde que o limite exista) tal que
(i) a série de potências converge absolutamente para |z − z0| < r, isto é z ∈ Br(z0).
(ii) a série diverge para |z − z0| > r
Exemplo 6.7. Na série
∞
X
n=0
zn tem-se an = 1 ∀n, logo r = 1, o que coincide com o resultado já
demonstrado anteriormente.
Exemplo 6.8. No caso da sérieP∞
n=0n!(z − 1)n, o raio de convergência é r = lim an an+1 = lim n! (n + 1)! = lim 1 n + 1 = 0.
Então a série converge apenas para z = 1 (com soma igual a 1), e diverge nos outros pontos.
Interessa-nos de seguida estudar a diferenciabilidade de uma série de potências, bem como a relação destes conceitos com o que foi visto nos outros capítulos. Primeiro, uma definição.
Definição 6.9. f (z) diz-se uma função analítica em z0se existe r > 0 tal que numa bola Br(z0), f (z) é
representada por uma série de potências, f (z) =P∞
n=0an(z − z0)n. Diz-se analítica num aberto A se for
analítica em z0, para todo o z0∈ A.
Teorema 6.10 (Derivação de uma série de potências). Suponhamos que f (z) = P∞
n=0cn(z − z0) n
converge paraz tal que |z − z0| < r. Então f é diferenciável para |z − z0| < r e, nesse conjunto,
f0(z) =
∞
X
n=1
ncn(z − z0)n−1.
Observação 6.11. Raciocinando por indução, é simples ver que se f for analítica em z0 então admite
derivada de qualquer ordem, e f(k)(z) = ∞ X n=k n! (n − k)!cn(z − z0) n−k, ∀k ∈ N, |z − z0| < r. Corolário 6.12. Se f (z) = P∞ n=0cn(z − z0)
n é tal que o seu raio de convergênciar é (estritamente)
positivo, então
cn=
f(n)(z0)
n! para todo on. Ou seja, por outras palavras, sef (z) é analítica, então f (z) =P∞
n=0 f(n)(z
0)
n! (z − z0) n.
Demonstração. Observe-se que, como f(k)(z) =P∞
n=k n!
(n−k)!cn(z −z0)
n−k, então f(k)(z
0) = k!ck. 10Este número é designado por raio de convergência.
Vimos então que toda a função analítica é holomorfa. O facto espantoso é que estas noções, em C, são equivalentes!
Teorema 6.13 (Teorema de Taylor). Seja f uma função holomorfa em A. Seja z0 ∈ A e Br(z0) a maior
bola contida emA (0 < r ≤ ∞). Então f (z) = ∞ X n=0 f(n)(z 0) n! (z − z0) n = 1 2πi ∞ X n=0 Z |z−z0|=ρ f (z) (z − z0)n+1 ! (z − z0)n, ∀z ∈ Br(z0),
onde0 < ρ < r e a circunferência |z − z0| = ρ é percorrida uma única vez no sentido anti-horário. Em
particularf é holomorfa em A se e só se é analítica em A.
Observação 6.14. Em R, uma função pode ser de classe C∞e não ser analítica: um exemplo famoso é o da função
f (x) = (
e−1/x, x > 0 0, x ≤ 0 Como f(n)(0) = 0 para todo o n ∈ N0, não poderemos ter
f (x) = ∞ X n=0 f(n)(0) n! x n
numa vizinhança de 0. [porquê?] Exemplo 6.15. 1. Já se viu que
1 1 − z = ∞ X n=0 zn para |z| < 1.
Isto é coerente com o facto de 1−z1 ser holomorfa em C \ {1}, e de B1(0) ser a maior bola centrada na
origem onde a função é holomorfa.
2. A função ezé holomorfa em C, logo será representada por uma série de potências em todo o C. Como f(n)(z
0) = ez0para todo o n, então dado z0∈ C, tem-se
ez= ∞ X n=0 ez0 n!(z − z0) n.
3. A partir das fórmulas
sin z = e
iz− e−iz
2i , cos z =
eiz+ e−iz
2 ,
pode deduzir-se que
sin z = ∞ X n=0 (−1)n (2n + 1)!z 2n+1 , cos z = ∞ X n=0 (−1)n (2n)!z 2n .
