Caderno : Análise Complexa

Engenharia de Telecomunicações e Informática Engenharia de Informática, 1o _Ano

Cadeira: Análise Matemática II

Caderno : Análise Complexa

Elaborado de: Rosário Laureano, Helena Soares, Diana Mendes Departamento de Métodos Quantitativos

Capítulo 1

Funções analíticas

1.1

Funções complexas de variável complexa

Consideremos uma função f : D → C, onde D é um subconjunto de C. A função f diz-se uma função complexa de uma variável complexa. Trata-se de uma correspondência que associa a cada elemento z ∈ D um único elemento w no plano complexo (designado por imagem de z por f ou valor de f em z):

w = f (z) = f (x + yi) = u(x, y) + v(x, y)i,

onde u(x, y) e v(x, y) são funções reais de duas variáveis reais x e y, designadas por parte real e parte imaginária de f_{(z), respectivamente. O conjunto D ⊆ C é designado por domínio de f} e o conjunto das imagens w é designado por contradomínio de f .

Exemplo 1 Consideremos a função f (z) = z2_{+ 3. Temos}

f (x + yi) = (x + yi)2+ 3 = x2_{+ 2xyi − y}2+ 3 = ¡x2_{− y}2+ 3¢+ 2xyi,

e logo u(x, y) = x2_{− y}2_{+ 3 e v(x, y) = 2xy. O domínio de f é todo o conjunto C.} Exemplo 2 A função f (z) = z/¡z2_{+ 1}¢_{tem por domínio o conjunto}

D =©_{z ∈ C : z}2_{+ 1 6= 0}ª. Dado que

z2_{+ 1 = 0 ⇔ z}2_{= −1 ⇔ z = i ∨ z = −i,}

podemos concluir que D = C\ {−i, i} .

Exemplo 3 Seja f a função definida por f (z) = z2_{− 4z + Re(z). Então,}

f (x + yi) = (x + yi)2_{− 4 (x + yi) + x = (x}2_{− y}2_{− 3x) + (2xy − 4y)i,} e logo u(x, y) = x2_{− y}2_{− 3x e v(x, y) = 2xy − 4y. O domínio de f é todo o conjunto C.}

Nota 1 Verificamos que a cada função f (z) corresponde um par de funções reais de duas var-iáveis reais, u(x, y) e v(x, y), e que o recíproco também se verifica, isto é, f (z) fica completamente determinada pelas respectivas funções u(x, y) e v(x, y).

Exemplo 1 Seja f a função complexa de variável complexa tal que u(x, y) = xy e v(x, y) = 3x2_{− y}3_{. Sem determinar a expressão f (z) de f na variável z é possível determinar a imagem w}

de qualquer objecto z. Por exemplo, a imagem de z = 1 − 2i é o número complexo w = −2 + 11i, visto que

f (1 − 2i) = u(1, −2) + iv(1, −2) = 1 · (−2) + i(3 − (−8)) = −2 + 11i. Consideremos o número complexo z0= x0+ y0i. Se z = x + yi, a expressão

|z − z0| =

q

(x − x0)2+ (y − y0)2

representa a distância entre os afixos Z e Z0 de z e z0, respectivamente. Como tal, os pontos do

plano complexo que satisfazem a equação |z − z0| = ε, ε > 0, são os pontos da circunferência de

centro z0 e raio ε. Eixo real ε

|z-z0|=ε

_•

1 _{A condição |z| = 1 é a equação da circunferência de centro z}0= 0 e raio ε = 1.

2 A condição |z − 1 + 3i| = 6 é a equação da circunferência de centro z0= 1 − 3i e raio ε = 6.

3 _{A condição |z| ≤ 1 caracteriza o círculo de centro z}0 = 0 e raio ε = 1, designado por círculo

1.1. FUNÇÕES COMPLEXAS DE VARIÁVEL COMPLEXA 3

Exemplo 5 1 Seja A o conjunto definido pela condição Re(z) > 2. Esta condição define um semiplano direito no plano complexo. O conjunto A é constituído pelos números complexos z = x + yi com x > 2. Trata-se de um conjunto aberto.

2 l

Re(z)>2

Eixo real Eixo

imaginário

2 _{O conjunto A definido pela condição 1 < |z − 2 − 3i| < 2 é um conjunto aberto.}

•

Trata-se do conjunto dos pontos z do plano complexo cuja distância ao ponto z0 = 2 + 3i é

superior a 1 mas inferior a 2. Um conjunto deste tipo designa-se por coroa circular aberta. A fronteira de A é

{z ∈ C : |z − 2 − 3i| = 1 ∨ |z − 2 − 3i| = 2} ,

o conjunto dos pontos que pertencem à circunferência de centro z0= 2 + 3i e raio ε = 2 ou

à circunferência de centro z0= 2 + 3i e raio ε = 1. O conjunto fechado

B = {z ∈ C : 1 ≤ |z − 2 − 3i| ≤ 2} ,

designado por coroa circular fechada, tem a mesma fronteira que A. O conjunto comple-mentar de A é definido pela condição |z − 2 − 3i| ≤ 1 ∨ |z − 2 − 3i| ≥ 2.

Exercícios resolvidos

(a) f (z) =

z + 3i; (b) f (z) =z2_{+ 2};

(c) f (z) = x

x2_{+ y}2 + ixy; (d) f (z) = ln x + (x − 2y) i.

2. Determine as funções parte real e parte imaginária das seguintes funções complexas de variável complexa:

(a) f (z) = 2iz + 6z; _{(b) g(z) = |z|}2; (c) h(z) = z/z. Calcule f (1 + 3i), g(−3i) e h(2 − 2i).

3. Determine o conjunto dos números complexos que satisfazem as seguintes condições: (a) Re(z + 1) = 4; _{(b) |z + 1| − |z − 1| = 4.}

4. Averigúe se os conjuntos de números complexos, caracterizados pelas seguintes condições, são abertos ou fechados, conexos ou não conexos:

(a) |z| < 2; (b) Re(z + 1) ≥ 4; (c) |Im z| > 1 ∧ |z| < 5. Propostas de resolução

1.

(a) D = {z ∈ C : z + 3i 6= 0} = {z ∈ C : z 6= −3i} = C\ {−3i} . (b) O domínio desta função é D =©_{z ∈ C : z}2_{+ 2 6= 0}ª_.

Dado que z2_{+ 2 = 0 ⇔ z}2_{= −2 = 2cis(−π)} ⇔ z =p2cis(−π) =√2cis µ −π 2 + kπ ¶ , k = 0, 1 ⇔ z0= √ 2cis µ −π 2 ¶ = −√2i ∨ z1= √ 2cis³π 2 ´ =√2i, temos D = C\©−√2i,√2iª.

(c) O domínio desta função é D =©_{z = x + iy ∈ C : x}2_{+ y}2_{6= 0}ª_.

Mas

x2+ y2_{= 0 ⇔ x = 0 ∧ y = 0 ⇔ z = 0.} Logo, D = C\ {0} .

(d) Recordemos que o domínio da função real de variável real logaritmo neperiano, ln x, é o conjunto R+. Logo, o conjunto dos pontos para os quais faz sentido calcular ln x + (x − 2y) i é

D = {z = x + iy ∈ C : x > 0} ,

1.1. FUNÇÕES COMPLEXAS DE VARIÁVEL COMPLEXA 5

2. Seja z = x + iy.

(a) Temos f (z) = 2i (x + yi) + 6 (x − yi) = −2y + 6x + (2x − 6y)i. Logo, u(x, y) = −2y + 6x e v(x, y) = 2x − 6y. Como

u(1, 3) = −6 + 6 = 0 e v(x, y) = 2 − 18 = −16,

temos f (1 + 3i) = 0 − 16i = −16i. Alternativamente, podemos calcular directamente f (1 + 3i) = 2i (1 + 3i) + 6(1 − 3i) = −6 + 6 + (2 − 18)i = −16i.

(b) g(z) = |x + iy|2= x2_{+ y}2_.

Então, u(x, y) = x2_{+ y}2 _{e v(x, y) = 0 e}

g(−3i) = u(0, −3) + iv(0, −3) = 02+ (−3)2+ i0 = 9. (c) h(z) = x + iy x − iy = (x + iy) (x + iy) (x − iy) (x + iy) = x2_{− y}2 x2_{+ y}2 + 2xy x2_{+ y}2i.

Logo, u(x, y) =¡x2_{− y}2¢_/¡_x2_{+ y}2¢_{, v(x, y) = 2xy/}¡_x2_{+ y}2¢_e

h(2 − 2i) = u(2, −2) + iv(2, −2) = 2

2_{− (−2)}2 22_{+ (−2)}2 + 2 · 2 (−2) 22_{+ (−2)}2i = _{0 + (−1) i = −i.} 3. Seja z = x + yi.

(a) Dado que

Re(z + 1) = 4 ⇔ Re(x − yi + 1) = 4 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3,

a condição Re(z + 1) = 4 representa o conjunto dos pontos do plano complexo na recta vertical de equação x = 3. (b) Temos |z + 1| − |z − 1| = 4 ⇔ |x + 1 + yi| − |x − 1 + yi| = 4 ⇔ p(x + 1)2_{+ y}2₋p_{(x − 1)}2_{+ y}2_{= 4} ⇔ p(x + 1)2_{+ y}2_{= 4 +}p_{(x − 1)}2_{+ y}2 ⇔ (x + 1)2_{+ y}2_{= 16 + (x − 1)}2_{+ y}2_{+ 8}p_{(x − 1)}2_{+ y}2 ⇔ x2_{+ 2x + 1 = 16 + x}2_{− 2x + 1 + 8}p_{(x − 1)}2_{+ y}2 ⇔ x − 4 = 2p(x − 1)2_{+ y}2 ⇔ (x − 4)2= 4£_{(x − 1)}2_{+ y}2¤_{∧ x − 4 ≥ 0} ⇔ x2_{− 8x + 16 = 4x}2_{− 8x + 4 + 4y}2_{∧ x ≥ 4} ⇔ 3x2_{+ 4y}2_{= 12 ∧ x ≥ 4} ⇔ x 2 4 + y2 3 = 1 ∧ x ≥ 4.

Atendendo a que a elipse x2/4 + y2_{/3 = 1 não intersecta o semiplano direito x ≥ 4,} podemos concluir que o conjunto dos números complexos que satisfazem a condição |z + 1| − |z − 1| = 4 é vazio.

4.

(a) A condição |z| < 2 representa o interior do círculo de centro em z = 0 e raio r = 2. Trata-se de um conjunto aberto e conexo.

(b) Do exercício 3(a) concluímos que

Re(z + 1) ≥ 4 ⇔ x ≥ 3.

