Caderno : Análise Complexa

ISCTE - IUL
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
Maio de 2011
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) = z 2 + 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/ z 2 + 1 tem por domínio o conjunto
Dado que
ª
©
D = z ∈ C : z 2 + 1 6= 0 .
z 2 + 1 = 0 ⇔ z 2 = −1 ⇔ z = i ∨ z = −i,
podemos concluir que D = C\ {−i, i} .
1
2
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES ANALÍTICAS
Exemplo 3 Seja f a função definida por f (z) = z 2 − 4z + Re(z). Então,
f (x + yi) = (x + yi)2 − 4 (x + yi) + x = (x2 − 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 variáveis 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 + y0 i. Se z = x + yi, a expressão
q
2
2
|z − z0 | = (x − x0 ) + (y − y0 )
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
imaginário
|z-z0|=ε
z0
•
ε
Eixo real
Exemplo 4
1 A condição |z| = 1 é a equação da circunferência de centro z0 = 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 z0 = 0 e raio ε = 1, designado por círculo
unitário na origem.
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.
Eixo
imaginário
Re(z)>2
l
Eixo
real
2
2 O conjunto A definido pela condição 1 < |z − 2 − 3i| < 2 é um conjunto aberto.
Eixo
imaginário
5i
4i
2+3i
•
2i
i
1
3
4
Eixo real
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 complementar de A é definido pela condição |z − 2 − 3i| ≤ 1 ∨ |z − 2 − 3i| ≥ 2.
Exercícios resolvidos
1. Indique o domínio das seguintes funções complexas de variável complexa:
4
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES ANALÍTICAS
z
;
z + 3i
x
+ ixy;
(c) f (z) = 2
x + y2
(a) f (z) =
1
;
z2 + 2
(d) f (z) = ln x + (x − 2y) i.
(b) f (z) =
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} .
©
ª
(b) O domínio desta função é D = z ∈ C : z 2 + 2 6= 0 .
Dado que
z 2 + 2 = 0 ⇔ z 2 = −2 = µ
2cis(−π) ¶
p
√
−π
⇔ z = 2cis(−π) = 2cis
+ kπ , k = 0, 1
2
µ
¶
³π ´ √
√
√
√
−π
⇔ z0 = 2cis
= − 2i ∨ z1 = 2cis
= 2i,
2
2
© √ √ ª
temos D = C\ − 2i, 2i .
©
ª
(c) O domínio desta função é D = z = x + iy ∈ C : x2 + y 2 6= 0 .
Mas
x2 + y 2 = 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} ,
ou seja, é o conjunto dos pontos do semiplano direito aberto do plano complexo.
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
2
g(−3i) = u(0, −3) + iv(0, −3) = 02 + (−3) + i0 = 9.
2xy
(x + iy) (x + iy)
x2 − y 2
x + iy
+
i.
=
= 2
x − iy
(x − iy) (x + iy)
x + y 2 x2 + y 2
¢
¡
¢
¡
¢
¡ 2
Logo, u(x, y) = x − y 2 / x2 + y 2 , v(x, y) = 2xy/ x2 + y 2 e
(c) h(z) =
2
h(2 − 2i) = u(2, −2) + iv(2, −2) =
22 − (−2)
22
2
+ (−2)
+
2 · 2 (−2)
22 + (−2)2
i
= 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
p
(x + 1)2 + y 2 − (x − 1)2 + y 2 = 4
p
p
(x + 1)2 + y 2 = 4 + (x − 1)2 + y 2
p
(x + 1)2 + y 2 = 16 + (x − 1)2 + y 2 + 8 (x − 1)2 + y 2
p
x2 + 2x + 1 = 16 + x2 − 2x + 1 + 8 (x − 1)2 + y 2
p
x − 4 = 2 (x − 1)2 + y 2
£
¤
2
(x − 4) = 4 (x − 1)2 + y 2 ∧ x − 4 ≥ 0
x2 − 8x + 16 = 4x2 − 8x + 4 + 4y 2 ∧ x ≥ 4
3x2 + 4y 2 = 12 ∧ x ≥ 4
x2 y 2
+
= 1 ∧ x ≥ 4.
4
3
6
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES ANALÍTICAS
Atendendo a que a elipse x2 /4 + y 2 /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 f (z) = L,
z→z0
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 variável 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 (f (z) ± g(z)) = lim f (z) ± lim g(z);
z→z0
z→z0
z→z0
(b) lim (f (z) · g(z)) = lim f (z) · lim g(z);
z→z0
z→z0
z→z0
(c) lim f (z)/g(z) = lim f (z)/ lim g(z), desde que lim g(z) 6= 0.
z→z0
z→z0
z→z0
z→z0
Proposição 1 Sejam f : D → C uma função complexa de variável complexa e z0 = x0 + y0 i 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 f (z) =
z→z0
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 z0 ∈ D tal que f
está definida numa certa vizinhança de z0 . A função f diz-se contínua em z0 se
lim f (z) = f (z0 ).
z→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 f g 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 + y0 i 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 + y0 i, se tem
lim f (z) =
z→z0
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
2. Calcule os seguintes limites:
¢
¡
3xy + i(x − y 2 ) ; (b)
(a)
lim
z→−1+2i
u(x, y) + i
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
v(x, y).
