Como já vimos, considerando o caminho C do item (b) da gura acima, podemos escrever que. f (z) dz. C. f (z) dz = 2πia (1) 1 + 2πia(2) 1 + 2πia(3) 1

Teorema dos resíduos

Só para vermos como é o raciocínio quando temos, por exemplo, os três polos da gura abaixo.

Como já vimos, considerando o caminho C0 _{do item (b) da gura acima,}

podemos escrever que ˛ C f (z) dz = ˛ C0 f (z) dz.

Mas vemos que se o triângulo interno tender a se fechar, os três polos tenderão a ser fechados em círculos que podemos escolher como tendo raios iguais a ε que faremos tender a zero. Como f (z) só não é analítica, por hipótese, nos três polos deste exemplo, então a integral sobre o contorno triangular será nula e só sobrarão as contribuições nas circunferências em torno dos polos, isto é,

˛ C f (z) dz = ˛ C1 f (z) dz + ˛ C2 f (z) dz + ˛ C3 f (z) dz,

que como vimos acima, no caso de um só polo, podemos agora considerar o resultado para cada um dos caminhos C1, C2e C3.Obtemos:

˛

C

f (z) dz = 2πia(1)₋₁+ 2πia(2)₋₁+ 2πia(3)₋₁

= 2πia(1)₋₁+ a(2)₋₁+ a(3)₋₁,

ou seja, a integral em C é igual a 2πi vezes a soma dos resíduos dentro da região cuja fronteira é C. Assim provamos o teorema dos resíduos, que pode ser estendido para qualquer número de resíduos internos à região cuja fronteira é C.

Integrais denidas usando integrais de contorno no

plano complexo

Integrais de funções senoidais

Consideremos uma função que depende de cos θ e senθ, digamos, f (cos θ, senθ) . Então, vamos usar integração complexa para resolver uma integral da forma:

I = ˆ 2π 0 f (cos θ, senθ) dθ. A prescrição é usarmos z = exp (iθ) , com cos θ = z + z −1 2 e senθ = z − z −1 2i .

Consideremos um exemplo do livro-texto de Riley et al.

A receita acima pode ser ainda renada com cos (nθ) = z n_{+ z}−n 2 e sen (nθ) = z n_{− z}−n 2i . Então, no exemplo, podemos escrever:

I = ˆ 2π 0 z2_+z−2 2 a2_{+ b}2_{− 2ab}z+z−1 2 dθ = 1 2 ˆ 2π 0 z2+ z−2 a2_{+ b}2_{− ab (z + z}−1₎dθ.

Vamos, porém, escrever esta integral explicitamente como uma integral no con-torno C no plano complexo, sobre a circunferência de raio unitário centrada na origem, ao longo do sentido anti-horário. Sendo

vemos que dz = i exp (iθ) dθ = izdθ, isto é, dθ = dz iz. Logo, I = 1 2i ˛ C z2_{+ z}−2 a2_{+ b}2_{− ab (z + z}−1₎ dz z = 1 2i ˛ C z4+ 1 z2_[(a2_{+ b}2_{) z − ab (z}2_{+ 1)]}dz = i 2ab ˛ C z4+ 1 z2_z2₋ a2_+b2 ab
z + 1 dz.

Podemos agora considerar os polos no denominador, além de zero. Para isso, resolvemos: z2− a 2_{+ b}2 ab  z + 1 = 0, ou seja, z± = a2_{+ b}2 2ab ± 1 2 s  a2_{+ b}2 ab 2 − 4 = a 2_{+ b}2 2ab ± 1 2ab q (a2_{+ b}2₎2_{− 4a}2_b2 = a 2_{+ b}2 2ab ± 1 2ab p a4_{+ 2a}2_b2_{+ b}4_{− 4a}2_b2 = a 2_{+ b}2 2ab ± 1 2ab p a4_{− 2a}2_b2_{+ b}4 = a 2_{+ b}2 2ab ± 1 2ab q (a2_{− b}2₎2

e, como b > a > 0, segue que z± = a2_{+ b}2 2ab ± b2_{− a}2 2ab , isto é, z+ = b a

e z− = a b. Portanto, z2− a 2_{+ b}2 ab  z + 1 = z −a b  z −b a  .