O conjunto de pontos que verifica esta condição é um semiplano fechado e conexo. (c) Se z = x + iy então

|Im z| > 1 ∧ |z| ≤ 5 ⇔ |y| > 1 ∧ |z| < 5

⇔ (y < −1 ∨ y > 1) ∧ |z| < 5

Trata-se da intersecção de cada semiplano, y < −1 ou y > 1, com o interior do círculo de centro em z = 0 e raio r = 5. Logo, o conjunto dos pontos caracterizados pela condição |Im z| > 1 ∧ |z| < 5 é um conjunto aberto e não conexo.

1.2

Limites e continuidade

As definições de limite e continuidade de uma função complexa de variável complexa num ponto são análogas às conhecidas no cálculo real.

Consideremos uma função f : D → C definida em D ⊂ C. Seja z0∈ C tal que f está definida

numa certa vizinhança de z0(não necessariamente no ponto z0).

Definição 1 Diz-se que f tem limite L no ponto z = z0 (ou que o número complexo L é o

limite de f quando z se aproxima do ponto z0), e denota-se

lim

z→z0

f (z) = L,

se para qualquer δ > 0 existe ε > 0 tal que |f(z) − L| < δ sempre que 0 < |z − z0| < ε. Se existe o

limite de f no ponto z0 então este limite é único.

Proposição 1 Propriedades operacionais do limite Sejam f e g funções complexas de var-iável complexa. Se existem os limites de f e g no ponto z0, são válidas as seguintes igualdades:

1.2. LIMITES E CONTINUIDADE 7 (a) lim z→z0(f (z) ± g(z)) = limz→z0f (z) ± limz→z0 g(z); (b) lim z→z0(f (z) · g(z)) = limz→z0f (z) · limz→z0 g(z); (c) lim z→z0 f (z)/g(z) = lim z→z0 f (z)/ lim z→z0

g(z), desde que lim

z→z0g(z) 6= 0.

Proposição 1 _{Sejam f : D → C uma função complexa de variável complexa e z}0= x0+ y0i tal

que f está definida numa certa vizinhança de z0. Sendo u(x, y) e v(x, y) as partes real e imaginária

de f demonstra-se (exercício 1) que, para z = x + yi,

(1.1) lim z→z0 f (z) = lim (x,y)→(x0,y0) u(x, y) + i lim (x,y)→(x0,y0) v(x, y), onde os dois últimos limites são de funções reais de duas variáveis reais.

Definição 2 _{Sejam f : D → C uma função complexa de variável complexa e z}0 ∈ D tal que f

está definida numa certa vizinhança de z0. A função f diz-se contínua em z0 se

lim

z→z0

f (z) = f (z0).

A função f diz-se contínua se for contínua em todos os pontos do seu domínio D.

Nota 2 _{Resulta da proposição anterior que a soma f + g, a diferença f − g e o produto fg de} funções contínuas em z0 é ainda uma função contínua em z0. Se g(z0) 6= 0 o mesmo se verifica

para o quociente f /g.

Além disso, podemos ainda concluir que f é contínua em z0 = x0+ y0i se e só se as funções

reais de variáveis reais u e v são contínuas em (x0, y0). Deste modo, o estudo da continuidade de

funções complexas reduz-se ao estudo da continuidade de funções reais de variáveis reais.

Exercícios resolvidos

1. Seja f : D → C uma função complexa de variável complexa, f (x + yi) = u(x, y) + v(x, y)i,

e seja z0 um ponto interior a D. Mostre que, para z = x + yi e z0= x0+ y0i, se tem

lim z→z0 f (z) = lim (x,y)→(x0,y0) u(x, y) + i lim (x,y)→(x0,y0) v(x, y). 2. Calcule os seguintes limites:

(a) lim

z→−1+2i

¡

3xy + i(x − y2₎¢_{; (b) lim} z→1+i

z2_{− 5}

iz ; (c) limz→i

z¡z2_{+ 1}¢

3. Mostre, recorrendo à definição, que limz→−i1/z = i.

4. Verifique que a função f (z) = z é contínua em C. 5. Mostre que a função f : C −→ C definida por

f (z) = ⎧ ⎨ ⎩ z2 |z2_| se z 6= 0 0 se z = 0 não é contínua em z = 0. Propostas de resolução

1. Assumamos, em primeiro lugar, que existem os limites lim

(x,y)→(x0,y0)

u(x, y) = u0 e lim (x,y)→(x0,y0)

v(x, y) = v0.

Para cada δ > 0 existem, então, números positivos ε1e ε2 tais que

(1.2) _{|u(x, y) − u}0| < δ 2 sempre que 0 < q (x − x0)2+ (y − y0)2< ε1 e (1.3) _{|v(x, y) − v}0| < δ 2 sempre que 0 < q (x − x0)2+ (y − y0)2< ε2.

Seja ε = min {ε1, ε2}. Atendendo a que

|u(x, y) + v(x, y)i − (u0+ v0i)| = |u(x, y) − u0+ (v(x, y) − v0) i|

≤ |u(x, y) − u0| + |v(x, y) − v0|

e _q

(x − x0)2+ (y − y0)2= |(x − x0) + (y − y0) i| = |(x + yi) − (x0+ y0i)|

segue de (1.2) e (1.3) que

|u(x, y) + v(x, y)i − (u0+ v0i)| <

δ 2+

δ 2= δ

sempre que 0 < |(x + yi) − (x0+ y0i)| < ε. Concluímos, então, que existe o limite limz→z0f (z) = u0+ iv0.

Reciprocamente, suponhamos que existe o limite limz→z0f (z) = w0com w0= u0+ iv0. Para cada δ > 0 sabemos, então, que existe ε > 0 tal que

1.2. LIMITES E CONTINUIDADE 9

sempre que 0 < |(x + yi) − (x0+ y0i)| < ε. Dado que

|u(x, y) − u0| ≤ |u(x, y) − u0+ (v(x, y) − v0) i|

= _{|u(x, y) + v(x, y)i − (u}0+ v0i)| ,

|v(x, y) − v0| ≤ |u(x, y) − u0+ (v(x, y) − v0) i|

= _{|u(x, y) + v(x, y)i − (u}0+ v0i)|

e |(x + yi) − (x0+ y0i)| = |(x − x0) + (y − y0) i| = q (x − x0)2+ (y − y0)2, segue de (1.4) que |u(x, y) − u0| < δ e |v(x, y) − v0| < δ, sempre que 0 < q

(x − x0)2+ (y − y0)2< ε. Isto mostra que existem os limites lim(x,y)→(x0,y0)u(x, y) = u0 e lim(x,y)→(x0,y0)v(x, y) = v0.

2.

(a) Comecemos por observar que u(x, y) = 3xy e v(x, y) = x − y2_{. Atendendo ao exercício}

1,

lim

z→−1+2i

¡

3xy + i(x − y2)¢ = lim

x→−1 y→2 3xy + i lim x→−1 y→2 (x − y2) = ¡_{3 (−1) 2 + i}¡_{−1 − 2}2¢¢_{= −6 − 5i.} (b) Recorrendo às propriedades operacionais dos limites,

lim z→1+i z2_{− 5} iz = limz→1+i (1 + i)2_{− 5} i · (1 + i) = −5 + 2i −1 + i = 7 2+ 3 2i.

(c) Substituindo z por i, obtemos uma indeterminação do tipo 0/0. No entanto, se obser-varmos que z2_{+ 1 = (z − i) (z + i), podemos calcular facilmente o limite:}

lim z→i z¡z2_{+ 1}¢ z − i = limz→i z (z + i) (z − i) z − i = limz→iz (z + i) = −2.

3. É preciso que mostrar que dado δ > 0 existe um ε > 0 tal que ¯ ¯ ¯ ¯1z − i ¯ ¯ ¯

Escrevendo |1/z − i| em função de |z + i|, e usando as propriedades do módulo, obtemos ¯ ¯ ¯ ¯1_z− i ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯ ¯ ¯ ¯1 − iz_z ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯ ¯ ¯ ¯−i (z + i)_z ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯ ¯ ¯ ¯(z + i)−i_z ¯ ¯ ¯ ¯ = _{|z + i|} ¯ ¯ ¯ ¯−iz ¯ ¯ ¯ ¯ = |z + i|_|z|1. Dado que z → −i, podemos supor que |z| > 1/2. Como tal,

¯ ¯ ¯ ¯ 1 z− i ¯ ¯ ¯ ¯ = |z + i| 1 |z| < 2 |z + i| . Mas para que |z| > 1/2 é necessário que |z + i| < ε = 1/2. De facto,

|z| = |z + i − i| = |(−i) + (z + i)| ≥ |−i| − |z + i| = _{1 − |z + i| > 1 − 1/2 = 1/2.}

Escolhendo ε = min {δ/2, 1/2}, sempre que |z + i| < ε, garantimos que ¯ ¯ ¯ ¯1z − i ¯ ¯ ¯ ¯ < 2 |z + i| < δ.

4. A função complexa de variável complexa f (z) = z = x_{− yi tem por domínio o conjunto C.} Dado z0∈ C, lim z→z0 z = lim x→x0 y→y0 (x − yi) = x0− y0i = z0. Logo, f é contínua.

5. Analisemos se limz→0f (z) = f (0). Temos f (0) = 0 e

lim z→0f (z) = zlim→0 z2 |z2_| = lim_x→0 y→0 x2_{− y}2_{+ 2xyi} x2_{+ y}2 = lim x→0 y→0 x2_{− y}2 x2_{+ y}2+ i lim_x→0 y→0 2xy x2_{+ y}2.

Relativamente ao 1o _{dos limites, calculemos os respectivos limites sucessivos (ou iterados):}

lim y→0 µ lim x→0 x2_{− y}2 x2_{+ y}2 ¶ = lim y→0 −y2 y2 = lim_y→0(−1) = −1 lim x→0 µ lim y→0 x2_{− y}2 x2_{+ y}2 ¶ = lim x→0 x2 x2 = lim_y→01 = 1.

A obtenção de dois limites diferentes permite concluir que não existe o limx→0,y→0

¡

x2_{− y}2¢/¡x2+ y2¢. Como tal, não existe o limz→0f (z) e, logo, a função f não é contínua no ponto z = 0.