¡
¢
z z2 + 1
z2 − 5
; (c) lim
.
z→1+i
z→i
iz
z−i
lim
8
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES ANALÍTICAS
3. Mostre, recorrendo à definição, que limz→−i 1/z = i.
4. Verifique que a função f (z) = z é contínua em C.
5. Mostre que a função f : C −→ C definida por
⎧ 2
⎨ z
f (z) =
|z 2 |
⎩
0
se z 6= 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 ε1 e ε2 tais que
q
δ
(1.2)
|u(x, y) − u0 | <
sempre que 0 < (x − x0 )2 + (y − y0 )2 < ε1
2
e
(1.3)
δ
|v(x, y) − v0 | <
sempre que 0 <
2
q
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 < ε2 .
Seja ε = min {ε1 , ε2 }. Atendendo a que
|u(x, y) + v(x, y)i − (u0 + v0 i)| = |u(x, y) − u0 + (v(x, y) − v0 ) i|
≤ |u(x, y) − u0 | + |v(x, y) − v0 |
e
q
2
2
(x − x0 ) + (y − y0 ) = |(x − x0 ) + (y − y0 ) i| = |(x + yi) − (x0 + y0 i)|
segue de (1.2) e (1.3) que
|u(x, y) + v(x, y)i − (u0 + v0 i)| <
δ
δ
+ =δ
2 2
sempre que 0 < |(x + yi) − (x0 + y0 i)| < ε. Concluímos, então, que existe o limite limz→z0 f (z) =
u0 + iv0 .
Reciprocamente, suponhamos que existe o limite limz→z0 f (z) = w0 com w0 = u0 + iv0 . Para
cada δ > 0 sabemos, então, que existe ε > 0 tal que
(1.4)
|u(x, y) + v(x, y)i − (u0 + v0 i)| < δ
1.2. LIMITES E CONTINUIDADE
9
sempre que 0 < |(x + yi) − (x0 + y0 i)| < ε. Dado que
|u(x, y) − u0 | ≤ |u(x, y) − u0 + (v(x, y) − v0 ) i|
= |u(x, y) + v(x, y)i − (u0 + v0 i)| ,
|v(x, y) − v0 | ≤ |u(x, y) − u0 + (v(x, y) − v0 ) i|
= |u(x, y) + v(x, y)i − (u0 + v0 i)|
e
|(x + yi) − (x0 + y0 i)| = |(x − x0 ) + (y − y0 ) i|
q
2
2
=
(x − x0 ) + (y − y0 ) ,
segue de (1.4) que
|u(x, y) − u0 | < δ e |v(x, y) − v0 | < δ,
q
2
2
sempre que 0 < (x − x0 ) + (y − y0 ) < 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 − y 2 . Atendendo ao exercício
1,
lim
z→−1+2i
¢
¡
3xy + i(x − y 2 ) =
lim 3xy + i lim (x − y 2 )
x→−1
y→2
x→−1
y→2
¡
¡
¢¢
= 3 (−1) 2 + i −1 − 22 = −6 − 5i.
(b) Recorrendo às propriedades operacionais dos limites,
2
−5 + 2i
7 3
z2 − 5
(1 + i) − 5
= lim
=
= + i.
z→1+i
z→1+i i · (1 + i)
iz
−1 + i
2 2
lim
(c) Substituindo z por i, obtemos uma indeterminação do tipo 0/0. No entanto, se observarmos que z 2 + 1 = (z − i) (z + i), podemos calcular facilmente o limite:
¡
¢
z z2 + 1
z (z + i) (z − i)
lim
= lim
= lim z (z + i) = −2.
z→i
z→i
z→i
z−i
z−i
3. É preciso que mostrar que dado δ > 0 existe um ε > 0 tal que
¯
¯
¯
¯1
¯ − i¯ < δ sempre que |z − (−i)| = |z + i| < ε.
¯
¯z
10
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES ANALÍTICAS
Escrevendo |1/z − i| em função de |z + i|, e usando as propriedades do módulo, obtemos
¯
¯
¯
¯ ¯
¯ ¯
¯
¯1
¯
¯
¯ ¯
¯ ¯
¯
¯ − i¯ = ¯ 1 − iz ¯ = ¯ −i (z + i) ¯ = ¯(z + i) −i ¯
¯z
¯
¯ z ¯ ¯
¯
¯
z
z ¯
¯ ¯
¯ −i ¯
1
= |z + i| ¯¯ ¯¯ = |z + i| .
z
|z|
Dado que z → −i, podemos supor que |z| > 1/2. Como tal,
¯
¯
¯1
¯
¯ − i¯ = |z + i| 1 < 2 |z + i| .
¯z
¯
|z|
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
¯
¯
¯1
¯
¯ − i¯ < 2 |z + i| < δ.
¯z
¯
4. A função complexa de variável complexa f (z) = z = x − yi tem por domínio o conjunto C.
Dado z0 ∈ C,
lim (x − yi) = x0 − y0 i = z0 .
lim z = x→x
z→z0
0
y→y0
Logo, f é contínua.
5. Analisemos se limz→0 f (z) = f (0). Temos f (0) = 0 e
lim f (z) =
z→0
=
z2
x2 − y 2 + 2xyi
=
lim
z→0 |z 2 |
x→0
x2 + y 2
y→0
lim
x2 − y 2
2xy
+ i lim 2
.
x→0 x2 + y 2
x→0 x + y 2
lim
y→0
y→0
Relativamente ao 1o dos limites, calculemos os respectivos limites sucessivos (ou iterados):
µ
¶
x2 − y 2
−y 2
lim lim 2
= lim (−1) = −1
=
lim
y→0 x→0 x + y 2
y→0 y 2
y→0
µ
¶
2
2
2
x −y
x
lim lim
= lim 2 = lim 1 = 1.
x→0 y→0 x2 + y 2
x→0 x
y→0
¡
¢ ¡
¢
A obtenção de dois limites diferentes permite concluir que não existe o limx→0,y→0 x2 − y 2 / x2 + y 2 .
