z = R exp (iθ) Re (z) = R cos θ. dz = ir exp (iθ) dθ ir exp (iθ) R cos θdθ 1 + cos 2θ

Neste caso, temos, paraC1,sendo z = Rexp (iθ)

= Rcosθ+iRsenθ, vemos que

Re (z) = Rcosθ.

Então, sendo

dz = iRexp (iθ)dθ e, portanto,

ˆ

C₁

dzRe (z) = ˆ 2π

0

iRexp (iθ)Rcosθdθ

= iR² ˆ 2π

0

cos²θdθ−R² ˆ 2π

0

senθcosθdθ

= iR² ˆ 2π

0

1 + cos 2θ 2 dθ−1

2R² ˆ 2π

0

sen2θdθ

= iR²π.

Ao longo deC₂,temos:

ˆ

C₂

dzRe (z) = ˆ π

0

iRexp (iθ)Rcosθdθ

= iR² ˆ π

0

cos²θdθ−R² ˆ π

0

senθcosθdθ

= iR² ˆ π

0

1 + cos 2θ 2 dθ−1

2R² ˆ π

0

sen2θdθ

= iR²π 2.

E no caso de C3, obtemos os seguintes resultados para cada reta. Para C3a

usamos

z = (1−τ)R+iτ R e

Re (z) = (1−τ)R,

dando

ˆ

C3a

dzRe (z) = (−1 +i)R² ˆ 1

0

(1−τ)dτ

= (−1 +i)R²

1−1 2

= i−1 2 R². ParaC3b usamos

z = −τ R+i(1−τ)R e

Re (z) = −τ R.

Obtemos, então, ˆ

C3b

dzRe (z) = (1 +i)R² ˆ 1

0

τ dτ

= (1 +i)R²1 2

= 1 +i 2 R². Logo,

ˆ

C_3a+C_3b

dzRe (z) = i−1

2 R²+1 +i 2 R²

= iR².

Um resultado importante para integrais complexas

Suponha que em uma curvaC no plano complexo uma funçãof(z)seja tal que

|f(z)| 6 M,

para todos os pontos deC.O valorM é um limitante superor de|f(z)|.Então, podemos ver que

ˆ

C

f(z)dz 6

ˆ

C

|f(z)| |dz|

6 M ˆ

C

|dz|

= M L, onde

L ≡

ˆ

C

|dz|

é claramente o comprimento da curvaC.

Teorema de Cauchy

Vamos demonstrar o teorema de Cauchy: se uma funçãof(z)é analítica ef⁰(z) é contínua em cada ponto de uma regiãoRdo plano complexo e na fronteiraC deR,então temos que

˛

C

f(z)dz = 0.

Vamos usar o teorema de Stokes e as condições de Cauchy & Riemann para demonstrar o teorema de Cauchy. Para isso, escrevemos a funçãof(z)como

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

z = x+iy.

Consideremos agora uma função vetorial dada por:

F(r) ≡ Fxˆx+Fyˆy.

Sobre uma curva no planoxy,temos

dr = ˆxdx+ˆydy.

Pelo teorema de Stokes temos:

˛

C

F·dr = ˆ

R

d²rˆz·(∇ ×F). Mas,

F·dr = Fxdx+Fydy e

ˆ

z·(∇ ×F) = ∂Fy

∂x −∂Fx

∂y . Sendo assim, o teorema de Stokes pode ser reescrito como

˛

C

(Fxdx+Fydy) = ˆ

R

d²r ∂Fy

∂x −∂Fx

∂y

.

Vamos usar esse resultado no caso da integral def(z)acima. Podemos reescr- ever a integral complexa que queremos calcular como:

˛

C

f(z)dz =

˛

C

[u(x, y) +iv(x, y)] (dx+idy)

=

˛

C

[u(x, y)dx−v(x, y)dy]

+i

˛

C

[u(x, y)dy+v(x, y)dx].

Usando o teorema acima tanto na parte real como na parte imaginária desta integral complexa, obtemos:

˛

C

f(z)dz = ˆ

R

d²r

−∂v(x, y)

∂x −∂u(x, y)

∂y

+i ˆ

R

d²r

∂u(x, y)

∂x −∂v(x, y)

∂y

. As condições de Cauchy & Riemann são:

∂u(x, y)

∂x = ∂v(x, y)

∂y e

∂v(x, y)

∂x = −∂u(x, y)

∂y . Portanto, a integral acima dá:

˛

C

f(z)dz = ˆ

R

d²r

∂u(x, y)

∂y −∂u(x, y)

∂y

+i ˆ

R

d²r

∂v(x, y)

∂y −∂v(x, y)

∂y

= 0, que é o que queríamos demonstrar.

