AN´
ALISE COMPLEXA ELEMENTAR
Exemplos
Faculdade de Ciˆ
encias da Universidade de Lisboa, outubro 2015
Exemplo 1 Consideremos o desenvolvimento em s´erie de potˆencias
1 1 + ez = ∞ X n=1 cn(z − 2 − i)n.
Qual ´e a maior bola aberta de centro 2 + i onde a s´erie converge?
Resumo de resolu¸c˜ao. A fun¸c˜ao ´e holomorfa em C privado dos pontos iπ + 2kπi, k ∈ Z, e n˜ao ´e prolong´avel sequer como fun¸c˜ao cont´ınua a nenhum deles. Procurando o mais pr´oximo de 2 + i, conclu´ımos que a bola pedida ´e formada pelos z tais que |z − 2 − i| <p4 + (π − 1)2.
Exemplo 2 Considere-se o arco de circunferˆencia com a parametriza¸c˜ao γ(t) = 2 eit, 0 ≤ t ≤ π/4.
Calcular Z
γ
z (1 + z2)2dz
e, por decomposi¸c˜ao em partes real e imagin´aria, utilizar o resultado para obter o valor do integral real Z pi/4 0 17 cos(2t) + 8 (17 + 8 cos(2t))2dt = 1 34.
Resumo da resolu¸c˜ao. O integral pode ser calculado de duas maneiras: usando a primitiva −12 1 1+z2 da integranda obtemos Z γ z (1 + z2)2dz = −121 + z1 2 2eiπ/4 2 = 1 10− 1 34+ 2i 17.
Por outro lado, usando a f´ormula de c´alculo do integral por meio da parametriza¸c˜ao, Z γ z (1 + z2)2dz = 4i " Z π/4 0 e2it(1 + 4e−2it)2 (1 + 4e2it)2(1 + 4e−2it)2dt # = 4i " Z π/4 0 (eit+ 4e)2 (1 + 16 + 8 cos(2t))2dt # = 4i " Z π/4 0 17 cos(2t) + 8 (17 + 8 cos(2t))2dt + i Z π/4 0 (1 − 16) sin(2t) (17 + 8 cos(2t))2dt # . Igualando as partes imagin´arias obtidas num e noutro c´alculo obt´em-se o resultado.
Exemplo 3 Se f ´e uma fun¸c˜ao holomorfa e que n˜ao se anula na bola centrada na origem com raio 2, e Γ ´e a circunferˆencia unit´aria centrada em 0 percorrida uma vez no sentido directo, qual ´e, em termos de f , o valor dos integrais
Z Γ f (z)3 z2 dz e Z Γ 1 f (z)(z − i 3) dz ?
Resumo da resolu¸c˜ao. Pelas f´ormulas de Cauchy para f e as suas derivadas, os valores de f em Γ determinam valores no interior. Por exemplo
Z Γ f (z)3 z2 dz = 2πi(f (z) 3)′ |z=0= 3f (0)2f ′ (0). Exemplo 4 Calcular R Γze 1
zdz sendo Γ: (a) a circunferˆencia unit´aria percorrida uma vez no
sentido directo; (b) a circunferˆencia unit´aria centrada em 1 + i percorrida uma vez no sentido directo.
Resumo da resolu¸c˜ao. (a) Tem-se
ze1/z= z + 1 + 1 2!z + 1 3!z2+ 1 4!z3 + · · ·
com convergˆencia para todo o z 6= 0 e convergˆencia uniforme em qualquer curva compacta contida em C \ 0, em particular em Γ. Portanto, integral e soma de s´erie s˜ao permut´aveis e obtemos
Z Γ zez1dz = 0 + 0 + πi + 0 + 0 + · · · = πi. Exemplo 5 Seja f (z) =P∞ n=1 1
n(1 + i)nzn. Qual ´e a maior bola aberta B centrada em 0 onde f
est´a bem definida e ´e holomorfa? Calcular f′
(z) (z ∈ B) na forma de frac¸c˜ao racional.