Como tal, não existe o limz→0 f (z) e, logo, a função f não é contínua no ponto z = 0.
1.3. DERIVAÇÃO E ANALITICIDADE
1.3
11
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 f 0 (z0 ) (ou df /dz ou dw/dz)
como sendo o limite
f 0 (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
f (z0 + ∆z) − f (z0 )
∆z→0
∆z
f 0 (z0 ) = lim
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 :
2(x0 + ∆x) + 3(y0 + ∆y)i − (2x0 + 3y0 i)
∆x + i∆y
2∆x + 3i∆y
= lim
.
∆z→0 ∆x + i∆y
f 0 (z0 ) =
lim
∆z→0
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
2∆x
= lim
= 2.
∆x→0 ∆x
∆x + i∆y
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
3i∆y
= lim
= 3.
∆y→0 i∆y
∆x + i∆y
Δy
• z0+Δz
II
•
z0
I
Δx
A obtenção de dois limites direccionais diferentes permite concluir que não existe o limite
pretendido.
12
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES ANALÍTICAS
Proposição 2 Se a função f : D → C é diferenciável em z0 então f é contínua em z0 . Notemos 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 z0 se é diferenciável em z0 e 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 = af 0 (z) + bg 0 (z),
para quaisquer números complexos a e b (linearidade da derivada);
(b) f (z)g(z) é analítica em D e
0
[f (z)g(z)] = f 0 (z)g(z) + f (z)g 0 (z);
(c) Se g(z) 6= 0 então f (z)/g(z) é analítica em D e
µ
¶0
f (z)
f 0 (z)g(z) − f (z)g 0 (z)
=
;
g(z)
g 2 (z)
(d) Se n ∈ N então f n (z) é analítica em D e
[f n (z)]0 = nf n−1 (z)f 0 (z).
• Sabemos, por (d), que as potências inteiras não negativas 1, z, z 2 , z 3 ,... são analíticas em C.
Podemos então concluir, por (a), que toda a função polinomial f (z) = cn z n + cn−1 z n−1 +
... + c2 z 2 + c1 z + c0 é inteira e a sua derivada é
f 0 (z) = ncn z n−1 + (n − 1)cn−1 z n−2 + ... + 2c2 z + c1 .
Quanto ao quociente de duas funções polinomiais
f (z) =
an z n + ... + a2 z 2 + a1 z + a0
,
bm z m + ... + b2 z 2 + b1 z + b0
designado por função racional, é analítica em todo o seu domínio, ou seja, no conjunto
ª
©
aberto z ∈ C : bm z m + ... + b2 z 2 + b1 z + b0 6= 0 .
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) = g 0 (f (z))f 0 (z).
Exercícios resolvidos
1. Calcule as derivadas das seguintes funções:
(a) f (z) = 2z 4 − z 3 + 10iz;
1 + (2 − i) z
(c) h(z) =
;
2z + 9
4
(b) g(z) = (2z + 3) ;
(d) j(z) = z + 1/z.
2. Determine o conjunto dos pontos do plano complexo onde a função f (z) = 1/
é analítica.
3. Averigúe se a função f : C → C definida por
⎧ 3
⎨ x (1 + i) − y 3 (1 − i)
f (z) =
x2 + y 2
⎩
0
¢¡
¢¤
£¡ 3
z − 1 z2 + 2
se z 6= 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:
¡ ¢0 ¡ ¢0
0
(a) f 0 (z) = 2 z 4 − z 3 + 10i (z) = 8z 3 − 3z 2 + 10i, ∀z ∈ C;
i0
h
(b) g 0 (z) = (2z + 3)4 = 4 (2z + 3)3 2 = 8 (2z + 3)3 , ∀z ∈ C;
(c) h0 (z) =
=
(1 + (2 − i) z)0 (2z + 9) − (1 + (2 − i) z) (2z + 9)0
2
(2z + 9)
(2 − i) (2z + 9) − (1 + (2 − i) z) · 2
=
16 − 9i
, ∀z ∈ C\ {−9/2} ;
(2z + 9)
(2z + 9)2
£
¤0
1
(d) j 0 (z) = z + z −1 = 1 + (−1)z −2 = 1 − 2 , ∀z ∈ C\ {0} .
z
¢¡
¢¤
£¡
2. A função f (z) = 1/ z 3 − 1 z 2 + 2 é racional e tem por domínio o conjunto aberto
2
©
ª
D = z ∈ C : z 3 − 1 6= 0 ∧ z 2 + 2 6= 0 .
14
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES ANALÍTICAS
Conforme visto no exemplo 22.1 da secção 1.2, a equação z 3 = 1 tem por raízes os pontos
√
√
z0 = 1, z1 = −1/2 + 3/2i e z2 = −1/2 − 3/2i. Quanto à equação z 2 = −2 = 2cis(−π),
as suas raízes são dadas pela expressão
µ
¶
√
π 2kπ
z = 2cis − +
,
2
2
ou seja,
z0 =
para k = 0, 1,
³ π´
³ π
´ √
√
√
√
2cis −
= − 2i ∨ z1 = 2cis − + π = 2i.
2
2
Concluímos, assim, que
n
√
√ √ o
√
D = C\ 1, −1/2 + 3/2i, −1/2 − 3/2i, − 2i, 2i .
A função f é analítica em D e, para obter a expressão da derivada podemos simplesmente
usar as regras de derivação,
h¡
¢−1 ¡ 2
¢−1 i0
z3 − 1
f 0 (z) =
z +2
¡
¢−2 2 ¡ 2
¢−1 ¡ 3
¢−1
¡
¢−2
= (−1) z 3 − 1
3z z + 2
+ z −1
(−1) z 2 + 2
2z
= −
3z 2
(z 3
− 1)
2
(z 2
+ 2)
−
2z
(z 3
− 1) (z 2 + 2)
2.