Para mostrar isso basta usarmos o teorema de Cauchy:

˛

C

f(z)dz = 0, que, neste caso, ca:

˛

C₂

f(z)dz+

˛

−C1

f(z)dz = 0,

onde−C1 é a mesma curva acima, C₁, mas percorrida no sentido inverso. No entanto, é evidente que, invertendo o sentido,dz troca de sinal e obtemos:

˛

−C1

f(z)dz = −

˛

C1

f(z)dz.

Logo,

˛

C₂

f(z)dz−

˛

C₁

f(z)dz = 0, ou seja,

˛

C2

f(z)dz =

˛

C1

f(z)dz.

Novamente, podemos seguir os sentidos das curvas do desenho e escrever:

˛

C

f(z)dz+

˛

C₁

f(z)dz+

˛

γ

f(z)dz+

˛

C₂

f(z)dz = 0, isto é,

˛

C

f(z)dz+

˛

C₁

f(z)dz+

˛

γ

f(z)dz−

˛

C₁

f(z)dz = 0,

já que, obviamente, no limite em queC₁tende a car sobreC₂,por percorrerem sentidos diferentes e os valores da função nesses pontos serem os mesmos, já que a função é analítica, segue que

˛

C1

f(z)dz+

˛

C2

f(z)dz = 0.

Então,

˛

C

f(z)dz+

˛

γ

f(z)dz = 0, ou seja,

˛

C

f(z)dz = −

˛

γ

f(z)dz.

Se, por outro lado, trocarmos

γ → −γ, obtemos:

˛

C

f(z)dz = −

˛

−γ

f(z)dz

=

˛

γ

f(z)dz,

que é o que o livro-texto arma, mas desenha o sentido deγao contrário. Nesta versão, a gura acima devia mostrar −γ ao invés de γ e aqui, nesta última equação,γpercorre o sentido anti-horário e não o horário, como na gura acima.

A fórmula integral de Cauchy

Sef(z)é analítica em uma curva fechadaC e dentro da região cuja fronteira é a curvaC,então, para um pontoz0 dentro dessa região, vale a fórmula integral de Cauchy:

f(z0) = 1 2πi

˛

C

f(z) z−z0

dz.

Podemos olhar para uma pequena circunferência Cε de raio εcentrada emz0. Então, o integrando acima, isto é,f(z)/(z−z0),é uma função analítica tanto emCcomo emCεe entre essas duas curvas fechadas. Vamos usarθcomo sendo o parâmetro da curvaCεassim:

z = z₀+εexp (iθ). Então,

dz = iεexp (iθ)dθ

e ˛

C

f(z) z−z₀dz =

˛

Cε

f(z) z−z₀dz

= ˆ 2π

0

f(z₀+εexp (iθ)) z0+εexp (iθ)−z0

iεexp (iθ)dθ

= ˆ 2π

0

f(z0+εexp (iθ))idθ.

Como a funçãof(z)é analítica emz0,segue que

ε→0limf(z0+εexp (iθ)) = f(z0), não importando o valor deθ.Com isso, vemos que

˛

C

f(z) z−z0

dz = ˆ 2π

0

f(z₀)idθ

= f(z₀)i ˆ 2π

0

dθ

= 2πif(z₀), ou seja,

f(z₀) = 1 2πi

˛

C

f(z) z−z0

dz, como queríamos demonstrar.

Vamos agora demonstrar a desigualdade de Cauchy.

Comecemos com a primeira derivada. Então, f⁰(z0) = lim

∆z→0

f(z0+ ∆z)−f(z0)

∆z

= 1 2πi lim

∆z→0

1

∆z

˛

C

f(z)

z−z0−∆zdz−

˛

C

f(z) z−z0

dz

= 1

2πi lim

∆z→0

1

∆z

˛

C

f(z)

1

z−z0−∆z − 1 z−z0

dz

= 1

2πi lim

∆z→0

1

∆z

˛

C

f(z)

z−z0−z+z0+ ∆z (z−z₀−∆z) (z−z₀)

dz

= 1

2πi lim

∆z→0

˛

C

f(z) 1

(z−z0−∆z) (z−z0)dz

= 1

2πi

˛

C

f(z) (z−z0)²dz.

Repetindonvezes este procedimento, obtemos:

f⁽ⁿ⁾(z₀) = n!

2πi

˛

C

f(z) (z−z0)ⁿ⁺¹dz.

Agora podemos escrever:

f⁽ⁿ⁾(z₀) =

n!