Resumo da resolu¸c˜ao. A maior bola aberta de centro 0 onde a s´erie converge ´e a de raio 1/√2. [O raio de convergˆencia ´e o mesmo da s´erie (geom´etrica de raz˜ao (1 + i)z)P∞
n=1(1 + i)nzn.]
Tem-se, na mesma bola, f′
(z) =P∞
n=1(1 + i)nzn−1=1−(1+i)z1+i . [Portanto,
f (z) = − ln(1 − (1 + i)z),
onde ln ´e o logaritmo principal, que est´a bem definido no semiplano Rez > 0.]
Exemplo 6 Obter os primeiros 4 termos da s´erie de Taylor de (z−1)z2 2 centrada em 4.
Resumo da resolu¸c˜ao. Tem-se 1 z−1 =
P∞ n=0
(−1)n(z−4)n
3n+1 para |z − 4| < 3. Por deriva¸c˜ao,
1 (z − 1)2 = ∞ X n=1 (−1)nn(z − 4)n−1 3n+1 .
Observando que z2 = (z − 4)2+ 8(z − 4) + 16 obt´em-se a s´erie de Taylor de z2
(z−1)2, convergente
naquele mesmo dom´ınio: 16 9 − 8 27(z − 4) + ∞ X m=2 [16(m + 1)(−1) m+1 3m+2 + 8(−1)m 3m+1 + (−1)m−1(m − 1) 3m ](z − 4) m
(que, para efeito de escrever apenas os primeiros 4 termos, n˜ao seria necess´ario explicitar).
Exemplo 7 Calcular os coeficientes da s´erie de Taylor de zcos z2+4 centrada em 0.
Resumo da resolu¸c˜ao. Sabe-se que existe um desenvolvimento em s´erie de potˆencias cos z z2+ 4 = ∞ X n=0 cnzn
com raio de convergˆencia 2. Portanto 1 −z 2 2! + z4 4! − · · · = 4c0+ 4c1z + ∞ X n=2 (4cn+ cn−2)zn
de onde se calculam por recorrˆencia os sucessivos coeficientes: 4c0= 1, 4c1= 0, 4c2+ c0= −
1
2!, 4c3+ c1= 0, 4c4− c2= 1 4!, · · ·
Em particular, vemos que os coeficientes das potˆencias ´ımpares s˜ao nulos, em conson˜ancia com o facto de a fun¸c˜ao dada ser par.
Exemplo 8 ´E dado o in´ıcio da s´erie de potˆencias de z
ez−1 num disco de centro 0:
z ez− 1 = 1 − z 2 + z2 12− z4 720 + ...
(o termo do terceiro grau ´e nulo). Obter os coeficientes dos termos da s´erie de Laurent de z (ez−1)2
correspondentes `as potˆencias zn, n ≤ 2, no mesmo disco mas privado do centro. Qual ´e o raio do
disco onde o desenvolvimento em s´erie ´e v´alido? Quanto vale o integralR
C 1
(ez−1)2z2dz, onde C ´e
a circunferˆencia de raio 2 centrada em 0 percorrida uma vez no sentido positivo?
Resumo da resolu¸c˜ao. Facilmente se reconhece que z
(ez−1)2 tem um p´olo de ordem 1 na origem
porque, multiplicando esta fun¸c˜ao por z, obt´em-se (ezz−1)2, que tem limite 12= 1 quando z → 0.