7. OTEOREMA DOS RESÍDUOS
Definição 7.1. Seja f holomorfa em {z ∈ C : 0 < |z − a| ≤ }. Definimos resíduo de f em a como sendo o número complexo Res (f, a) = 1 2iπ Z γ f (z) dz,
onde γ é uma circunferência em torno de a percorrida uma vez no sentido directo e com raio menor que . Note-se que se f holomorfa em Ω, então Res (f, a) = 0 para qualquer a.
O teorema de Cauchy garante que, dada f holomorfa em Ω à excepção dos pontos z1, ..., zke dada γ uma
curva simples fechada positivamente orientada contendo no seu interior z1, ..., zk, então
(10) 1 2iπ Z γ f (z) dz = k X i=1 Res (f, zi) = X z∈Ω Res (f, z). O que acabámos de enunciar é conhecido por Teorema dos Resíduos.
Figura 7.2. Teorema dos resíduos.
Esboço da demonstração. Suponhamos que temos f holomorfa em Ω \ {z1, z2}. Então, se considerarmos
uma pequena circunferência c que não contenha nenhum dos pontos zi,
R
cf dz = 0 (Figura 7.3). Mas,
agora, podemos deformar c conforme sugerido nas Figuras 7.4 a 7.6. Passando ao limite (Figura 7.7), vemos que os segmentos de recta l1e l2coincidem, mas são percorridos em sentidos opostos, pelo que o
integral de f nestes segmentos se anula. Da mesma forma para os segmentos l3e l4. Em particular,
0 = Z c f dz = Z γ f dz + Z ˜ γ1 f dz + Z ˜ γ2 f dz ⇒ Z γ f dz = − Z ˜ γ1 f dz − Z ˜ γ2 f dz = Z γ1 f dz + Z γ2 f dz
Figura 7.3. Figura 7.4. Figura 7.5.
Figura 7.6. Figura 7.7. Figura 7.8.
Exemplo 7.9. Suponhamos que queremos determinar
Z
γ
z
(z − 1)(z − 2)2 dz,
onde γ é a circunferência de centro na origem e raio 3. Então, se considerarmos γ uma pequena circunferência centrada em 1 e γ2uma pequena circunferência centrada em 2,
1 2iπ R γf (z) dz = Res(f, 1) + Res(f, 2) = 1 2iπ R γ1f (z) dz + 1 2iπ R γ2f (z) dz = 1 2iπ R γ1 z (z−2)2 z−1 dz + 1 2iπ R γ2 z z−1 (z−2)2 dz = 1 (1−2)2 + z z−1 0 |z=2 = 1 + (−1) = 0,
onde utilizámos o Teorema 5.21 para o cálculo de cada uma parcelas acima.
7.1. Aplicação: Integrais impróprios em R. Comecemos por verificar como podemos utilizar o teorema dos resíduos para calcular integrais impróprios em R. Começamos por analisar o seguinte exemplo clássico.
Exemplo 7.10. Suponhamos que queremos calcular o integral impróprio real Z +∞ −∞ 1 1 + x2 dx = limR→∞ Z R −R 1 1 + x2 dx
Em vez de isso, comecemos por calcular o integral Z
γ
1 1 + z2 dz,
onde γ é a curva da Figura 7.11.
Figura 7.11. Integral impróprio.
Como estamos interessados no limite quando R → ∞, podemos desde já assumir que R > 1. Como no interior da região definida por γ a nossa função f (z) = 1+z12 é holomorfa à excepção do ponto i, sai que
Z γ 1 1 + z2 dz = 2πiRes(f, i) = 2πi 1 2i = π.
Por outro lado, γ pode ser decomposta em γ1e γ2, sendo que o integral sobre γ1é precisamente o integral
real entre −R e R cujo limite procuramos. Mas, sobre, γ2,
|f (z)| ≤ 1 1 + R2e2iθ ≤ 1 R2− 1 e, como tal, Z γ2 f (z) dz ≤ max z∈γ |f (z)|.comprimento de (γ2) ≤ πR r2− 1 → 0 Logo, lim R→∞ Z γ1 f (z) dz = π e conseguimos desta forma determinar o nosso integral inicial. Mais geralmente, podemos escrever que
Proposição 7.12. Seja f (x) = P (x)Q(x) uma função racional tal quedeg Q ≥ deg P + 2 e Q(x) nunca se anula em R. Então, 1 2iπ Z +∞ −∞ f (x) dx
é igual à soma dos resíduos def (z) no semiplano superior {z = x + iy ∈ C : y > 0}.