1.3. DERIVAÇÃO E ANALITICIDADE 11

1.3

Derivação e analiticidade

Definição 3 Seja f uma função complexa de variável complexa definida num conjunto aberto D e seja z0 ∈ D. Define-se a derivada de f em z0, e denota-se por f0(z0) (ou df /dz ou dw/dz)

como sendo o limite

f0(z0) = lim z→z0

f (z) − f(z0)

z − z0

(caso exista). Se f tem derivada em z0 (i.e., se este limite existe) então f diz-se diferenciável

em z0. Escrevendo ∆z = z − z0, a definição é equivalente à expressão

f0(z0) = lim ∆z→0

f (z0+ ∆z) − f (z0)

∆z

Exemplo 6 _{Seja f (z) = 2x + 3yi de domínio C. Vejamos que f não é diferenciável em nenhum} ponto z0 = x0+ iy0. Calculemos o limite respectivo, considerando ∆z = ∆x + i∆y, onde

∆x = x − x0 e ∆y = y − y0: f0(z0) = lim ∆z→0 2(x0+ ∆x) + 3(y0+ ∆y)i − (2x0+ 3y0i) ∆x + i∆y = lim ∆z→0 2∆x + 3i∆y ∆x + i∆y .

Suponhamos que ∆z → 0 ao longo de uma recta horizontal (caminho I). Então ∆y = 0 e o valor do limite (direccional) é

lim ∆z→0 2∆x + 3i∆y ∆x + i∆y = lim∆x→0 2∆x ∆x = 2.

Por outro lado, se escolhermos outra direcção, por exemplo que ∆z → 0 ao longo de uma recta vertical (caminho II), temos ∆x = 0 e o valor do limite (direccional) é

lim

∆z→0

2∆x + 3i∆y

∆x + i∆y = lim∆y→0

3i∆y i∆y = 3. I II z0+Δz z0 Δy Δx

•

•

A obtenção de dois limites direccionais diferentes permite concluir que não existe o limite pretendido.

Proposição 2 _{Se a função f : D → C é diferenciável em z}0 então f é contínua em z0.

Note-mos que, tal como no cálculo real, o recíproco não é verdadeiro: existem funções contínuas num determinado ponto do seu domínio que não têm derivada nesse ponto.

A análise complexa estuda essencialmente as funções complexas de variável complexa que são diferenciáveis nalguma região do seu domínio.

Definição 4 Seja f uma função complexa de variável complexa definida num conjunto aberto D e seja z0∈ D. A função f diz-se analítica em z0se é diferenciável em z0e numa certa vizinhança

de z0. Se f é analítica em todos os pontos de D então diz-se analítica (regular ou holomorfa)

em D.

Proposição 3 _{Seja D ⊆ C um conjunto aberto e sejam f e g funções analíticas em D. São válidas} as seguintes propriedades:

(a) af (z) + bg(z) é analítica em D e

[af (z) + bg(z)]0 = af0(z) + bg0(z),

para quaisquer números complexos a e b (linearidade da derivada); (b) f (z)g(z) é analítica em D e [f (z)g(z)]0= f0(z)g(z) + f (z)g0(z); (c) _{Se g(z) 6= 0 então f(z)/g(z) é analítica em D e} µ f (z) g(z) ¶0 = f 0_{(z)g(z) − f(z)g}0_(z) g2_(z) ; (d) _{Se n ∈ N então f}n_{(z) é analítica em D e} [fn(z)]0 = nfn−1(z)f0(z).

• Sabemos, por (d), que as potências inteiras não negativas 1, z, z2_{, z}3_{,... são analíticas em C.}

Podemos então concluir, por (a), que toda a função polinomial f (z) = cnzn+ cn−1zn−1+

... + c2z2+ c1z + c0 é inteira e a sua derivada é

f0(z) = ncnzn−1+ (n − 1)cn−1zn−2+ ... + 2c2z + c1.

Quanto ao quociente de duas funções polinomiais f (z) = anz

n_{+ ... + a}

2z2+ a1z + a0

bmzm+ ... + b2z2+ b1z + b0

,

designado por função racional, é analítica em todo o seu domínio, ou seja, no conjunto aberto©_{z ∈ C : b}mzm+ ... + b2z2+ b1z + b06= 0ª.

1.3. DERIVAÇÃO E ANALITICIDADE 13

Proposição 4 Regra da derivação da função composta (ou regra da cadeia) Sejam f : A → C e g : B → C funções analíticas nos abertos A e B, respectivamente, tais que f(A) ⊆ B. Então a função g ◦ f : A → C definida por (g ◦ f) (z) = g(f(z)) é analítica em A e

(g ◦ f)0(z) = g0(f (z))f0(z). Exercícios resolvidos

1. Calcule as derivadas das seguintes funções:

(a) f (z) = 2z4_{− z}3_{+ 10iz; (b) g(z) = (2z + 3)}4

; (c) h(z) = 1 + (2 − i) z

2z + 9 ; (d) j(z) = z + 1/z.

2. Determine o conjunto dos pontos do plano complexo onde a função f (z) = 1/£¡z3_{− 1}¢ ¡_z2_{+ 2}¢¤

é analítica.

3. Averigúe se a função f : C → C definida por

f (z) = ⎧ ⎨ ⎩ x3_{(1 + i) − y}3_{(1 − i)} x2_{+ y}2 se z 6= 0 0 se z = 0 é diferenciável na origem. Propostas de resolução

1. As funções f e g são polinomiais e logo, o seu domínio é C. A função h é uma função racional, cujo domínio é o conjunto dos pontos tais que 2z + 9 6= 0, ou seja, C\ {−9/2}. Da mesma forma, a função j (designada usualmente por função de Joukowski) é também racional e tem por domínio o conjunto C\ {0}. Mais, estas funções são diferenciáveis nos seus domínios. Para obter a expressão da derivada podemos simplesmente usar as regras de derivação:

(a) f0_{(z) = 2}¡_z4¢0₋¡_z3¢0_{+ 10i (z)}0_{= 8z}3_{− 3z}2_{+ 10i, ∀z ∈ C;}

(b) g0_{(z) =}h_{(2z + 3)}4i0 = 4 (2z + 3)32 = 8 (2z + 3)3_{, ∀z ∈ C;} (c) h0_{(z) =}(1 + (2 − i) z)0(2z + 9) − (1 + (2 − i) z) (2z + 9)0 (2z + 9)2 =(2 − i) (2z + 9) − (1 + (2 − i) z) · 2 (2z + 9)2 = 16 − 9i (2z + 9)2, ∀z ∈ C\ {−9/2} ; (d) j0(z) =£z + z−1¤0_{= 1 + (−1)z}−2_{= 1 −} 1 z2, ∀z ∈ C\ {0} .

2. A função f (z) = 1/£¡z3_{− 1}¢ ¡_z2_{+ 2}¢¤_{é racional e tem por domínio o conjunto aberto}

Conforme visto no exemplo 22.1 da secção 1.2, a equação z3 = 1 tem por raízes os pontos z0= 1, z1= −1/2 +

√

3/2i e z2= −1/2 −

√

3/2i. Quanto à equação z2_{= −2 = 2cis(−π),}

as suas raízes são dadas pela expressão z =√2cis µ −π₂+2kπ 2 ¶ , para k = 0, 1, ou seja, z0= √ 2cis³₋π 2 ´ = −√2i ∨ z1= √ 2cis³₋π 2+ π ´ =√2i. Concluímos, assim, que

D = C\n1, −1/2 +√3/2i, −1/2 −√3/2i, −√2i,√2io.

A função f é analítica em D e, para obter a expressão da derivada podemos simplesmente usar as regras de derivação,

f0(z) = h¡z3_{− 1}¢−1¡z2+ 2¢−1i0 = ₍₋₁₎¡z3_{− 1}¢−23z2¡z2+ 2¢−1+¡z3_{− 1}¢−1₍₋₁₎¡z2+ 2¢−22z = ₋ 3z 2 (z3_{− 1)}2_(z2_{+ 2)}− 2z (z3_{− 1) (z}2_{+ 2)}2.

3. Calculando a derivada no ponto z0= 0 com ∆z = ρ (cos θ + i sin θ), obtemos

lim ∆z→0 f (∆z) − f(0) ∆z = ρlim→0 ρ3cos3_{θ (1 + i) − ρ}3sin3_{θ (1 − i)} ρ2_cos2_{θ + ρ}2_sin2_θ − 0 ρ (cos θ + i sin θ) = lim ρ→0 ρ3£_cos3_{θ (1 + i) − sin}3 θ (1 − i)¤ ρ3_{(cos θ + i sin θ)} = cos

3_{θ − sin}3_{θ + i}¡_cos3_{θ + sin}3_θ¢

cos θ + i sin θ ,

que depende do ângulo θ tomado. Concluímos então que f não é diferenciável na origem.

1.4

Equações de Cauchy-Riemann

Teorema 1 Cauchy-Riemann _{Seja f : D −→ C uma função complexa de variável complexa} definida por f (z) = u(x, y) + v(x, y)i num conjunto aberto D e z0 = x0+ y0i ∈ D. A derivada

f0(z0) existe (ou seja, f é diferenciável em z0) se e só se as funções u e v são contínuas e têm

derivadas de 1a _{ordem contínuas numa vizinhança de (x}

0, y0) e, no ponto (x0, y0), satisfazem as equações de Cauchy-Riemann ∂u ∂x(x0, y0) = ∂v ∂y(x0, y0) e ∂u ∂y(x0, y0) = − ∂v ∂x(x0, y0).

1.4. EQUAÇÕES DE CAUCHY-RIEMANN 15

Assim, se as derivadas parciais de 1aordem das funções u e v existem, são contínuas e satisfazem as equações de Cauchy-Riemann em D então f é analítica em D.

Exemplo 7 Consideremos a função f (z) = 2x + 3yi. Vimos no exemplo 13.1, que f não é diferenciável em nenhum ponto do seu domínio C. De facto, as equações de Cauchy-Riemann não são válidas em nenhum ponto (x, y):

∂u ∂x = 2 6= 3 = ∂v ∂y embora ∂u ∂y = 0 = − ∂v ∂x.

Exemplo 8 Consideremos a função f (z) = 2x2_{+ y + (y}2_{− x)i definida em C. Temos u(x, y) =}

2x2_{+ y e v(x, y) = y}2_{− x, donde} ∂u ∂x = 4x, ∂v ∂y = 2y e ∂u ∂y = 1 = − ∂v ∂x.

Verificamos que as funções u e v são contínuas e têm derivadas contínuas em todos os pontos. Pelo teorema de Cauchy-Riemann, f é diferenciável em todos os pontos em que as equações de Cauchy-Riemann são satisfeitas, ou seja, em pontos (x, y) tais que

4x = 2y ⇔ y = 2x

Logo f é diferenciável nos pontos da recta y = 2x. No entanto, dado que nenhum ponto desta recta tem uma vizinhança na qual as equações de Cauchy-Riemann sejam válidas, f não é analítica em nenhum ponto do seu domínio C.

Exemplo 9 _{Consideremos a função f (z) = z/ |z|}2 _{definida no conjunto aberto D = C\ {0}.} Temos f (z) = x x2_{+ y}2 − y x2_{+ y}2i, logo, ∂u ∂x = y2_{− x}2 (x2_{+ y}2₎2 = ∂v ∂y e ∂u ∂y = − 2xy (x2_{+ y}2₎2 = − ∂v ∂x.