Como a < b, então o único polos que está dentro do círculo de raio unitário é a/b. Logo, temos três polos: 0, a/b e b/a, mas só 0 e a/b estão dentro de C. Em 0 o polo é de segunda ordem e em a/b o polo é de primeira ordem. Vamos calcular os resíduos agora. Em 0, porque é segunda ordem, usamos a fórmula da aula passada: a−1(0) = lim z→0 d dz ( z2 i 2ab z4_{+ 1} z2_z2₋ a2_+b2 ab
z + 1 ) = i 2abz→0lim d dz " z4_{+ 1} z2₋ a2_+b2 ab
z + 1 # = i 2abz→0lim    4z3 z2₋ a2_+b2 ab
z + 1 − z4_{+ 1}
 2z −a2_ab+b2 z2₋ a2_+b2 ab
z + 1 2    = i 2  a2_{+ b}2 a2_b2  .

Já o resíduo em a/b, que é simples, também pode ser calculado pela fórmula da aula passada: a−1(a/b) = lim z→a/b (  z −a b  i 2ab z4_{+ 1} z2_z2₋ a2_+b2 ab
z + 1 ) = i

2abz→a/blim

"  z −a b  z4+ 1 z2 _{z −}a b
z −_ab
# = i

2abz→a/blim

" z4_{+ 1} z2 _{z −}b a
# = i 2ab " _a4 b4 + 1 a2 b2 a b − b a
# = i 2ab " a4+ b4 a2_b2 a b − b a
# = i 2a2_b2 a4_{+ b}4 (a2_{− b}2₎.

Portanto, I = 2πi [a−1(0) + a−1(a/b)] = 2πi i 2a2_b2  a2+ b2+a 4_{+ b}4 a2_{− b}2  = 2πi i 2a2_b2  a4_{− b}4_{+ a}4_{+ b}4 a2_{− b}2  = 2πi i 2a2_b2  _2a4 a2_{− b}2  = −2π1 b2  _a2 a2_{− b}2  = 2πa 2 b2_(b2_{− a}2₎.

Algumas integrais innitas

Vamos considerar integrais da seguinte forma:

I =

ˆ +∞ −∞

f (x) dx, onde f (z) tem as seguintes propriedades:

(i) f (z) é analítica no meio-plano complexo superior, isto é, Im (z) > 0, exceto em um número nito de polos, nenhum dos quais está sobre o eixo real; (ii) em um contorno Γ, fronteira de um semi-disco de raio R (veja a gura

abaixo), vale que R vezes o máximo de |f (z)| , com z ∈ Γ, tende a zero quando R → ∞, sendo uma condição suciente que zf (z) → 0 quando |z| → ∞;

(iii) tanto´0

−∞f (x) dxcomo

´+∞

Vamos ilustrar como procedemos com um exemplo do livro-texto de Riley et al.

Podemos reescrever esta integral assim:

I =

ˆ +∞ −∞

dx 2 (x2_{+ a}2₎4.

Agora vamos considerar Γ como na gura acima e escrever: J (R) = 1 2 ˛ Γ dz (z2_{+ a}2₎4,

onde precisamos conectar J (R) com a integral desejada I, pois enquanto J sai do eixo x, I ca sempre na reta real, além de percorrer todos os valores de x ∈ R. Vemos que a função do integrando de J (R) é

f (z) = 1 2 1 (z2_{+ a}2₎4 e, portanto, lim |z|→∞zf (z) = 0.

Então, podemos ver claramente que J (R) = 1 2 ˆ CR dz (z2_{+ a}2₎4 + 1 2 ˆ +R −R dx (x2_{+ a}2₎4,

onde CR é apenas a semi-circunferência de raio R. Claramente, então, vemos

que lim R→∞ ˆ CR dz (z2_{+ a}2₎4 = 0 e lim R→∞ 1 2 ˆ +R −R dx (x2_{+ a}2₎4 = I, de forma que I = lim R→∞J (R) .

Calculemos, então J (R) para R sucientemente grande que todos os polos acima do eixo x estejam dentro de Γ. Podemos escrever:

J (R) = 1 2 ˛ Γ dz [(z − ia) (z + ia)]4 = 1 2 ˛ Γ dz (z − ia)4(z + ia)4

e vemos que temos um polo de ordem 4 em ia. O resíduo nesse ponto dá: a−1 = 1 3!z→ialim d3 dz3 " (z − ia)41 2 1 (z − ia)4(z + ia)4 # = 1 12z→ialim d3 dz3 1 (z + ia)4 = 1 12z→ialim (−4) (−5) (−6) 1 (z + ia)7 = −6 × 5 × 4 12 1 (2ia)7 = 5 × 2 27_a7_i = 5 64a7_i e, portanto, J (R) = 2πia−1 = 5π 32a7 e, assim, I = 5π 32a7.