7.2. Aplicação: a transformada inversa de Laplace. Recorde que, para uma função real “suficientemente bem comportada”,
F (s) = L(f )(s) = Z +∞
0
e−stf (t) dt
O nosso objectivo é ver como podemos recuperar a função original f (t) conhecendo a sua transformada de Laplace F (s). Comecemos por notar que podemos considerar s uma variável complexa, continuando o integral acima a ter sentido, mas dando-nos agora uma função F (s) com s em C. Suponhamos então que
esta função de variável complexa F é holomorfa à direita de uma recta vertical x = a. Então, pela equação (9), sabemos que podemos escrever
F (s) = 1 2πi Z γ F (z) z − sdz, onde γ é a curva da Figura 7.13.
Figura 7.13. Curva γ.
Como F é analítica em γ2, sabemos que é limitada em γ2, por uma constante que depende de b, M (b).
Além disso, como F é a transformada de Laplace de f , M (b) → 0 quando b → ∞ (verifique). Logo, 1 2πi Z γ2 F (z) z − s dz ≤ 1 2πmaxz∈γ2 F (z) z − s .comprimento de (γ2) ≤ 1 2π M.|s − b|2π min z∈γ2 |z − s| Mas |z − s| = |z − a − (s − a| ≥ |z − a| − |s − a| ≥ b − |z − a|, pelo que 1 2π M.|s − b|2π min z∈γ2 |z − s| ≤ M |s − b| b − |z − a| → 0, quando b → +∞. Logo, F (s) = Z a−i∞ a+i∞ F (z) z − sdz = Z a+i∞ a−i∞ F (z) s − z dz. Em particular, L−1(F (s))(t) = 1 2πiL −1Ra+i∞ a−i∞ F (z) s−z dz = 1 2πi Ra+i∞ a−i∞ F (z)L −1 1 s−z dz
=2πi1 Ra−i∞a+i∞F (z)eztdz.
Mas, agora, para calcularmos 2πi1 Ra+i∞
a−i∞ F (z)e
ztdz, vamos mais uma vez recorrer ao teorema dos
resíduos, de acordo com a Figura 7.14. Se assumirmos que |F (z)| ≤ RMk para algum k > 0, então
R
γ2F (z)e
tzdz → 0 quando R → ∞ e, em particular, sai que
(11) L−1(F (s))(t) = 1 2πi Z a+i∞ a−i∞ F (z)etzdz = 1 2πi Z γ1 F (z)etzdz = 1 2πilim Z γ F (z)etz dz =X z∈C Res (F (z)etz).
Complementos de Análise
FCUL, Mestrado em Matemática Aplicada à Economia e Gestão, 2014/2015 Exercícios Análise Complexa
1. Escreva na forma polar os seguintes números complexos: (a) 2 + i2√3;
(b) 2+i43−i; (c) i5+ i20;
(d) (1 + i)4;
(e) cos12 + i sin122 .
2. Determine o conjugado de5(2+i3)2+i 3.
3. Seja p(z) = a0+a1z+. . .+an−1zn−1+anznum polinómio com coeficientes reais, isto é, a0, . . . , an ∈
R. Mostre que se z ∈ C é uma raíz do polinómio (p(z) = 0), então o seu conjugado ¯z também o é. 4. Verdadeiro ou falso?
(a) “Re(zw) = Re z Re w, ∀z, w ∈ C”. (b) “zw = 0 ⇒ z = 0 ou w = 0”. 5. Descreva o conjunto Im (z + 5) = 0.
6. A aplicação z → z3transforma o segundo quadrante em que conjunto?
7. Considerando o ramo principal do logaritmo, a aplicação z → √z transforma o conjunto {z ∈ Z : Re(z) > 0} em que conjunto?
8. A aplicação z → 1/z transforma o complementar do círculo unitário em que conjunto? E uma recta arg z = α (α fixo)?
9. Mostre que se |z| = 1 ou |w| = 1 então |z − w| = |1 − ¯zw|. 10. Resolva:
(a) z4+ i = 0;
(b) z3= i; (c) z2= 1 − i;
(d) z2= 3 − 4i.