3. Calculando a derivada no ponto z0 = 0 com ∆z = ρ (cos θ + i sin θ), obtemos
f (∆z) − f (0)
∆z→0
∆z
lim
ρ3 cos3 θ (1 + i) − ρ3 sin3 θ (1 − i)
−0
ρ2 cos2 θ + ρ2 sin2 θ
= lim
ρ→0
ρ (cos θ + i sin θ)
¤
£
ρ3 cos3 θ (1 + i) − sin3 θ (1 − i)
= lim
ρ→0
ρ3 (cos θ + i sin θ)
¡
¢
cos3 θ − sin3 θ + i cos3 θ + sin3 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 + y0 i ∈ D. A derivada
f 0 (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 (x0 , y0 ) e, no ponto (x0 , y0 ), satisfazem as
equações de Cauchy-Riemann
∂u
∂v
(x0 , y0 ) =
(x0 , y0 )
∂x
∂y
e
∂u
∂v
(x0 , y0 ) = − (x0 , y0 ).
∂y
∂x
1.4. EQUAÇÕES DE CAUCHY-RIEMANN
15
Assim, se as derivadas parciais de 1a ordem 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):
∂v
∂u
= 2 6= 3 =
∂x
∂y
embora
∂u
∂v
=0=− .
∂y
∂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
= 4x,
∂x
∂v
= 2y
∂y
e
∂u
∂v
=1=− .
∂y
∂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) =
logo,
y
x
− 2
i,
x2 + y 2
x + y2
∂v
y 2 − x2
∂u
=
2 = ∂y
∂x
(x2 + y 2 )
e
∂v
∂u
2xy
=−
2 = − ∂x .
∂y
(x2 + y 2 )
Portanto, as equações de Cauchy-Riemann são satisfeitas em C\ {0}. Pelo teorema de CauchyRiemann, f é analítica em C\ {0}.
Exercícios resolvidos
1. Verifique as equações de Cauchy-Riemann para a função f (z) = z 2 + 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.
16
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES ANALÍTICAS
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 ;
(c) f (z) = ey (cos x + i sin x);
(b) f (z) = z − z;
(d) f (z) = x2 + 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
1 ∂v
∂u
=
∂r
r ∂θ
e
∂v
1 ∂u
=−
.
∂r
r ∂θ
Propostas de resolução
1. A função f (z) = z 2 + 3z + 2 tem parte real u(x, y) = x2 − y 2 + 3x + 2 e parte imaginária
v(x, y) = 2xy + 3y. Como
∂v
= 2x + 3,
∂y
∂u
= 2x + 3,
∂x
∂u
= −2y
∂y
e
∂v
= 2y,
∂x
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
= 2x,
∂x
∂v
= −2y
∂y
e
∂u
∂v
=0=− .
∂y
∂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
f 0 (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
∂v
∂u
∂v
= 3x2 ,
= 3(1 − y)2 ,
=0e
= 0.
∂x
∂y
∂y
∂x
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
f 0 (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
∂v
∂u
∂v
∂u
= 0 6=
=2 e
=0=
= 0.
∂x
∂y
∂y
∂x
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) = ey sin x. Temos
∂u
∂x
∂u
∂y
∂v
= ey sin x
∂y
∂v
= ey cos x e
= ey cos x.
∂x
= −ey sin x,
Verificamos que as equações de Cauchy-Riemann são válidas em pontos (x, y) tais que
−ey sin x = ey sin x e ey cos x = −ey 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) = x2 e v(x, y) = y 2 . Temos
∂u
= 2x,
∂x
∂v
= 2y
∂y
e
∂u
∂v
=0=
.
∂y
∂x
18
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES ANALÍTICAS
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
f 0 (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) =
p
x2 + y 2 e v(x, y) = 0. Temos
∂v
= 0,
∂y
x
∂u
,
=p
∂x
x2 + y 2
∂u
y
=p
∂y
x2 + y 2
e
∂v
= 0.
∂x
Verificamos que as equações de Cauchy-Riemann são válidas em pontos (x, y) tais que
p
p
x/ x2 + y 2 = 0 e y/ 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
0
f (0) =
Ã
x
p
x2 + y 2
!
(0,0)
=
Ã
−i p
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
= 1,
∂x
∂v
= −1,
∂y
∂u
=0 e
∂y
∂v
= 0.
∂x
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.
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 + y0 i = r0 cos θ0 + ir0 sin θ0 = r0 cisθ0 , temos
∂u
(r0 , θ0 ) =
∂r
∂v
(r0 , θ0 ) =
∂θ
∂u
∂u
(x0 , y0 ) cos θ0 +
(x0 , y0 ) sin θ0 ,
∂x
∂y
∂v
∂v
(x0 , y0 ) (−r0 sin θ0 ) +
(x0 , y0 )r0 cos θ0 .