Portanto, as equações de Riemann são satisfeitas em C\ {0}. Pelo teorema de Cauchy-Riemann, f é analítica em C\ {0}.

Exercícios resolvidos

1. Verifique as equações de Cauchy-Riemann para a função f (z) = z2_{+ 3z + 2.}

2. Considere a função f (z) = x2_{− y}2_{i. Determine os pontos onde f é diferenciável e mostre}

que f não é analítica em nenhum ponto do seu domínio. Determine ainda a expressão da derivada nos pontos em que ela existe.

3. Determine os subconjuntos do plano complexo onde as seguintes funções são analíticas e calcule as suas derivadas:

(a) f (z) = x3_{− i(1 − y)}3_{; (b) f (z) = z − z;}

(c) f (z) = ey_{(cos x + i sin x); (d) f (z) = x}2_{+ y}2_i.

4. Prove que as funções f (z) = |z| e g(z) = z não são analíticas em nenhum ponto do seu domínio.

5. Mostre que as equações de Cauchy-Riemann, escritas em coordenadas polares, são dadas por ∂u ∂r = 1 r ∂v ∂θ e ∂v ∂r = − 1 r ∂u ∂θ. Propostas de resolução

1. A função f (z) = z2+ 3z + 2 tem parte real u(x, y) = x2_{− y}2+ 3x + 2 e parte imaginária v(x, y) = 2xy + 3y. Como

∂u ∂x = 2x + 3, ∂v ∂y = 2x + 3, ∂u ∂y = −2y e ∂v ∂x = 2y, as equações de Cauchy-Riemann são válidas em todos os pontos do domínio C. 2. Temos u(x, y) = x2 _{e v(x, y) = −y}2. Logo,

∂u ∂x = 2x, ∂v ∂y = −2y e ∂u ∂y = 0 = − ∂v ∂x.

Verificamos que as equações de Cauchy-Riemann são válidas em pontos (x, y) tais que 2x = −2y, ou seja, na recta de equação y = −x. Como as funções u, v, ∂u/∂x, ∂u/∂y, ∂v/∂x e ∂v/∂y são contínuas em todos os pontos, concluímos, pelo teorema de Cauchy-Riemann, que f é diferenciável nos pontos da recta y = −x e a derivada é dada por

f0_{(z) = 2x + 0i = 2x = −2y.}

No entanto, dado qualquer ponto desta recta, não existe uma vizinhança desse ponto na qual as equações de Cauchy-Riemann sejam válidas. Logo, f não é analítica em nenhum ponto do seu domínio C.

3.

(a) Pretendemos determinar os pontos em que f é diferenciável. Para esta função temos u(x, y) = x3 _{e v(x, y) = −(1 − y)}3. Logo, ∂u ∂x = 3x 2_, ∂v ∂y = 3(1 − y) 2_, ∂u ∂y = 0 e ∂v ∂x = 0.

1.4. EQUAÇÕES DE CAUCHY-RIEMANN 17

As funções u e v e as suas derivadas parciais de 1a ordem são contínuas em todos os pontos do plano. Então, pelo teorema de Cauchy-Riemann, f é diferenciável em todos os pontos em que as equações de Cauchy-Riemann sejam satisfeitas, isto é, quando

3x2_{= 3(1 − y)}2_{⇔ x = 1 − y ∨ x = −1 + y,}

já que ∂u/∂y = 0 = −∂v/∂x é verificado para qualquer (x, y). As condições x = 1 − y e x = −1 + y definem analiticamente rectas. A função f é diferenciável em pontos z = x + yi que pertencem a uma das rectas x = 1 − y ou x = −1 + y. No entanto, dado qualquer ponto destas rectas, não existe uma vizinhança desse ponto na qual as equações de Cauchy-Riemann sejam válidas. Concluímos então que f não é analítica em nenhum ponto do seu domínio C. A derivada de f nos pontos das rectas x = 1 − y ou x = −1 + y é dada por

f0(z) = 3x2+ 0i = 3x2_{= 3(1 − y)}2.

(b) À função f (z) = z − z corresponde u(x, y) = 0 e v(x, y) = 2y. Temos ∂u ∂x = 0 6= ∂v ∂y = 2 e ∂u ∂y = 0 = ∂v ∂x = 0.

Verificamos que as equações de Cauchy-Riemann não são válidas qualquer que seja o ponto (x, y). Pelo teorema de Cauchy-Riemann concluímos que f não é analítica (nem diferenciável) em nenhum ponto do seu domínio C.

(c) À função f corresponde u(x, y) = ey_{cos x e v(x, y) = e}y_{sin x. Temos}

∂u ∂x = −e y_{sin x,} ∂v ∂y = e y_{sin x} ∂u ∂y = e y_{cos x e} ∂v ∂x = e y_{cos x.}

Verificamos que as equações de Cauchy-Riemann são válidas em pontos (x, y) tais que −ey_{sin x = e}y_{sin x e e}y_{cos x = −e}y_{cos x, ou seja, tais que sin x = 0 e cos x = 0 (notemos}

que ey _{6= 0, ∀y ∈ R).} Não e

xiste qualquer valor real x tal que sin x = cos x = 0, como tal nenhum ponto do domínio C de f verifica as equações de Cauchy-Riemann. Pelo teorema de Cauchy-Riemann, f não é analítica (nem diferenciável) em nenhum ponto do seu domínio.

(d) À função f (z) = x2_{+ y}2_{i corresponde u(x, y) = x}2 _{e v(x, y) = y}2_{. Temos}

∂u ∂x = 2x, ∂v ∂y = 2y e ∂u ∂y = 0 = ∂v ∂x.

Verificamos que as equações de Cauchy-Riemann são válidas em pontos (x, y) tais que 2x = 2y, ou seja, na recta de equação y = x. Como as funções u, v, ∂u/∂x, ∂u/∂y, ∂v/∂x e ∂v/∂y são contínuas em todos os pontos, pelo teorema de Cauchy-Riemann, f é diferenciável nos pontos da recta y = x. A derivada de f nos pontos da recta y = x é dada por

f0(z) = 2x + 0i = 2x = 2y.

No entanto, dado qualquer ponto desta recta, não existe uma vi-zinhança desse ponto na qual as equações de Cauchy-Riemann sejam válidas. Concluímos então que f não é analítica em nenhum ponto do seu domínio C.

4. À função f (z) = |z| corresponde u(x, y) =px2_{+ y}2 _{e v(x, y) = 0. Temos}

∂u ∂x = x p x2_{+ y}2, ∂v ∂y = 0, ∂u ∂y = y p x2_{+ y}2 e ∂v ∂x = 0.

Verificamos que as equações de Cauchy-Riemann são válidas em pontos (x, y) tais que x/px2_{+ y}2 _{= 0 e y/}p_x2_{+ y}2 _{= 0, ou seja, no ponto (0, 0). Como as funções u e v e}

as suas derivadas parciais de 1a _{ordem são contínuas em todos os pontos, concluímos pelo}

teorema de Cauchy-Riemann que f é diferenciável no ponto z = 0. A derivada de f neste ponto é dada por

f0(0) = Ã x p x2_{+ y}2 ! (0,0) = Ã −ip y x2_{+ y}2 ! (0,0) = 0,

No entanto, não existe uma vizinhança de z = 0 na qual as equações de Cauchy-Riemann sejam válidas. Logo, f não é analítica em nenhum ponto do seu domínio C.

À função g(z) = z corresponde u(x, y) = x e v(x, y) =_{−y. Temos} ∂u ∂x = 1, ∂v ∂y = −1, ∂u ∂y = 0 e ∂v ∂x = 0.

Verificamos que as equações de Cauchy-Riemann não são válidas, qualquer que seja o ponto (x, y). Pelo teorema de Cauchy-Riemann, concluímos que f não é analítica (nem diferen-ciável) em nenhum ponto do seu domínio C.

5. Temos a seguinte relação entre as coordenadas rectangulares e polares: x = r cos θ e y = r sin θ.

Como tal, num ponto z0= x0+ y0i = r0cos θ0+ ir0sin θ0= r0cisθ0, temos

∂u ∂r(r0, θ0) = ∂u ∂x(x0, y0) cos θ0+ ∂u ∂y(x0, y0) sin θ0, ∂v ∂θ(r0, θ0) = ∂v ∂x(x0, y0) (−r0sin θ0) + ∂v ∂y(x0, y0)r0cos θ0.

1.5. FUNÇÕES HARMÓNICAS 19

Atendendo às equações de Cauchy-Riemann em coordenadas rectangulares, ∂u ∂r(r0, θ0) = ∂v ∂y(x0, y0) cos θ0− ∂v ∂x(x0, y0) sin θ0 = 1 r0 µ ∂v ∂y(x0, y0)r0cos θ0− ∂v ∂x(x0, y0)r0sin θ0 ¶ = 1 r0 · ∂v ∂θ(r0, θ0) . De modo análogo, temos

∂u ∂θ(r0, θ0) = ∂u ∂x(x0, y0) (−r0sin θ0) + ∂u ∂y(x0, y0)r0cos θ0, ∂v ∂r(r0, θ0) = ∂v ∂x(x0, y0) cos θ0+ ∂v ∂y(x0, y0) sin θ0

donde, atendendo novamente às equações de Cauchy-Riemann em coordenadas rectangulares, ∂v ∂r(r0, θ0) = − ∂u ∂y(x0, y0) cos θ0+ ∂u ∂x(x0, y0) sin θ0 = ₋1 r0 µ

−∂u_∂y(x0, y0) (−r0) cos θ0+

∂u ∂x(x0, y0) (−r0) sin θ0 ¶ = ₋1 r0 ∂u ∂θ(r0, θ0) .

1.5

Funções harmónicas

Definição 5 _{Dada uma função u : D −→ R, definida num subconjunto aberto D de R}2, com derivadas parciais de 2a_{ordem contínuas, designa-se por Laplaciano de u a expressão}

∂2_u

∂x2(x, y) +

∂2_u

∂y2(x, y)

e denota-se por 52_{u(x, y). A função u diz-se harmónica se satisfaz a equação 5}2_{u (x, y) = 0,}

para todo o (x, y) ∈ D, designada por equação de Laplace. Temos então o seguinte resultado:

Proposição 5 Seja f (z) = u(x, y) + v(x, y)i uma função complexa de variável complexa. Se f é analítica num conjunto aberto D então u e v são funções harmónicas em D.