2πi

˛

C

f(z) (z−z0)ⁿ⁺¹dz

6 n!

2π

˛

C

f(z) (z−z0)ⁿ⁺¹dz

= n!

2π

˛

C

|f(z)|

|z−z0|ⁿ⁺¹|dz|

6 M n!

2π

˛

C

1

|z−z0|ⁿ⁺¹|dz|. ComoC é uma circunferência de raioR centrada emz₀,segue que

f⁽ⁿ⁾(z₀)

6 M n!

2πRⁿ⁺¹

˛

C

|dz|

= M n!

2πRⁿ⁺¹2πR e, portanto,

f⁽ⁿ⁾(z0)

6 M n!

Rⁿ , como queríamos demonstrar.

Séries de Taylor e de Laurent

Sef(z)é analítica dentro e sobre uma circunferênciaCcentrada no pontoz₀ e zestá dentro da região englobada porC,então

f(z) =

∞

X

n=0

f⁽ⁿ⁾(z₀)

n! (z−z₀)ⁿ. Para demonstrar este resultado, sabemos já que

f(z) = 1 2πi

˛

C

f(z⁰) z⁰−zdz⁰. Podemos escrever:

1

z⁰−z = 1

z⁰−z₀+z₀−z

= 1

(z⁰−z0)

1−_z^z−z0−z⁰0

.

Como, por hipótese,zestá dentro da região englobada porC,segue que

|z−z₀| < |z⁰−z₀|,

poisz⁰ está sobre a circunferênciaC.E é por isso que precisamos sempre supor queC é uma circunferência aqui, onde a série de Taylor converge para todos os pontosz dentro da região englobada por C.Logo, não há problema algum em notar que

1 1−_z^z−z0−z⁰0

=

∞

X

n=0

z−z0

z⁰−z₀ ⁿ

.

Para ver isto, basta notarmos que, sendo ξ ≡ z−z0

z⁰−z0

,

sabendo que

|ξ| < 1, podemos escrever:

(1−ξ)

∞

X

n=0

ξⁿ =

∞

X

n=0

ξⁿ−ξ

∞

X

n=0

ξⁿ

=

∞

X

n=0

ξⁿ−

∞

X

n=0

ξⁿ⁺¹

=

∞

X

n=0

ξⁿ−

∞

X

n=1

ξⁿ

= 1 +

∞

X

n=1

ξⁿ

!

−

∞

X

n=1

ξⁿ

= 1 +

∞

X

n=1

ξⁿ−

∞

X

n=1

ξⁿ

!

= 1.

Logo,

∞

X

n=0

ξⁿ = 1

1−ξ

= 1

1−_z^z−z0−z⁰₀

.

Com isso,

f(z) = 1 2πi

˛

C

f(z⁰) (z⁰−z₀)

1−_z^z−z0−z⁰0

dz⁰

= 1

2πi

˛

C

f(z⁰) (z⁰−z0)

∞

X

n=0

z−z0

z⁰−z0

n

dz⁰

=

∞

X

n=0

"

1 2πi

˛

C

f(z⁰) (z⁰−z₀)ⁿ⁺¹dz⁰

#

(z−z0)ⁿ

=

∞

X

n=0

f⁽ⁿ⁾(z₀)

n! (z−z₀)ⁿ, como queríamos demonstrar.

Teorema da identidade

Vamos seguir o livro e escrever

h(z) = f(z)−g(z).

Assim, sez∈S,vemos queh(z) = 0.Nós precisamos cobrir toda a regiãoRcom círculos de todos os tamanhos, de forma que todos os pontos deR pertençam a algum desses círculos. Agora podemos pensar nos círculos que tenham pontos tanto emRcomo em sua subregiãoStambém. Para um desses círculos, vamos pegar agoraz₀∈Sez∈R−S.Comoh(z)é analítica emR,segue que podemos

expandirh(z)em série de Taylor em torno dez0, isto é,

h(z) =

∞

X

n=0

h⁽ⁿ⁾(z0)

n! (z−z0)ⁿ.

Comoz₀∈S, já sabemos queh(z₀) = 0e, portanto, por serh(z)analítica em torno dez₀ dentro ainda de S, lá temos que ter todas suas derivadas nulas e, portanto,

h(z) = 0

em todos os pontos do círculo que estávamos considerando. Agora podemos incluir como a região ondeh(z) = 0não sóS, mas a união deS com o círculo mencionado. Vemos, portanto, que procendendo de forma análoga podemos mostrar queh(z) se anula em toda a região R. Este resultado é chamado de teorema da identidade.