∂x
∂y
1.5. FUNÇÕES HARMÓNICAS
19
Atendendo às equações de Cauchy-Riemann em coordenadas rectangulares,
∂u
(r0 , θ0 ) =
∂r
=
=
∂v
∂v
(x0 , y0 ) cos θ0 −
(x0 , y0 ) sin θ0
∂y
∂x
µ
¶
1 ∂v
∂v
(x0 , y0 )r0 cos θ0 −
(x0 , y0 )r0 sin θ0
r0 ∂y
∂x
1 ∂v
·
(r0 , θ0 ) .
r0 ∂θ
De modo análogo, temos
∂u
(r0 , θ0 ) =
∂θ
∂v
(r0 , θ0 ) =
∂r
∂u
∂u
(x0 , y0 ) (−r0 sin θ0 ) +
(x0 , y0 )r0 cos θ0 ,
∂x
∂y
∂v
∂v
(x0 , y0 ) cos θ0 +
(x0 , y0 ) sin θ0
∂x
∂y
donde, atendendo novamente às equações de Cauchy-Riemann em coordenadas rectangulares,
∂u
∂u
∂v
(r0 , θ0 ) = − (x0 , y0 ) cos θ0 +
(x0 , y0 ) sin θ0
∂r
∂y
∂x
µ
¶
1
∂u
∂u
= −
− (x0 , y0 ) (−r0 ) cos θ0 +
(x0 , y0 ) (−r0 ) sin θ0
r0
∂y
∂x
1 ∂u
= −
(r0 , θ0 ) .
r0 ∂θ
1.5
Funções harmónicas
Definição 5 Dada uma função u : D −→ R, definida num subconjunto aberto D de R2 , com
derivadas parciais de 2a ordem contínuas, designa-se por Laplaciano de u a expressão
∂2u
∂2u
(x, y) + 2 (x, y)
2
∂x
∂y
e denota-se por 52 u(x, y). A função u diz-se harmónica se satisfaz a equação 52 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.
20
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES ANALÍTICAS
Exemplo 2 Consideremos a função polinomial f (z) = z 2 . Trata-se de uma função analítica em
C a que corresponde u(x, y) = x2 − y 2 e v(x, y) = 2xy. Temos
∂u
= 2x,
∂x
∂u
= −2y,
∂y
∂v
= 2y
∂x
e
∂v
= 2x,
∂y
pelo que
∂2u ∂2u
+ 2
∂x2
∂y
2
∂2v
∂ v
+ 2
2
∂x
∂y
= 2 + (−2) = 0
= 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) = z 2 .
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
∂2u
∂x2
∂2u
∂y 2
=
=
∂
(3x2 − 3y 2 ) = 6x
∂x
∂
(−6xy) = −6x.
∂y
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
∂u
∂v
=−
= 6xy
∂x
∂y
o que implica v(x, y) = 3x2 y + c(y). Por outro lado,
∂u
∂v
=
= 3x2 − 3y 2
∂y
∂x
¡
¢
ou seja, ∂ 3x2 y + c(y) /∂y = 3x2 − 3y 2 . Então,
3x2 + c0 (y) = 3x2 − 3y 2
⇒ c0 (y) = −3y 2
⇒ c(y) = −y 3 + 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 + (3x2 y − y 3 + K)i.
O exemplo apresentado mostra que a função harmónica conjugada de uma dada função harmónica 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:
−y − 1
(a) u(x, y) = Re(z + 1/z);
(b) u(x, y) =
.
2
x + (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
2
x2 + (y + 1) = 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
´
³
2
2
2
+
(y
+
1)
− 8x2 (y + 1)
2
(y
+
1)
x
∂ u
=
,
³
´3
∂x2
2
x2 + (y + 1)
´
³
´
³
2
2
2 (y + 1) x2 + (y + 1) − 4 (y + 1) (y + 1) − x2
∂2u
=
.
³
´3
∂y 2
x2 + (y + 1)2
Então,
∂2u ∂2u
+ 2 =0
∂x2
∂y³
´
³
´
⇔ 4 (y + 1) x2 + (y + 1)2 − 4 (y + 1) x2 + (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.
22
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES ANALÍTICAS
3. A função u é harmónica,
∂2u
∂x2
∂2u
∂y 2
=
=
∂
(2x − 3) = 2
∂x
∂
(−2y) = −2
∂y
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
∂u
∂v
=−
= 2y,
∂x
∂y
que implica v(x, y) = 2xy + c(y). Por outro lado,
∂v
∂u
=
= 2x − 3,
∂y
∂x
ou seja, ∂ (2xy + c(y)) /∂y = 2x − 3. Então,
2x + c0 (y) = 2x − 3 ⇔ c0 (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 complexas de variável complexa:
(a) f (z) = z 2 + 3z − 2i;
(c) f (z) = 3iz + 4(i + z);
z+2
;
z−1
z−i
(d) f (z) =
.
|z − i|
(b) f (z) =
2. Caracterize geometricamente os conjuntos definidos pelas seguintes condições e indique quais
os que são regiões:
(a) |z + 4| > 2;
(c) 1 < |Re z| ≤ 2;
2
(b) (Im z) ≤ 4;
(d) 3π/4 < arg z < π.
3. Estude as seguintes funções definidas em C quanto à continuidade na origem:
⎧
⎧
⎨ Im z
⎨ Re z
se z 6= 0
se z 6= 0
(a) f (z) =
; (b) f (z) =
.
|z|
1 + |z|
⎩ 0
⎩
se z = 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) = z 2 não são analíticas em nenhum
ponto do plano complexo.
1.5. FUNÇÕES HARMÓNICAS
23
6. Determine em que pontos as seguintes funções são diferenciáveis. Mostre que não são analíticas em nenhum ponto do plano complexo.
(a) f (z) = 3x2 y 2 − 6x2 y 2 i; ;
¡
¢
(b) f (z) = x2 − x + y + y 2 − 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) = z 4 + 1 /z 4 em − 1 − i.