• Verificamos então que as partes real e imaginária de uma função analítica verificam a equação de Laplace. Esta ligação entre funções analíticas e a equação de Laplace reforça a importância das funções de variável complexa e abre caminho para numerosas aplicações da matemática. Definição 6 Se f = u + iv é uma função analítica definida num conjunto aberto D, então as funções u e v são designadas por harmónicas conjugadas em D.

Exemplo 2 Consideremos a função polinomial f (z) = z2. Trata-se de uma função analítica em C a que corresponde u(x, y) = x2_{− y}2 _{e v(x, y) = 2xy. Temos}

∂u ∂x = 2x, ∂u ∂y = −2y, ∂v ∂x = 2y e ∂v ∂y = 2x, pelo que ∂2_u ∂x2+ ∂2_u ∂y2 = 2 + (−2) = 0 ∂2v ∂x2 + ∂2v ∂y2 = 0 + 0 = 0.

Isto mostra que u e v são funções harmónicas em C. Além disso, são conjugadas harmónicas por constituírem as partes real e imaginária, respectivamente, da função analítica f (z) = z2_.

Proposição 6 Se u é uma função harmónica num conjunto aberto D e z0∈ D, então existe uma

vizinhança de z0 na qual u = Re(f ). Por outras palavras, existe uma função harmónica v definida

em D tal que a função definida por f (z) = u(x, y) + v(x, y)i é analítica em D.

Exemplo 3 Seja u(x, y) = x3_{− 3xy}2. Trata-se de uma função harmónica em todos os pontos do plano ∂2_u ∂x2 = ∂ ∂x(3x 2 − 3y2) = 6x ∂2_u ∂y2 = ∂ ∂y(−6xy) = −6x.

Pela proposição 29, existe uma função f analítica em C (trata-se de uma função inteira) tal que u = Re(f ). Determinemos então a função f . Sabemos que f é tal que f (z) =¡x3_{− 3xy}2¢+v(x, y)i, onde a função v(x, y) está por determinar. Pelas equações de Cauchy-Riemann, temos

∂v ∂x = −

∂u ∂y = 6xy o que implica v(x, y) = 3x2y + c(y). Por outro lado,

∂v ∂y = ∂u ∂x = 3x 2 − 3y2 ou seja, ∂¡3x2_{y + c(y)}¢_{/∂y = 3x}2_{− 3y}2_{. Então,}

3x2_{+ c}0_{(y) = 3x}2_{− 3y}2 _{⇒ c}0_{(y) = −3y}2

⇒ c(y) = −y3_{+ K, para qualquer K ∈ R.}

Obtemos v(x, y) = 3x2_{y − y}3_{+ K e, como tal, para z = x + yi,}

f (z) = x3_{− 3xy}2_{+ (3x}2_{y − y}3_{+ K)i.}

O exemplo apresentado mostra que a função harmónica conjugada de uma dada função har-mónica u está univocamente determinada a menos de uma constante aditiva real.

1.5. FUNÇÕES HARMÓNICAS 21

Exercícios resolvidos

1. Considere a função u(x, y) = x3_{− 3xy}2_{. Encontre uma função conjugada harmónica v que}

verifique v(0, 0) = 2.

2. Determine os conjuntos nos quais as seguintes funções são harmónicas: (a) u(x, y) = Re(z + 1/z); (b) u(x, y) = −y − 1

x2_{+ (y + 1)}2.

3. Encontre, se possível, uma função f inteira tal que Re(f ) = x2_{− 3x − y}2. Propostas de resolução

1. Podemos mostrámos que v(x, y) = 3x2_{y − y}3_{+ K para qualquer constante K ∈ R. Para que}

v verifique v(0, 0) = 2 a constante real K não pode ser arbitrária. De facto, v(0, 0) = 2 ⇔ 3 · 0 − 0 + K = 2 ⇔ K = 2.

A função v pedida é v(x, y) = 3x2_{y − y}3_{+ 2.}

2.

(a) Notemos que u é parte real da função f (z) = z + 1/z, analítica no conjunto aberto C\ {0}. Então, pela proposição 27, a função u é harmónica em C\ {0}.

(b) A função u não está definida nos pontos para os quais o denominador se anula. Como x2_{+ (y + 1)}2

= 0 se e só se x = 0 e y = −1, o domínio de u é D = C\ {−i}. Efectuando os cálculos necessários para z 6= −i, obtemos

∂2_u ∂x2 = 2 (y + 1)³x2_{+ (y + 1)}2´_{− 8x}2_{(y + 1)} ³ x2_{+ (y + 1)}2´3 , ∂2_u ∂y2 = 2 (y + 1)³x2_{+ (y + 1)}2´_{− 4 (y + 1)}³_{(y + 1)}2_{− x}2´ ³ x2_{+ (y + 1)}2´3 . Então, ∂2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 = 0 ⇔ 4 (y + 1)³x2_{+ (y + 1)}2´ − 4 (y + 1)³x2_{+ (y + 1)}2´ = 0 ⇔ 0 = 0.

Logo, u é harmónica no seu domínio, isto é, em D = C\ {−i}.

Alternativamente, se observarmos que u(x, y) é parte imaginária da função analítica em C\ {−i}, f(z) = 1/ (z + i), concluímos de imediato que u é harmónica neste conjunto.

3. A função u é harmónica, ∂2_u ∂x2 = ∂ ∂x(2x − 3) = 2 ∂2u ∂y2 = ∂ ∂y(−2y) = −2

e está definida em todo o conjunto C. Pela proposição 29 existe v(x, y) tal que u(x, y)+v(x, y)i é analítica em C. Pelas equações de Cauchy-Riemann, temos

∂v ∂x = −

∂u ∂y = 2y, que implica v(x, y) = 2xy + c(y). Por outro lado,

∂v ∂y =

∂u

∂x = 2x − 3, ou seja, ∂ (2xy + c(y)) /∂y = 2x − 3. Então,

2x + c0_{(y) = 2x − 3 ⇔ c}0_{(y) = −3}

⇒ c(y) = −3y + K, para qualquer constante real K.

Obtemos v(x, y) = 2xy − 3y + K e, escolhendo K = 0, vem v(x, y) = 2xy − 3y e f(z) = x2_{− 3x − y}2_{+ (2xy − 3y) i.}

Exercícios propostos

1. Determine as funções parte real e parte imaginária de cada uma das seguintes funções com-plexas de variável complexa:

(a) f (z) = z2_{+ 3z − 2i;} (b) f (z) = z + 2 z − 1; (c) f (z) = 3iz + 4(i + z); (d) f (z) = z − i

|z − i|.

2. Caracterize geometricamente os conjuntos definidos pelas seguintes condições e indique quais os que são regiões:

(a) |z + 4| > 2; (b) (Im z)2_{≤ 4;} (c) 1 < |Re z| ≤ 2; (d) 3π/4 < arg z < π.

3. Estude as seguintes funções definidas em C quanto à continuidade na origem: (a) f (z) = ⎧ ⎨ ⎩ Im z |z| se z 6= 0 0 se z = 0 ; (b) f (z) = ⎧ ⎨ ⎩ Re z 1 + |z| se z 6= 0 0 se z = 0 .

4. Mostre que a função f (z) = − (2xy + 5x) +¡x2_{− 5y − y}2¢_{i é inteira e calcule f}0_(z).

5. Mostre que as funções f (z) = Re z, g(z) = y + xi e h(z) = z2_{não são analíticas em nenhum}

1.5. FUNÇÕES HARMÓNICAS 23

6. Determine em que pontos as seguintes funções são diferenciáveis. Mostre que não são analíti-cas em nenhum ponto do plano complexo.

(a) f (z) = 3x2_y2_{− 6x}2_y2_{i; ; (b) f (z) = x}2_{− x + y +}¡_y2_{− 5y − x}¢_i.

7. Determine o valor da derivada de f no ponto indicado

(a) f (z) = (z − i) / (z + i) em i; (b) f(z) =¡z4_{+ 1}¢_/z4 _{em − 1 − i.}

8. Determine a imagem das funções

(a) f (z) = x2_{− y +}¡_y2_{− x}¢_{i, para z na recta x = 1;}

(b) f (z) = z3_{, para z no 1}o_{quadrante ( Re z ≥ 0 e Im z ≥ 0);}

(c) f (z) = 1

z, para |z| ≥ 1.

9. Determine os valores reais de a e b para os quais a função f (z) = 3x − y + 5 + (ax + by − 3) i é inteira.

10. Mostre que a função u(x, y) = x3_{− 3xy}2_{− 5y é harmónica em R}2 _{e determine uma função}

conjugada harmónica v.

11. Determine a função analítica f (z) = u(x, y) + v(x, y)i tal que (a) u(x, y) = x2_{− y}2_{; (b) v(x, y) = 2y(x − 1);}

(c) u(x, y) = x3_{− 3xy}2; (d) u(x, y) = ln¡x2+ y2¢.

12. Determine os valores reais de a e b para os quais as seguintes funções são harmónicas em R2

e determine as funções conjugadas harmónicas.

(a) u(x, y) = ax3_{+ by}3_{; (b) u(x, y) = e}ax_{cos 5y.}

13. Determine, caso existam, os seguintes limites (a) limz→i¡4z3− 5z2+ 4z + 1 − 5i¢;

(b) limz→i¡z4− 1¢/ (z − i) ;

(c) limz→0z/z.

14. Mostre que, dada uma função analítica f , são válidas as seguintes expressões para cálculo da derivada f0= ∂u ∂x− i ∂u ∂y e f 0₌ ∂v ∂y + i ∂v ∂x. 15. Para x > 0 considere a função

f (z) = 1 2ln(x

2

+ y2) + i arctany x.

(a) Use as equações de Cauchy-Riemann para mostrar que f é diferenciável em todo o seu domínio;

(b) Mostre que f0_{(z) = 1/z;}

(c) Mostre que a função conjugada f não é diferenciável em nenhum ponto do seu domínio. Soluções

1. (a) u(x, y) = x2_{− y}2_{+ 3x − 5, v(x, y) = 2xy + 3y; (b) u(x, y) =} x 2_{+ y}2

+ x − 2

(x − 1)2+ y2 , v(x, y) =

− 3y

(x − 1)2+ y2; (c) u(x, y) = 4x + 3y, v(x, y) = 3x + 4y + 4; (d) u(x, y) =

x x2_{+ (y − 1)}2,

v(x, y) = y − 1 x2_{+ (y − 1)}2.

2. (a) Todo o plano complexo excepto o círculo de centro (−4, 0) e raio √2; (b) união de dois semiplanos fechados: y ≥ 2 e y ≤ −2; (c) união de duas faixas ilimitadas verticais, definidas pelas condições −2 ≤ x < −1 e 1 < x ≤ 2; (d) porção do plano complexo no 2o quadrante delimitada pelas rectas y = −x e x = 0, excluindo-as. São regiões os conjuntos definidos em (a) e (d).