11. Calcule os zeros das funções sin z e cos z. 12. Verdadeiro ou falso?: “| sin z| ≤ 1, ∀z ∈ C”. 13. Calcular todos os valores de log(1 + i).
14. Calcule, usando quando necessário o ramo principal do logaritmo: (a) log(2i);
(b) 4i; (c) (1 + i)i;
(d) cos i.
15. Designando por z →√z o ramo particular da raíz quadrada dado por√reiθ= r1/2eiθ/2, 0 ≤ θ < 2π,
para quais z ∈ C se tem√z2= z ?
16. Verdadeiro ou falso?:
(a) |ab| = |a||b|, ∀a, b ∈ C \ {0};
(b) |ab| = |a|b, ∀a ∈ C \ {0}, b ∈ R;
17. A aplicação f (z) = |z|2é holomorfa em C ? Tem derivada em algum ponto? 18. Determine as regiões onde as seguintes funções são diferenciáveis.
f (z) = f (x + iy) = ey(cos x + i sin x), g(z) = g(x + iy) = x2y + ixy2. 19. Diga se existe a ∈ R tal que a função
f (x + iy) = ax2+ 2xy + i(x2− y2− 2xy)
é holomorfa em C.
20. Determine regiões de holomorfia, bem como a derivada, das funções (use quando necessário o argumento mínimo do logaritmo):
a) 2
z2
z ; b) z
2z
c) sin√z; d)pz3− 1.
21. Determine todas as constantes a, b ∈ R tais que a função
f (x + iy) = ax2+ 2xy + by2+ i(y2− x2).
é holomorfa em C.
22. Mostre que, se f = u + iv é holomorfa e u, v ∈ C2, então
∂2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 = 0, ∂2v ∂x2 + ∂2v ∂y2 = 0.
(nota: tais funções dizem-se harmónicas) 23. Verdadeiro ou falso?: “ReR
γf dz =
R
γRef dz”.
24. Calcular os seguintes integrais de caminho:
(a)Rγy dz, onde γ é a união dos segmentos de recta unindo 0 a i e depois i a i + 2. (b)R
γy dz, onde γ é o segmento de recta unindo 0 a i + 2.
(c)Rγsin(2z) dz, onde γ é o segmento de recta unindo i + 1 a −i. (d)R
γze z2
dz, onde γ é a circunferência unitária centrada em 0. (e)R
γz 2
dz, onde γ é o arco que une z0= −1 + i a z1= 1 + i ao longo da curva de equação y = x2.
25. Mostre que (γ designa a circunferência unitária): (a) Z γ sin z z2 dz ≤ 2πe (b) Z γ dz 2 + z2 ≤ 2π.
26. Calcule os seguintes integrais (por defeito, o sentido é o anti-horário e as circunferências unitárias estão centradas na origem):
(a)R
γ(z 3
+ 3) dz; γ é a semi-circunferência unitária superior; (b)R
γ(z
3+ 3) dz; γ é a circunferência unitária;
(c)R
γe
1/zdz; γ é a circunferência de raio 3 centrada em 5i + 2;
(d)R
γ1/z
2dz; γ é a circunferência unitária;
(e)Rγ(z − 1
z) dz; γ é um segmento de recta unindo 1 a i;
(f)R
γ
√
z dz; γ é a semi-circunferência unitária superior;
(g)Rγ√z2− 1 dz; γ é a circunferência de raio 1/2 centrada em 0;
(h)R γ ez z dz; γ(t) = 2 + e it, 0 ≤ t ≤ 2π; (i)R γ( 2 z−2 + 1
z−4) dz; γ é a circunferência de raio 3 centrada em 0;
(j)R
γ 1
z2−1dz; γ é a circunferência de raio 1 centrada em 1;
(k)R
γ z2
z−1dz; γ é a circunferência de raio 2 centrada em 0;
(m)Rγ ezz4dz; γ é a circunferência unitária;
(n)Rγ zz22−1+1dz; γ é a circunferência de raio 2 centrada em 0.
27. Designando por γ1a circunferência de raio 1 e por γ2a circunferência de raio 2 (centradas na origem
e percorridas no sentido anti-horário), justifique que Z γ1 dz z3(z2+ 10)= Z γ2 dz z3(z2+ 10).
28. Dados complexos a 6= b, para que elipses γ (percorridas uma única vez, no sentido anti-horário) se temRγ (z−a)(z−b)dz = 0 ?