Portanto, pedem-se os coeficientes A, B, C, D do desenvolvimento z (ez− 1)2 = A z + B + Cz + Dz 2+ · · · . A ´e o res´ıduo de z
(ez−1)2 em z = 0 que, pelo que j´a se disse, vale 1. Como
( z ez− 1)
resulta que, pondo h(z) = z ez−1, e g(z) = h(z) 2, temos B = g′ (0), C = g′′ (0)/2, D = g′′′ (0)/6. Ora, h(0) = 1, e, pelos dados, n˜ao precisamos de fazer mais c´alculos para saber que h′
(0) = −1/2, h′′
(0) = 1/6, h′′′
(0) = 0. Logo, B = −1, C = 5/12 D = −1/12. A s´erie converge no disco aberto de centro 0 e raio 2π privado do centro, que ´e o maior anel aberto centrado na origem onde a fun¸c˜ao ´e holomorfa. Na verdade, a fun¸c˜ao n˜ao est´a sequer bem definida nos pontos da forma 2kπi, (k ∈ Z); os mais pr´oximos da origem s˜ao ±2πi. Por outro lado
Z C 1 (ez− 1)2z2dz = Z C z (ez− 1)2z3dz = 2πiD = −π/6
pelo teorema onde est˜ao explicitados os coeficientes da s´erie de Laurent (teorema 7.1 do Resumo de An´alise Complexa).
Exemplo 9 CalcularR
γ dz
(z8+1)2 ondeγ ´e a circunferˆencia de centro 0 e raio 2.
Resumo da resolu¸c˜ao: A fun¸c˜ao integranda tem 8 p´olos de 2a ordem – as ra´ızes oitavas de −1
– todos situados na circunferˆencia unit´aria de centro na origem. Se γr´e a circunferˆencia de raio r
e centro na origem, ent˜ao γ2 = γ e, em virtude do teorema 7.1 do Resumo, o integralRγr (z8dz+1)2
n˜ao depende de r desde que r > 1. Ora, como Z γr dz (z8+ 1)2 ≤ 2π r (r8− 1)2
conclu´ımos imediatamente queR
γ dz
(z8+1)2 = 0. (Poder´ıamos obter o resultado com uma aplica¸c˜ao
ma¸cadora do teorema dos res´ıduos.) Exemplo 10 CalcularR γ e 1 z2dz (z2+1) e R γ e 1 z2dz
z ondeγ ´e a circunferˆencia de centro i e raio 3/2.
Resumo da resolu¸c˜ao: A s´erie de Laurent da integranda f no segundo caso ´e de obten¸c˜ao imediata (dividir por z a s´erie exponencial calculada em 1/z2, de modo que se reconhece logo que
Res(f, 0) = 1. Portanto o valor pedido ´e 2πi.
No primeiro caso a s´erie de Laurent da integranda f no disco perfurado de centro 0 e raio 1, f (z) =
+∞
X
n=−∞
cnzn
´e menos simples de obter, mas podemos raciocinar assim: definindo g(z) = e
1 z
z + 1
vemos que g tem duas singularidades, 0 (singularidade essencial) e −1 (p´olo), das quais agora s´o nos interessa a primeira. A fun¸c˜ao g ter´a tamb´em a sua s´erie de Laurent no disco perfurado,
g(z) =
+∞
X
n=−∞
dnzn.
Como f (z) = g(z2) ∀ z 6= 0, ±i, teremos
f (z) =
+∞
X
n=−∞
de modo que todos os cn respeitantes a inteiros ´ımpares s˜ao nulos. Em particular, Res(f, 0) = 0.
A outra singularidade de f no disco referido ´e i e tem-se Res(f, i) = −ie−1
2 . Pelo teorema dos
res´ıduos, o valor pedido ´e π e−1.
Exemplo 11 Integrando a fun¸c˜aoe−z2
na fronteira orientada do rectˆangulo−a ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b e tomando limites quando a → +∞, obter:
Z +∞
−∞
e−t2
cos 2bt dt = e−b2√
π. Nota: recordar que R+∞
−∞ e −x2
dx =√π.