3. (a) É contínua; (b) 4. f0_{(z) = −2y − 5 + 2xi.}

5. Usar teorema de Cauchy-Riemann.

6. (a) É diferenciável ao longo dos eixos coordenados; (b) é diferenciável ao longo da recta de equação y = x + 2.

7. (a) −i/2; (b) 15 (1 − i) /2.

8. (a) A parábola de equação v = u2_{−2u; (b) os três primeiros quadrantes, incluindo a semirecta}

y = 0 e x ≥ 0, e a semirecta x = 0 e y ≤ 0; (c) o círculo de centro em z = 0 e raio 1, excluindo o ponto z = 0.

9. a = 1, b = 3.

10. v(x, y) = 3x2_{y − y}3_{+ 5x + 3.}

11. (a) f (z) = x2_{− y}2_{+ (2xy + K) i = z}2_{+ Ki, K ∈ R; (b) f(z) = z}2_{− 2z + 1 + K, K ∈ R;}

(c) f (z) = z3_{+ K, K ∈ R; (d) f(z) = ln}¡_x2_{+ y}2¢_{+ (2 arctan (y/x) + K) i, K ∈ R.}

1.5. FUNÇÕES HARMÓNICAS 25

Capítulo 2

Funções elementares

2.1

A função exponencial

Definição 7 _{Para qualquer z = x + yi ∈ C, define-se a função exponencial de z por} ez= ex+yi= exeyi= ex(cos y + i sin y),

que pode também ser denotada por exp z.

Nota 3 Quando tomamos z como número real, z = x + 0i, a definição de ez _{coincide com a}

definição já conhecida em R:

ez= ex+0i= ex(cos 0 + i sin 0) = ex(1 + 0i) = ex.

Deste modo, a função exponencial de variável complexa é um prolongamento da função exponencial de variável real.

Proposição 7 _{Propriedades da exponencial Sejam z, w ∈ C. São válidas as seguintes} pro-priedades:

(a) ez+w_{= e}z_{· e}w_;

(b) ez _{nunca se anula;}

(c) ¯¯ex+iy¯¯ = ex_;

(d) ez _{é uma função periódica, com período 2πi;}

(e) ez_{= 1 ⇔ z = 2nπi, para algum n ∈ Z;} (f ) (ez₎n

= enz_{, com n ∈ Z.}

Proposição 8 A função exponencial

f (z) = ez = ex(cos y + i sin y) é analítica em C e a sua derivada é

f0(z) = ez (ez)0 = ez Exercícios resolvidos

1. Escreva na forma algébrica os números complexos e3+i_{, e}−π

4i e e2±3πi.

2. Mostre, usando a definição de derivada, que f (z) = ez _{é uma função inteira (analítica).}

3. Resolva a equação ez_{= −1.}

4. Determine o domínio de analiticidade da função g(z) = z2_{/ (e}z_{− 1).}

Propostas de resolução 1. Relembramos que

z = _{x + iy ⇔ z = r (cos θ + i sin θ) = r e}θi onde r = _{|z| =}px2_{+ y}2 _{e θ = arctan}³ y

x ´

Então temos:

e3+i _{= e}3_{(cos 1 + i sin 1) = e}3_{cos 1 +}¡_e3_{sin 1}¢_i;

e−π 4i= e0 ³ cos³₋π 4 ´ + i sin³₋π 4 ´´ = − √ 2 2 − √ 2 2 i:

e2±3πi_{= e}2_{(cos (±3π) + i sin (±3π)) = e}2_{(−1 + 0i) = −e}2_{+ 0i = −e}2_.

2. Dado um complexo arbitrário z0procedamos ao cálculo, pela definição, da derivada de f em

z0: f0(z0) = f0(z0) = lim ∆z→0 f (z0+ ∆z) − f(z0) ∆z = lim∆z→0 ez0+∆z_{− e}z0 ∆z = lim ∆z→0 ez0_(e∆z_{− 1)} ∆z = e z0 _lim ∆z→0 e∆z_{− 1} ∆z = e z0

visto que lim∆z→0

¡

e∆z_{− 1}¢_{/∆z = 1, logo a derivada existe para qualquer z}

0, logo a função

2.2. AS FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS 29 3. Temos ez_{= −1 ⇔ e}x_{(cos y + i sin y) = −1} ⇔ excos y + (ex_{sin y) i = −1} ⇔ excos y = −1 ∧ sin y = 0 ⇔ ex_{cos y = −1 ∧ y = kπ, k ∈ Z}

Se k é par então cos y = 1 e logo,

ex_{cos y = −1 ⇒ e}x_{= −1,}

o que sabemos ser impossível. Se k é ímpar, dado que cos y = −1, temos ex_{cos y = −1 ⇒ e}x_{= 1 ⇒ x = 0.}

Então,

ez_{= −1 ⇔ x = 0 ∧ y = (2n + 1)π,}

com n ∈ Z. O conjunto S das soluções da equação ez_{= −1 é dado por}

S = {(2n + 1)πi : n ∈ Z} . 4. A função g(z) = z2_{/ (e}z_{− 1) tem por domínio o conjunto}

D = {z ∈ C : ez− 1 6= 0} .

Tratando-se do quociente de duas funções inteiras, a função g(z) é analítica em todos os pontos tais que ez_{− 1 6= 0, ou seja, em todos os pontos do domínio D. Mas, pela alínea (e)}

da proposição 3,

ez_{− 1 6= 0 ⇔ e}z_{6= 1 ⇔ z 6= 2nπi, n ∈ Z.} Logo, o domínio de analiticidade da função dada é

D = C\ {z ∈ C : z = 2nπi, n ∈ Z} .

2.2

As funções trigonométricas

Definição 8 _{Para qualquer z ∈ C, definem-se as funções seno e coseno de z por} sin z = e

zi_{− e}−zi

2i e cos z =

ezi_{+ e}−zi

2 .

Nota 4 _{Vejamos que se mantêm as propriedades já conhecidas em R.}

Proposição 9 _{Propriedades do seno e do coseno Sejam z, w ∈ C. São válidas as seguintes} propriedades:

(a) _{sin(−z) = − sin z;} (b) _{cos(−z) = cos z;} (c) sin2z + cos2_{z = 1;}

(d) _{sin(z ± w) = sin z cos w ± cos z sin w;} (e) _{cos(z ± w) = cos z cos w ∓ sin z sin w;}

(f ) sin z e cos z são funções periódicas, com período 2π.

Proposição 10 _{As funções sin z e cos z são analíticas em C e tem lugar as seguintes regras de} derivação:

(sin z)0= cos z e (cos z)0_{= − sin z}

Nota 5 Outras funções trigonométricas de variável complexa e as suas derivadas tan z = sin z

cos z, onde (tan z)

0₌ 1

cos2_z, cos z 6= 0

cot z = cos z

sin z, onde (cot z)

0

= − 1

sin2z, sin z 6= 0 sec z = 1

cos z, onde (sec z)

0

= sec z tan z, cos z 6= 0 csc z = 1

sin z, onde (csc z)

0

= − csc z cot z, sin z 6= 0

Exercícios resolvidos

1. Mostre que cos z não é analítica em nenhum ponto do seu domínio. 2. Determine as partes real e imaginária das funções seno e coseno. 3. Mostre que |sin z| ≥ |sin x| .

4. Resolva a equação cos z = 2.

5. Mostre que sin(2z) = 2 sin z cos z e cos(2z) = cos2_{z − sin}2_z.

6. Mostre que ainda é válida em C a fórmula de Euler eiz= cos z + i sin z.

2.2. AS FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS 31 Propostas de resolução 1. Dado z = x + yi, cos z = e zi_{+ e}−zi 2 = e(x−yi)i_{+ e}−(x−yi)i 2 = ey+xi_{+ e}−y−xi 2 = e

y_{(cos x + i sin x) + e}−y_{(cos x − i sin x)}

2 = (e

y_{+ e}−y_{) cos x + i(e}y_{− e}−y_{) sin x}

2 .

A esta função correspondem as partes real e imaginária u(x, y) = (ey+ e−y) cosx

2 e v(x, y) = (e

y

− e−y) sinx 2,

respectivamente. As funções u e v não verificam as equações de Cauchy-Riemann. Por exemplo, ∂u ∂x = ∂v ∂y ⇔ − ey_{+ e}−y 2 sin x 2 = (e y_{+ e}−y_{) sin}x 2 ⇔ −e y_{+ e}−y 2 = e y_{+ e}−y _{⇔ e}y_{+ e}−y _{= 0,}

trata-se de uma equação impossível.

2. Atendendo às expressões de seno e coseno hiperbólicos conhecidas em R, podemos escrever sin z = e

zi_{− e}−zi

2i =

e−y+xi_{− e}y−xi

2i = e−y(cos x + i sin x) − e

y_{(cos x − i sin x)}

2i = (e

−y_{− e}y_{) cos x + i (e}−y_{+ e}y_{) sin x}

2i = e−y+ e y 2 sin x + i ey_{− e}−y 2 cos x = sin x cosh y + i cos x sinh y.

Logo, u(x, y) = sin x cosh y e v(x, y) = cos x sinh y. Analogamente, cos z = e

zi_{+ e}−zi

2 =

e−y+xi+ ey−xi 2 = e−y(cos x + i sin x) + e

y_{(cos x − i sin x)}

2 = (e−y+ e

y_{) cos x + i (e}−y_{− e}y_{) sin x}

2 = e−y+ e y 2 cos x − i ey_{− e}−y 2 sin x = _{cos x cosh y − i sin x sinh y,} donde u(x, y) = cos x cosh y e v(x, y) = sin x sinh y.