29. Determine o raio de convergência das seguintes séries de potências. (a)P∞ n=1 zn n3 (b) P∞ n=0 (z−i)n 2n (c) P∞ n=1 n! nnz n 30. Recordando que 1−z1 = P∞
n=0zn para |z| < 1, indique o desenvolvimento em série (e onde esta
converge) das funções
1
(1 − z)2 e
1 (1 − z)3
31. Calcule o desenvolvimento em série das funções sin z e cos z em torno do ponto 0, indicando o respectivo domínio de convergência.
32. Indique o desenvolvimento em série de potências (em torno de 0) das seguintes funções: (a) 1+z1 ;
(b) 1−z12;
(c)z4z+42 ;
(d) (2−z)1 3;
(e) z3e2z.
33. Considere a série de potênciasP∞
n=0an(z − z0)n, z0∈ C, com raio de convergência r > 0. Mostre
que as séries (a)P∞ n=0 an (n+2)2(z − z0)n (b)P∞n=0 √ nan(z − z0)n
apresentam o mesmo raio de convergência.
34. Desenvolva em série de Taylor, em torno do ponto z0= 1, as funções
(a) ez, (b) 1 z.
35. Seja γ a circunferência unitária centrada na origem.
(a) (Re)Demonstre queRγzndz = 0 para qualquer z 6= −1 e que, no caso em que n = −1,Rγzndz = 2πi (b) Mostre que, se f (z) =P+∞
n=−∞anzn, então Res (f, 0) = a−1.
36. Utilizando o teorema dos resíduos, calcule (a)R
γ z2−1
z2+1 dz, onde γ é a circunferência de raio 2 centrada em 0 (compare com a alínea (n) do Problema
33) (b)R
γ sin z
z2−3z+2dz, onde γ é a circunferência de raio 4 centrada na origem.
37. Utilizando a Proposição 7.12, calcule (a)R+∞ −∞ x+2 x4+1 dx; (b)R+∞ −∞ 1 (x2+4)2 dx;
38. Utilizando (11), determine L−1 F (s)(t), onde (a) F (s) = 1 s−a; (b) F (s) = s21+1; (c) F (s) = s+2 s2+4. (d) F (s) = ss+22−1.
39. Resolva, utilizando transformadas de Laplace, o problema de valores iniciais y0− 2y = sin t, y(0) = 1.
Soluções dos exercícios sobre Análise Complexa 1. (a) 4eiπ 3 (b) √ 2ei arctan 7(c)√2eiπ 4 (d) 4eiπ(e) ei. 2. ¯z = −83 − 64i
4. (a) Falso (b) Verdadeiro
5. É a recta {z = x + iy ∈ C : y = 0}.
6. Transforma o segundo quadrante nos quadrantes I, II e IV. 7. No conjuntoz = reiθ: θ ∈] −π
4, π 4[ .
8. Transforma o complementar do círculo unitário no círculo unitário sem a origem. Além disso, transforma uma semi-recta arg z = α numa semi-recta com arg z = −θ.
10. (a) ei3π8 , ei 7π 8 , ei 11π 8 , ei 15π
8 i; (b) (feito nos apontamentos teóricos) (c) 4
√
2e−π8i, 4
√
2e7π8i, (d) 2 − i,
−2 + i
11. Os zeros do sin z são {kπ : k ∈ Z}; os zeros do cos z são {π
2 + kπ : k ∈ Z}. 12. Falso. 13. log(1 + i) = 12log 2 + i π4+ 2kπ, k ∈ Z. 14. (a) log 2 + iπ2 (b) e−π4+i log 2 2 , (c) 1 2e+ e 2
15. Para os z ∈ {reiθ: r > 0, θ ∈ [0, π[}.
16. (a) Falso (b) Verdadeiro (c) Falso (para qualquer ramo do logaritmo) 17. Apenas é diferenciável na origem, e f0(0) = 0.
18. f não é diferenciável em nenhum ponto. g é diferenciável em 0, e g0(0) = 0. 19. Não existe a ∈ R nas condições pretendidas.