8. Determine a imagem das funções
¡
¢
(a) f (z) = x2 − y + y 2 − x i, para z na recta x = 1;
(b) f (z) = z 3 , para z no 1o quadrante ( Re z ≥ 0 e Im z ≥ 0);
1
(c) f (z) = , para |z| ≥ 1.
z
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 R2 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 ;
3
(b) v(x, y) = 2y(x − 1);
¡
¢
(d) u(x, y) = ln x2 + y 2 .
2
(c) u(x, y) = x − 3xy ;
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) = eax cos 5y.
13. Determine, caso existam, os seguintes limites
¡
¢
(a) limz→i 4z 3 − 5z 2 + 4z + 1 − 5i ;
¢
¡
(b) limz→i z 4 − 1 / (z − i) ;
(c) limz→0 z/z.
14. Mostre que, dada uma função analítica f , são válidas as seguintes expressões para cálculo da
derivada
f0 =
∂u
∂u
−i
∂x
∂y
e f0 =
∂v
∂v
+i .
∂y
∂x
15. Para x > 0 considere a função
f (z) =
y
1
ln(x2 + y 2 ) + i arctan .
2
x
24
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES ANALÍTICAS
(a) Use as equações de Cauchy-Riemann para mostrar que f é diferenciável em todo o seu
domínio;
(b) Mostre que f 0 (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) =
−
3y
2
(x − 1) +
v(x, y) =
x2
y2
x2 + y 2 + x − 2
2
(x − 1) + y 2
; (c) u(x, y) = 4x + 3y, v(x, y) = 3x + 4y + 4; (d) u(x, y) =
y−1
+ (y − 1)
2.
2. (a) Todo o plano complexo excepto o círculo de centro (−4, 0) e raio
x2
, v(x, y) =
x
+ (y − 1)2
,
√
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. f 0 (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) = z 3 + K, K ∈ R; (d) f (z) = ln x2 + y 2 + (2 arctan (y/x) + K) i, K ∈ R.
12. (a) a = b = 0, v(x, y) = K, K ∈ R; (b) a = ±5, v(x, y) = ±e±5x sin 5y + K, K ∈ R.
1.5. FUNÇÕES HARMÓNICAS
13. (a) 6 − 5i; (b) −4i; (c) não existe.
25
26
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES ANALÍTICAS
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 = ex eyi = 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 propriedades:
(a) ez+w = ez · ew ;
(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.
27
28
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES ELEMENTARES
Proposição 8 A função exponencial
f (z) = ez = ex (cos y + i sin y)
é analítica em C e a sua derivada é
f 0 (z) = ez
(ez )0
= ez
Exercícios resolvidos
π
1. Escreva na forma algébrica os números complexos e3+i , e− 4 i 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) = z 2 / (ez − 1).
Propostas de resolução
1. Relembramos que
z
onde r
= x + iy ⇔ z = r (cos θ + i sin θ) = r eθi
³y´
p
= |z| = x2 + y 2 e θ = arctan
x
Então temos:
¡
¢
e3+i = e3 (cos 1 + i sin 1) = e3 cos 1 + e3 sin 1 i;
√
√
³ ³ π´
³ π ´´
2
2
−π
i
0
e 4 = e cos −
+ i sin −
=−
−
i:
4
4
2
2
e2±3πi = e2 (cos (±3π) + i sin (±3π)) = e2 (−1 + 0i) = −e2 + 0i = −e2 .
2. Dado um complexo arbitrário z0 procedamos ao cálculo, pela definição, da derivada de f em
z0 :
f (z0 + ∆z) − f (z0 )
ez0 +∆z − ez0
= lim
∆z→0
∆z→0
∆z
∆z
∆z
ez0 (e∆z − 1)
e
−
1
= lim
= ez0 lim
= ez0
∆z→0
∆z→0
∆z
∆z
¢
¡
visto que lim∆z→0 e∆z − 1 /∆z = 1, logo a derivada existe para qualquer z0 , logo a função
f 0 (z0 ) = f 0 (z0 ) = lim
é analítica.
2.2. AS FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS
3. Temos
29
ez = −1 ⇔ ex (cos y + i sin y) = −1
⇔ ex cos y + (ex sin y) i = −1
⇔ ex cos 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 ⇒ ex = −1,
o que sabemos ser impossível. Se k é ímpar, dado que cos y = −1, temos
ex cos y = −1 ⇒ ex = 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) = z 2 / (ez − 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 ⇔ ez 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 =
ezi − 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:
30
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES ELEMENTARES
(a) sin(−z) = − sin z;
(b) cos(−z) = cos z;
(c) sin2 z + 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
=
cot z
=
sec z
=
csc z
=
sin z
,
cos z
cos z
,
sin z
1
,
cos z
1
,
sin z
1
, cos z 6= 0
cos2 z
1
onde (cot z)0 = − 2 , sin z 6= 0
sin z
0
onde (tan z) =
0
onde (sec z) = sec z tan z, cos z 6= 0
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 − sin2 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
=
=
=
ezi + e−zi
e(x−yi)i + e−(x−yi)i
ey+xi + e−y−xi
=
=
2
2
2
ey (cos x + i sin x) + e−y (cos x − i sin x)
2
(ey + e−y ) cos x + i(ey − e−y ) sin x
.
2
A esta função correspondem as partes real e imaginária
u(x, y) = (ey + e−y ) cos
x
x
e v(x, y) = (ey − e−y ) sin ,
2
2
respectivamente. As funções u e v não verificam as equações de Cauchy-Riemann. Por
exemplo,
∂v
∂u
=
∂x
∂y
x
ey + e−y
x
sin = (ey + e−y ) sin
2
2
2
ey + e−y
y
−y
y
−y
⇔−
= e + e ⇔ e + e = 0,
2
⇔−
trata-se de uma equação impossível.