Resumo da resolu¸c˜ao. Sejam L1, L2, L3, L4 os lados do rectˆangulo: L1´e o segmento que fica
no eixo real orientado de −a para a, L3´e o segmento de origem a + ib e extremidade −a + ib, L2
o segmento vertical de a para a + ib e L4 o segmento vertical de −a + ib para −a. Como e−z
2
´e holomorfa, ´e nula a soma dos integrais desta fun¸c˜ao ao longo dos 4 segmentos. Utilizando a parametriza¸c˜ao de cada segmento e somando os integrais por ordem dos ´ındices, temos ent˜ao
Z a −a e−x2 dx + ie−a2Z b 0 et2−2iat dt − eb2 Z a −a e−t2 −2ibt dt − ie−a2Z b 0 et2+2iatdt = 0. Os integrais que aparecem nas segunda e quarta parcelas s˜ao limitados (b est´a fixado). Logo, a segunda e a quarta parcelas tendem para zero quando a → +∞. Tomando limite quando a → +∞ e retendo a parte real da igualdade obtemos
Z +∞ −∞ e−x2 dx − eb2Z +∞ −∞ e−t2 cos (2bt) dt = 0 de onde se conclui o que se pretendia.
Exemplo 12 (mais dif´ıcil) Verificar que a express˜ao f (z) = 1z(e−z− 1
1+z) define uma fun¸c˜ao holomorfa
em C\−1. Integr´a-la na fronteira orientada do quarto de c´ırculo de raio R contido no primeiro quadrante e concluir: Z +∞ 0 sin t t dt = π 2
Resumo da resolu¸c˜ao. Quanto `a primeira afirma¸c˜ao, basta observar que n˜ao h´a qualquer pro-blema com o comportamento de f em 0: na verdade e−z− 1
1+z = 1 − z + z2
2!+ · · · − 1 + z − z 2+ · · · )
(s´erie convergente em |z| < 1) e portanto f(z) admite um desenvolvimento em s´erie de Taylor no mesmo disco, cujo primeiro termo ´e −z
2 (em particular, f (0) = 0).
A fronteira do dom´ınio referido no enunciado ´e constitu´ıda por: L1, segmento de origem 0 e
extremidade R; L2, com parametriza¸c˜ao γ(t) = Reit, 0 ≤ t ≤ π/2; L3, segmento de origem Ri e
extremidade 0.
A soma dos integrais de f nos trˆes caminhos d´a zero, o que pode exprimir-se assim: Z L2 f (z) dz + Z R 0 1 x(e −x− 1 1 + x) dx = Z R 0 1 t(e −it− 1 1 + it) dt.
A parte imagin´aria do integral em L2 tende para 0 quando R → +∞. Para reconhecermos este
facto conv´em, n˜ao utilizar directamente a f´ormula de majora¸c˜ao, mas usar a parametriza¸c˜ao e dividir o integral em duas parcelas, onde k ∈ (0, π/2):
Z L2 f (z) dz = i Z k 0 (e−Reit− 1 1 + Reit) dt + i Z π/2 k (e−Reit− 1 1 + Reit) dt.
Notamos que o m´odulo da parte real da integranda que aparece no segundo membro pode majorar-se por e−R cos k+ 1 + R 1 + R2− 2R para o integral em [0, k] 1 + 1 + R 1 + R2− 2R para o integral em [k, π/2]. Com R > 3, tem-se 1+R
1+R2−2R < 1. Dado ε > 0, o integral em [k, π/2] ´e ent˜ao menor que ε/2
desde que escolhamos k > 0 suficientemente pr´oximo de π/2, digamos: π/2 − k < ε/4. O primeiro integral ´e menor que ke−R cos k+ 1+R
1+R2−2R
e portanto, com R suficientemente grande, digamos, R > R0, fica inferior a ε/2. Portanto fica provado que
Im Z L2 f (z) dz → 0 quando R → +∞. Conclu´ımos que lim R→+∞Im Z R 0 1 t(e −it −1 + it1 ) dt = 0 que significa lim R→+∞ Z R 0 sin t t dt = limR→+∞ Z R 0 1 1 + t2dt de onde o resultado.