3. Notemos que, dado y ∈ R, temos cosh2_{y − sinh}2y = µ_{e−y+ e}y 2 ¶2 − µ_ey_{− e}−y 2 ¶2 = e

−2y_{+ 2e}−y_ey_{+ e}2y₋¡_e2y_{− 2e}y_e−y_{+ e}−2y¢

4 = 4e

−y+y

4 = 1. Atendendo ao exercício 2, podemos escrever

|sin z|2 = _{|sin x cosh y + i cos x sinh y|}2 = (sin x cosh y)2+ (cos x sinh y)2 = sin2x(1 + sinh2y) + cos2x sinh2y = sin2x +¡sin2x + cos2x¢sinh2y = sin2x + sinh2y =¯¯sin2x¯¯ + sinh2y. Logo,

|sin z|2≥ |sin x|2

e, dado que |sin z| e |sin x| representam números reais positivos, concluímos que |sin z| ≥ |sin x|. De modo análogo prova-se que

|cos z|2= cos2x + sinh2y, o que permite concluir que |cos z| ≥ |cos x|, para z = x + yi. 4. Temos

cos z = 2 ⇔e

zi_{+ e}−zi

2 = 2 ⇔ e

zi_{+ e}−zi_{= 4.}

Multiplicando por ezi_{6= 0, obtemos a equação quadrática}

cos z = 2 _⇔¡ezi¢2_{− 4e}zi_{+ 1 = 0} ⇔ ezi ₌4 ± √ 16 − 4 2 = 2 ± √ 3. Então,

e(x+yi)i= e−y+xi= e−y_{(cos x + i sin x) = 2 ±}√3, o que permite concluir que

2.3. AS FUNÇÕES HIPERBÓLICAS 33

De e−y_{sin x = 0 concluímos que sin x = 0, ou seja, que x = nπ, para n ∈ Z. Se n ímpar} então cos x = −1 e logo

−e−y = 2 ±√3 ⇔ e−y= −2 ±√3,

o que sabemos ser impossível, visto que −2 ±√3 < 0. Se n par, cos x = 1 e logo, e−y _{= 2 ±}√_{3 ⇔ −y = ln}³_{2 ±}√3´_{⇔ y = − ln}³_{2 ±}√3´.

Atendendo a que ln¡_{2 −}√3¢_{= − ln}¡2 +√3¢, podemos concluir que as soluções da equação são z = 2kπ ± i ln¡2 +√3¢. _{Notemos que esta equação é impossível em R.}

5. sin(2z) = sin(z + z) = sin z cos z + cos z sin z = 2 sin z cos z; cos(2z) = cos(z + z) = cos z cos z − sin z sin z = cos2_{z − sin}2_z.

6. cos z + i sin z = e zi_{+ e}−zi 2 + i ezi_{− e}−zi 2i = 2ezi 2 = e zi_.

2.3

As funções hiperbólicas

Recordemos que para x ∈ R, as funções hiperbólicas seno e coseno são definidas através da função exponencial de variável real por

(2.1) sinh x = e

x_{− e}−x

2 e cosh x =

ex_{+ e}−x

2 .

As respectivas funções de variável complexa definem-se de modo análogo.

Definição 9 _{Para qualquer z ∈ C, definem-se as funções seno hiperbólico e coseno hiperbólico} de z por sinh z = e z_{− e}−z 2 e cosh z = ez_{+ e}−z 2 .

Proposição 11 _{As funções seno e coseno hiperbólico são analíticas em C e são válidas as seguintes} fórmulas de derivação: (sinh z)0= e z_{+ e}−z 2 = cosh z e (cosh z) 0 ₌ez− e−z 2 = sinh z.

• Também se podem definir as funções tangente e cotangente hiperbólicas de variável complexa, a saber tanh z = sinh z cosh z, coth z = cosh z sinh z = 1 tanh z,

assim como a função secante hiperbólica, 1/ cosh z, e a função cosecante hiperbólica, 1/ sinh z. Proposição 12 As funções hiperbólicas tem asa seguintes propriedades

1. As funções seno e coseno hiperbólico são periódicas de período 2πi 2. sinh (iz) = i sin (z) , cosh (iz) = cos z

3. sin (iz) = i sinh (z) , cos (iz) = cosh (z) 4. sinh (z) = sinh (x) cos (y) + i cosh (x) sin (y) 5. cosh (z) = cosh (x) cos (y) + i sinh (x) sin (y) 6. sinh (z) = 0 ⇔ z = −nπi, n ∈ N

7. cosh (z) = 0 ⇔ z = − (2n + 1)π

2i, n ∈ N

Exercícios resolvidos

1. Determine, às relações entre as funções trigonométricas e as funções hiperbólicas, as partes real e imaginária das funções seno e coseno.

2. Mostre que cos z = cosh(iz). 3. Mostre que cosh2_{z − sinh}2z = 1.

4. Mostre que 2πi é o período das funções seno e coseno hiperbólicos. Propostas de resolução

1. sin z = sin(x + yi) = sin x cos(yi) + cos x sin(yi) = sin x cosh y + i cos x sinh y cos z = cos(x + yi) = cos x cos(yi) − sin x sin(yi) = cos x cosh y − i sin x sinh y. 2. cos(iz) = e (iz)i_{+ e}−(iz)i 2 = e−z+ ez 2 = cosh z. 3. cosh2_{z − sinh}2z = (e z_{+ e}−z₎2 4 − (ez_{− e}−z₎2 4 = e 2z_{+ 2e}z−z_{+ e}−2z_{− e}2z_{+ 2e}z−z_{− e}−2z 4 = 1. 4. Temos

sinh(z + 2πi) = sinh(x + (2π + y)i)

= sinh x cos(2π + y) + i cosh x sin(2π + y) = sinh x cos y + i cosh x sin y = sinh z,

2.4. A FUNÇÃO LOGARITMO 35

assim como

cosh(z + 2πi) = cosh(x + (2π + y)i)

= cosh x cos(2π + y) + i sinh x sin(2π + y) = cosh x cos y + i sinh x sin y = cosh z.

Não seria de esperar outro valor para o período, dado que estas funções são definidas através da função exponencial.

2.4

A função logaritmo

No caso das funções reais, a função logaritmo neperiano é simplesmente a função inversa da função exponencial neperiana. Dados x, y ∈ R temos x = ln y se e só se ex_{= y.}

O caso complexo é mais delicado. A função exponencial é periódica de período 2πi e, como tal, não é invertível em todo o seu domínio C. No entanto, pretende-se que a relação

(2.2) log z = w se e só se z = ew

se mantenha válida em C. Se (2.2) se verificar para w = u + vi então eu+vi= z _{⇔ e}u(cos v + i sin v) = z

⇔ |z| = eu∧ arg z = v ⇔ u = ln |z| ∧ v = arg z.

Deste modo, para z 6= 0 (visto que ew6= 0 para todo o w ∈ C), é natural definir

(2.3) _{log z = ln |z| + i arg z.}

Existem, no entanto, infinitos valores para log z, um para cada argumento de z. A diferença entre quaisquer dois destes valores é um múltiplo inteiro de 2πi. Assim, a expressão (2.3) não define uma função.

Observemos que, se z = |z| ei arg z _{= x + yi,}

elog z= eln|z|+i arg z = eln|z|ei arg z_{= |z| e}i arg z= z. Mas,

log(ez) = _{ln |e}z_{| + i arg e}z= ln ex+ i(y + 2kπ)

= x + (y + 2kπ)i = (x + yi) + 2kπi = z + 2kπi,

para k ∈ Z. No entanto, se considerarmos para argumento de z o seu argumento principal, caso em que tomamos k = 0, é possível definir a função logaritmo.

Definição 10 _{Para qualquer z = x + yi ∈ C, com z 6= 0, define-se a função logaritmo principal} de z por

log z = ln |z| + i arg z, com arg z ∈ [−π, π[.

Podemos agora afirmar que a função logaritmo principal, log z, é a função inversa da re-strição da função exponencial de variável complexa à região fundamental {x + yi : −π ≤ y < π}. Ou seja, verifica-se (2.2).

Nota 6 Podemos definir a função logaritmo mais geralmente da seguinte forma: a função loga-ritmo relativa ao intervalo [θ0, θ0+ 2π[ é a função

log z = ln |z| + i arg z, arg z ∈ [θ0, θ0+ 2π[ .

Esta função designa-se muitas vezes por ramo do logaritmo correspondente ao intervalo [θ0, θ0+ 2π[;

quando θ0 = −π, obtém-se o ramo principal do logaritmo. A função logaritmo relativa ao

inter-valo [θ0, θ0+ 2π[ é a função inversa da restrição da função exponencial à região fundamental

{x + yi : θ0≤ y < θ0+ 2π} .

Nota 7 Quando z é um número real positivo, z = x + 0i com x > 0, a definição de log z coincide com a definição já conhecida em R

log z = log x = ln |x| + i arg x = ln x.

Salvo indicação em contrário, em tudo o que se segue, quando nos referimos à função log z referimo-nos à função logaritmo principal.

Nota 8 _{No cálculo real, não está definido o logaritmo de números negativos. Em C tal não é} verdade. Por exemplo,

log(−1) = ln |−1| + i arg(−1) = ln 1 + i (−π) = −πi.

Este é um dos motivos que nos leva a considerar notações diferentes para o logaritmo de um número complexo e para o logaritmo neperiano de um número real.

A parte real da função logaritmo, u(x, y) = ln |z| = lnpx2_{+ y}2_{, é contínua em C\ {0}.}

Con-tudo, a parte imaginária v(x, y) = arg(x + yi) é descontínua nos pontos de coordenadas (x, 0), com x < 0 (exercício 5). Como tal, a função logaritmo não é contínua no eixo real negativo, ou seja, em complexos z da forma z = x + 0i, com x ≤ 0.

As propriedades do logaritmo que se verificam no cálculo real continuam válidas em C, desde que correctamente interpretadas. Vejamos os seguintes exemplos.

2.4. A FUNÇÃO LOGARITMO 37

Exemplo 4 _{Consideremos os números complexos z = −1 e w = i e escolham-se os argumentos} no intervalo [0, 2π[. Temos |z| = 1, arg z = π, |w| = 1 e arg w = π/2. Como tal,

log z + log w = (ln 1 + iπ) +³ln 1 + iπ 2 ´

=3π 2 i. Por outro lado,

zw = cis³π +π 2 ´ = cis3π 2, pelo que log (zw) = ln 1 + i µ 3π 2 ¶ = 3π 2 i. Logo, neste caso, verifica-se a igualdade log z + log w = log (zw).

Escolha-se agora o intervalo [−2π, 0[ para os argumentos de z e w. Então, arg z = −π, arg w = −3π/2 e arg (zw) = −π/2, donde

log z + log w = _{(ln 1 − iπ) +} µ ln 1 − i3π 2 ¶ = −5π 2 i, log (zw) = ln 1 + i³₋π 2 ´ = −π₂i.

Neste caso, verificamos que a diferença (log z + log w) − log (zw) é de −2πi.

Proposição 13 _{Propriedades do logaritmo Sejam z, w ∈ C\ {0}. São válidas as seguintes} propriedades:

(a) log(zw) = log z + log w (mod 2πi); (b) _{log(z/w) = log z − log w (mod 2πi).}

(c) _{log (z) é analítica no conjunto C\ {x + iy : x ≤ 0 e y = 0} e a sua derivada é dada por} (log z)0= 1

z Exercícios resolvidos

1. Determine os valores de log(−2), log i, log(−1 − i) e log¡√3 + i¢. 2. Resolva a equação ez₌√_{3 + i.}

3. Calcule o valor principal de log(−3).

4. Considere os números complexos z = −i e w = −1 + i. Mostre que log (z/w) = log z − log w (mod 2πi).

5. Mostre que a função v(x, y) = arg(x + yi) é descontínua nos pontos de coordenadas (x, 0) , com x < 0.

6. Mostre que a função f (z) = log z verifica as condições de Cauchy-Riemann para z = x + yi, com z 6= 0 e z 6= x < 0.

7. Derive a função

f (z) = log(ez+ 1), indicando a região em que é analítica.