2. Atendendo às expressões de seno e coseno hiperbólicos conhecidas em R, podemos escrever
sin z
=
=
=
=
=
ezi − e−zi
e−y+xi − ey−xi
=
2i
2i
e−y (cos x + i sin x) − ey (cos x − i sin x)
2i
(e−y − ey ) cos x + i (e−y + ey ) sin x
2i
e−y + ey
ey − e−y
sin x + i
cos x
2
2
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−y+xi + ey−xi
ezi + e−zi
=
2
2
e−y (cos x + i sin x) + ey (cos x − i sin x)
2
(e−y + ey ) cos x + i (e−y − ey ) sin x
2
e−y + ey
ey − e−y
cos x − i
sin x
2
2
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.
32
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES ELEMENTARES
3. Notemos que, dado y ∈ R, temos
cosh2 y − sinh2 y
=
=
=
µ
¶2
µ
¶2
ey − e−y
2
¡
¢
−2y
−y y
2y
+ 2e e + e − e2y − 2ey e−y + e−2y
e
4
4e−y+y
= 1.
4
e−y + ey
2
−
Atendendo ao exercício 2, podemos escrever
|sin z|
2
2
= |sin x cosh y + i cos x sinh y|
= (sin x cosh y)2 + (cos x sinh y)2
= sin2 x(1 + sinh2 y) + cos2 x sinh2 y
¡
¢
= sin2 x + sin2 x + cos2 x sinh2 y
¯
¯
= sin2 x + sinh2 y = ¯sin2 x¯ + sinh2 y.
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
2
|cos z| = cos2 x + sinh2 y,
o que permite concluir que |cos z| ≥ |cos x|, para z = x + yi.
4. Temos
cos z = 2 ⇔
ezi + e−zi
= 2 ⇔ ezi + e−zi = 4.
2
Multiplicando por ezi 6= 0, obtemos a equação quadrática
¡ ¢2
cos z = 2 ⇔ ezi − 4e√zi + 1 = 0
√
4 ± 16 − 4
⇔ ezi =
= 2 ± 3.
2
Então,
e(x+yi)i = e−y+xi = e−y (cos x + i sin x) = 2 ±
o que permite concluir que
e−y cos x = 2 ±
√
3 ∧ e−y sin x = 0.
√
3,
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
√
√
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 ±
e−y = 2 ±
³
³
√
√ ´
√ ´
3 ⇔ −y = ln 2 ± 3 ⇔ y = − ln 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 − sin2 z.
6. cos z + i sin z =
2.3
ezi + e−zi
ezi − e−zi
2ezi
+i
=
= ezi .
2
2i
2
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 =
ex − 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 =
ez − 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 =
ez + e−z
= cosh z
2
e (cosh z)0 =
ez − e−z
= sinh z.
2
• Também se podem definir as funções tangente e cotangente hiperbólicas de variável complexa,
a saber
tanh z =
sinh z
cosh z
1
, coth z =
=
,
cosh z
sinh z
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
34
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES ELEMENTARES
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) π2 i, 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 − sinh2 z = 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
e−z + ez
=
= cosh z.
2
2
2
2
(ez + e−z )
(ez − e−z )
3. cosh z − sinh z =
−
4
4
2z
z−z
−2z
e + 2e
+e
− e2z + 2ez−z − e−2z
=
= 1.
4
2
2
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
⇔ eu (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 ew 6= 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| ei arg z = z.
Mas,
log(ez ) = ln |ez | + i arg ez = 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.
36
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES ELEMENTARES
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 restrição 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 logaritmo 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 intervalo [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| = ln
p
x2 + 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,
³
π ´ 3π
=
i.
log z + log w = (ln 1 + iπ) + ln 1 + i
2
2
Por outro lado,
³
3π
π´
= cis ,
zw = cis π +
2
2
pelo que
log (zw) = ln 1 + i
µ
3π
2
¶
=
3π
i.
2
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
µ
¶
3π
5π
log z + log w = (ln 1 − iπ) + ln 1 − i
= − i,
2
2
³ π´
π
log (zw) = ln 1 + i −
= − i.
2
2
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
2. Resolva a equação ez =
√
3 + i.
¢
¡√
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).
38
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES ELEMENTARES
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)
³ π = ln 2 ´+ i(π + 2kπ),
log i = ln 1 + i arg i = i
+ 2kπ ,
2
µ
¶
√
√
3π
+ 2kπ ,
log (−1 − i) = ln 2 + i arg(−1 − i) = ln 2 + i −
4 ´
³π
¢
¡√
¢
¡√
log 3 + i = ln 2 + i arg 3 + i = ln 2 + i
+ 2kπ , k ∈ Z.
6
2. Temos
³√
´
√
3+i .
ez = 3 + i ⇔ z = log
Pelo exercício 1, o conjunto solução da equação é
´
o
n
³π
+ 2kπ : k ∈ Z .
S = ln 2 + i
6
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,
¶
³
³ π ´´ µ √
3π
log z − log w =
ln 1 + i −
− ln 2 + i
2
4
µ
¶
√
√
π 3π
5π
= ln 2 + i − −
= ln 2 − i .
2
4
4
Por outro lado,
µ
µ
¶
¶
√
3π
π 3π
5π
1
1
z
= √ cis − −
= √ cis −
= 2cis ,
w
2
4
4
4
2
2
pelo que
√
3π
z
= ln 2 + i .
w
4
Verificamos então que a diferença (log z − log w) − log (z/w) é de −2πi.
log
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
∂v
∂r
=
1
r
e
= 0 e
∂u
=0
∂θ
∂v
= 1,
∂θ
o que mostra serem válidas as equações de Cauchy-Riemann estabelecidas para coordenadas
polares,
1 ∂v
∂u
=
∂r
r ∂θ
e
∂v
1 ∂u
=−
.