20. (a) Holomorfa em C \ {0}, com derivada 2 log 2 2z2 −ez2
z2 (b) C \ {z ∈ C : x ≥ 0, y = 0}, com
derivada (2 log z + 2)z2z
(c) C \ {z ∈ C : x ≥ 0, y = 0}, com derivadacos(
√ z) 2√z (d) No complementar do conjunto {z = reiθ: r ≥ 1, θ = 0,2π 3 , 4π 3}, com derivada 3z2 2√z3−1.
21. a = b = 0, e nesse caso f0(z) = 2y − 2xi. 23. Falso.
24. (a) 2 +2i; (b)12(i + 2) (c) cos(2+2i)−cos(2i)2 (d)0 (e)23.
26. (a) −6 (b) 0 (c) 0 (d) 0 (e) −1 − π2 (f) A pergunta está (propositadamente) mal formulada, porque depende do ramo escolhido! Nos ramos em que o conjunto de diferenciabilidade da função integranda contém γ, o resultado pode ser 23(−1 − i) ou −23(−1 − i) (mais uma vez, consoante o ramo escolhido). (g) 0 (h) 0 (i) 4πi (j) πi (k) 2πi (l) 0 (m) πi/3 (n) 0.
28. Para as elipses que não incluam no interior os pontos a e b ou que incluam ambos os pontos. 29. (a) 1 (b) 2 (c) e 30.P∞ n=1nz n−1para |z| < 1; eP∞ n=2 n(n−1) 2 z n−2para |z| < 1. 31. sin z =P∞ k=0(−1) k z2k+1 (2k+1)! e cos z = P∞ n=0 (−1)n (2n)!z 2n.
32. (a)P∞ n=0(−1) nznpara |z| < 1; (b)P∞ n=0z 2npara |z| < 1 (c)P∞ n=1 (−1)n 4n+1 z 4n+2para |z| <√2 (d) P∞ n=2 n(n−1) 2n+2 z n−2para |z| < 2 e)P∞ n=0 2n n!z n+3 em C. 34. (a) ez=P∞ n=0 e n!(z − 1) n em C. (b) 1z = P∞ n=0(−1) n(z − 1)npara |z − 1| < 1.
37. Utilizando a Proposição 7.12, calculemos (a)R+∞ −∞ x+2 x4+1 dx; A função f (z) = zz+24+1 é holomorfa em C \ {e i(π/4+kπ/2)} k=0,...,3. Sejam z0, ..., z3as singularidades de
f , das quais apenas z0e z1estão no semiplano superior de C. Pela Proposição 7.12, temos que
Z +∞ −∞ f (x) dx = 2πi(Res(f, z0) + Res(f, z1)). Agora, f (z) = z + 2 z4+ 1 = z + 2 (z − z0)(z − z1)(z − z2)(z − z3) e, como tal, Res(f, z0) =2iπ1 R γ0 z+2 (z−z1)(z−z2)(z−z3) z−z0 dz = z0+2 (z0−z1)(z0−z2)(z0−z3), Res(f, z1) =2iπ1 R γ1 z+2 (z−z0)(z−z2)(z−z3) z−z1 dz = z1+2 (z1−z0)(z1−z2)(z1−z3), Logo, Z +∞ −∞ f (x) dx = 2πi z 0+ 2 (z0− z1)(z0− z2)(z0− z3) + z1+ 2 (z1− z0)(z1− z2)(z1− z3) = π√2. 38. (a) L−1(F (s))(t) = eat; (b) L−1(F (s))(t) = sin(t); (c) L−1(F (s))(t) = cos(2t) + 2 sin(2t). (d) L−1(F (s))(t) = −1/2e−t+ 3/2et.
REFERÊNCIAS [1] L. Barreira, Análise complexa e equações diferenciais, IST press, 2009. [2] J. Bak e D. J. Newman, Complex Analysis, Springer, 1997, 2aedição. [3] J. P. Boavida, Episódios de Equações diferenciais, IST, 2014.
[4] M. A. Carreira e M. S. Nápoles, Variável Complexa, Teoria Elementar e Exercícios Resolvidos, McGraw Hill, 1997. [5] T. Needham, Visual and complex analysis, Oxford University Press, 1997.
[6] M. Ramos, Elementos de análise complexa, Texto de apoio às aulas de Cálculo Diferencial e Integral III (2005).
[7] H. Tavares, Notas para a disciplina de Complementos de Análise, do mestrado em matemática aplicada à economia e gestão, FCUL, 2012.