Propostas de resolução

1. _{log(−2) = ln 2 + i arg (−2) = ln 2 + i(π + 2kπ),} log i = ln 1 + i arg i = i³π 2+ 2kπ ´ , log (−1 − i) = ln√2 + i arg(−1 − i) = ln√2 + i µ −3π₄ + 2kπ ¶ , log¡√3 + i¢= ln 2 + i arg¡√3 + i¢= ln 2 + i³π 6 + 2kπ ´ , k ∈ Z. 2. Temos ez=√_{3 + i ⇔ z = log}³√3 + i´. Pelo exercício 1, o conjunto solução da equação é

S =nln 2 + i³ π 6+ 2kπ

´

: k ∈ Zo. 3. Dado que −3 = 3cis (−π), o valor principal do logaritmo de −3 é

log(−3) = ln 3 + i(−π) = ln 3 − πi.

4. Consideremos os números complexos z = −i e w = −1 + i e escolham-se os argumentos no intervalo [−π, π[. Temos |z| = 1, arg z = −π/2, |w| =√2 e arg w = 3π/4. Como tal,

log z − log w = ³ln 1 + i³₋π 2 ´´ − µ ln√2 + i3π 4 ¶ = ln√2 + i µ −π₂−3π₄ ¶ = ln√_{2 − i}5π 4. Por outro lado,

z w = 1 √ 2cis µ −π₂−3π₄ ¶ = √1 2cis µ −5π₄ ¶ =√2cis3π 4 , pelo que log z w = ln √ 2 + i3π 4 .

2.4. A FUNÇÃO LOGARITMO 39

5. Seja (x0, 0) ∈ R2 tal que x0< 0. Então,

lim (x,y)→(x0,0) y>0 arg(x + yi) = π, enquanto que lim (x,y)→(x0,0) y<0 arg(x + yi) = −π.

Podemos assim concluir que, para x0< 0, não existe lim(x,y)→(x0,0)v(x, y). 6. Para z = x + yi = reiθ _{temos u(r, θ) = ln r e v(r, θ) = θ. Assim,}

∂u ∂r = 1 r e ∂u ∂θ = 0 ∂v ∂r = 0 e ∂v ∂θ = 1,

o que mostra serem válidas as equações de Cauchy-Riemann estabelecidas para coordenadas polares, ∂u ∂r = 1 r ∂v ∂θ e ∂v ∂r = − 1 r ∂u ∂θ.

7. A função ez_{+ 1 é analítica em C. Logo, log (e}z_{+ 1) é analítica em todos os pontos tais}

que ez_{+ 1 pertence ao domínio de analiticidade da função logaritmo, ou seja, é analítica no}

conjunto

C\ {z ∈ C : Im (ez+ 1) = 0 ∧ Re (ez+ 1) ≤ 0} . Escrevendo z = x + yi,

Im (ez_{+ 1) = 0 ⇔ e}x_{sin y = 0 ⇔ sin y = 0 ⇔ y = nπ, para n ∈ Z.} Por outro lado,

Re (ez_{+ 1) ≤ 0 ⇔ e}x_{cos y + 1 ≤ 0 ⇔ e}x_{cos y ≤ −1.}

Como y = nπ, n ∈ Z, temos cos y = 1, se n é par, e cos y = −1, se n é ímpar. Se n for par então ex_{≤ −1, o que é impossível. Se n for ímpar então e}x_{≥ 1, ou seja, x ≥ 0. Concluímos}

que f é analítica no conjunto

C\ {z = x + yi : x ≥ 0 ∧ y = 2(k + 1)π, k ∈ Z} . Utilizando o teorema da função composta,

f0(z) = e

z

Exercícios propostos

1. Calcule todos os valores de ei_{, log(−2i), e}3 log(1−i)_.

2. Resolva, em C, as seguintes equações:

(a) cos z = 10; (b) cos z = sin z; (c) sin z = 2; (d) sinh z = −i; (e) eiz_{= −3; (d) e}z_{+ 6e}−z_{= 5.}

3. Apresente as seguintes funções na forma f (z) = u + vi: (a) f (z) = e−iz_{; (b) f (z) = e}z2

.

4. Determine as regiões onde as seguintes funções são analíticas e calcule f0(z): (a) f (z) = eπz3−1; (b) f (z) = cos (1/z) + ez2 +11 _;

(c) f (z) = sin¡log z2¢_{; (d) f (z) =}√_z2_{− 2.}

5. Determine para que valores de z é válida a igualdade log z2_{= 2 log z, quando se considera o}

ramo principal do logaritmo.

6. Mostre que a função f (z) = ez _{não é analítica em nenhum ponto do seu domínio.}

7. Mostre que e2πi_{= 1, e}π/2i_{= i, e}πi_{= −1, e}−π/2i_{= −i e e}−πi_{= −1.}

8. Mostre que¯¯eiy¯_{¯ = 1, para todo o y ∈ R.}

9. Mostre que u(x, y) = Re³ez2´é uma função harmónica.

10. Mostre que tan z = u+vi onde u(x, y) = sin 2x/ (cos 2x + cosh 2y) e v(x, y) = sinh 2x/ (cos 2x + cosh 2y) . 11. Prove que a função tan z é periódica de período π.

12. Mostre que, para quaisquer z, w ∈ C, são válidas as seguintes igualdades

(a) cosh (z + w) = cosh z cosh w + sinh z sinh w; (b) sinh (z + w) = sinh z cosh w + cosh z sinh w; (c) cosh2z + sinh2z = 1.

2.4. A FUNÇÃO LOGARITMO 41

Soluções

1. cos 1 + i sin 1; ln 2 + i (−π + 2kπ), k ∈ Z; −2 − 2i.

2. (a) z = 2nπ ± i ln¡10 + 3√11¢_{; (b) z = π/4 + nπ; (c) z = π/2 + 2nπ − i ln}¡_{2 ±}√3¢; (d) z = (−π/2 + 2nπ) i; (e) (−π + 2nπ) − (ln 3) i; (f) z = ln 3 + 2nπi ∨ z = ln 2 + 2nπi.

3. (a) ey_{cos x − ie}y_{sin x; (b) e}x2

−y2 cos (2xy) + iex2 −y2 sin (2xy). 4. (a) f0(z) = 3πz2eπz3−1_{, ∀z ∈ C; (b) f}0(z) = 1 z2sin µ 1 z ¶ − 2z (z2_{+ 1)}2e 1 z2 +1_{, ∀z ∈ C\ {−i, 0, i};(c)} f0_{(z) =} 2 zcos ¡ log z2¢_{, ∀z ∈ C\ {z = yi : y ∈ R}; (d)√} z z2_{− 2}, ∀z ∈ C\ © z = yi ∨ z = x, −√2 ≤ x ≤√2ª. 5. z = reiθ_{, com r > 0 e θ ∈ [−π/2, π/2[.}

Capítulo 3

Integração no plano complexo

O estudo da integração no plano complexo é importante por duas razões essenciais. Por um lado, podem ocorrer integrais de variável real cujo cálculo não é imediato pelos métodos usuais de integração real mas que a integração complexa permite resolver facilmente. Por exemplo, o cálculo do integral

Z ∞ 0

sin2x x2 dx.

Por outro lado, algumas propriedades básicas das funções analíticas podem ser estabelecidas com base na integração complexa não sendo as abordagens alternativas imediatas. O teorema de Cauchy-Goursat, por exemplo, permite concluir que as funções analíticas possuem derivadas de todas as ordens.

3.1

Integrais curvilíneos

Os integrais curvilíneos, integrais de uma função f (z) ao longo de uma certa curva no plano complexo, são definidos de forma análoga à usada para definir integrais curvilíneos no plano bidi-mensional R2_.

Definição 11 _{Sejam a, b ∈ R, com a ≤ b. Uma curva em C é o contradomínio de uma função} contínua γ : [a, b] → C. A função γ é designada por parametrização da curva (de parâmetro real t) e

γ(t) = x(t) + iy(t), _{t ∈ [a, b]} por equação paramétrica da curva.1

1_{Podemos pensar numa curva como a trajectória de um ponto material (x(t), y(t)) = x(t) + iy(t) ∈ C, em cada}

instante t, com t a variar num intervalo de tempo [a, b]. 43

Dada uma curva parametrizada por γ(t) = x(t) + y(t)i, t ∈ [a, b], e t0∈ [a, b], o vector

γ0(t0) = x0(t0) + iy0(t0)

designa-se por vector tangente à curva no ponto t = t0.2

Sempre que não haja ambiguidade, referimo-nos à curva γ para mencionar a curva parame-trizada por γ.

Definição 12 Uma curva γ diz-se suave (ou regular) quando as funções x(t) e y(t) têm derivadas contínuas no intervalo [a, b] e o vector γ0_{(t) = x}0_{(t) + iy}0_{(t) não se anula em [a, b].}

Se existir uma partição do intervalo [a, b], ou seja, um número finito de valores reais a0, a1, . . . , an,

com a0= a < a1 < · · · < an = b, tal que as restrições γj = γ|]aj−1,aj[, j = 1, 2, . . . , n, são curvas suaves então a curva γ diz-se seccionalmente suave (ou seccionalmente regular). Neste caso, γ diz-se a soma (ou união) das curvas γ_j, j = 1, 2, . . . , n, e denota-se por γ₁+γ_{2+ · · · + γn}.

a t b γ

•

•

•

A suavidade de uma curva significa geometricamente que ela tem vector tangente γ0(t) = x0(t) + iy0_{(t) único em cada ponto e que este varia continuamente em t.}

Exemplo 10 A função γ(t) = x(t) + iy(t) tal que ½

x(t) = t

y(t) = t2 , t ∈ R

define a parábola dada, em coordenadas rectangulares, pela equação y = x2_{. Consideremos a}

função γ : [−1, 2] → C definida por γ(t) = t + it2_{. Dado que x(t) e y(t) são funções contínuas com}

derivadas contínuas no intervalo [−1, 2], γ é uma curva suave que corresponde ao arco da parábola

2_{Note-se que γ é uma aplicação de variável real. Como tal, a existência da derivada γ}0_{(t)implica que existam as}

derivadas x0_{(t)e y}0_{(t)enquanto derivadas de funções reais de variável real.}

Em cada instante t, o vector tangente (x0_{(t), y}0_{(t)) = x}0_{(t) + iy}0_{(t)pode ser interpretado como o vector velocidade}