∂r
r ∂θ
7. A função ez + 1 é analítica em C. Logo, log (ez + 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 ⇔ ex sin y = 0 ⇔ sin y = 0 ⇔ y = nπ, para n ∈ Z.
Por outro lado,
Re (ez + 1) ≤ 0 ⇔ ex cos y + 1 ≤ 0 ⇔ ex 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 ex ≥ 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,
f 0 (z) =
ez
ez
.
+1
40
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES ELEMENTARES
Exercícios propostos
1. Calcule todos os valores de ei , log(−2i), e3 log(1−i) .
2. Resolva, em C, as seguintes equações:
(a) cos z = 10;
(d) sinh z = −i;
(b) cos z = sin z;
(e) eiz = −3;
(c) sin z = 2;
(d) ez + 6e−z = 5.
3. Apresente as seguintes funções na forma f (z) = u + vi:
(a) f (z) = e−iz ;
2
(b) f (z) = ez .
4. Determine as regiões onde as seguintes funções são analíticas e calcule f 0 (z):
3
(a) f (z) = eπz −1 ;
¢
¡
(c) f (z) = sin log z 2 ;
1
(b) f (z) = cos (1/z) + e z2 +1 ;
√
(d) f (z) = z 2 − 2.
5. Determine para que valores de z é válida a igualdade log z 2 = 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, eπ/2i = i, eπi = −1, e−π/2i = −i e e−πi = −1.
¯ ¯
8. Mostre que ¯eiy ¯ = 1, para todo o y ∈ R.
³ 2´
9. Mostre que u(x, y) = Re ez 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) cosh2 z + sinh2 z = 1.
13. Mostre que cos z = cos z.
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.
2
3. (a) ey cos x − iey sin x; (b) ex
−y 2
2
cos (2xy) + iex
−y 2
sin (2xy).
µ ¶
1
1
1
2z
3
4. (a) f 0 (z) = 3πz 2 eπz −1 , ∀z ∈ C; (b) f 0 (z) = 2 sin
e z2 +1 , ∀z ∈ C\ {−i, 0, i};(c)
−
2
z
z
(z 2 + 1)
√ ª
√
¢
©
¡
z
2
f 0 (z) = cos log z 2 , ∀z ∈ C\ {z = yi : y ∈ R}; (d) √
, ∀z ∈ C\ z = yi ∨ z = x, − 2 ≤ x ≤ 2 .
z
z2 − 2
5. z = reiθ , com r > 0 e θ ∈ [−π/2, π/2[.
42
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES ELEMENTARES
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
∞
sin2 x
dx.
x2
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 bidimensional 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
44
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
Dada uma curva parametrizada por γ(t) = x(t) + y(t)i, t ∈ [a, b], e t0 ∈ [a, b], o vector
γ 0 (t0 ) = x0 (t0 ) + iy 0 (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 parametrizada 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 γ 0 (t) = x0 (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 γ j = 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 γ 1 +γ 2 + · · · + γ n .
γ(b)
•
γ
γ(t)
y
γ(a)
a
t
b
•
•
x
A suavidade de uma curva significa geometricamente que ela tem vector tangente γ 0 (t) = x0 (t) +
iy 0 (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
, t∈R
y(t) = t2
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 y0 (t) enquanto derivadas de funções reais de variável real.
Em cada instante t, o vector tangente (x0 (t), y0 (t)) = x0 (t) + iy 0 (t) pode ser interpretado como o vector velocidade
de um ponto material, com posição (x(t), y(t)).
3.1. INTEGRAIS CURVILÍNEOS
45
y = x2 compreendido entre os pontos z1 = γ(−1) = −1 + i e z2 = γ(2) = 2 + 4i. Note-se que
γ 0 (t) = 1 + 2ti 6= 0 para −1 ≤ t ≤ 2. Geometricamente,
y
γ
•
•
-1
2
-1
2
x
Exemplo 11 A circunferência de centro na origem e de raio 1 pode ser parametrizada por γ(t) =
cos t + i sin t = eit , t ∈ [0, 2π]. De facto,
x2 (t) + y 2 (t) = cos2 t + sin2 t = 1.
Trata-se de uma curva suave visto que x(t) = cos t e y(t) = sin t são funções contínuas com
derivadas contínuas no intervalo [0, 2π] e γ 0 (t) = − sin t + i cos t 6= 0 para 0 ≤ t ≤ 2π (as funções
seno e coseno não têm zeros coincidentes).
Exemplo 12 A elipse de centro na origem e de semi-eixos horizontal e vertical com medidas a 6= 0
e b 6= 0, respectivamente, tem parametrização γ(t) = a cos t + ib sin t, t ∈ [0, 2π]. Com efeito,
x2 (t) y 2 (t)
+ 2 = cos2 t + sin2 t = 1.
a2
b
Trata-se, tal como a circunferência, de uma curva suave.
Exemplo 13 A curva γ parametrizada por
½
t + it2
γ(t) =
t + 4i
se − 1 ≤ t ≤ 2
se 2 ≤ t ≤ 3
é seccionalmente suave. Dado que γ 1 (2) = γ 2 (2), γ é a união da curva γ 1 (t) = γ |]−1,2[ (t) = t + it2
com a curva γ 2 (t) = γ |]2,3[ (t) = t + 4i. Além disso, γ 1 é uma curva suave dado que as funções
x(t) = t e y(t) = t2 têm derivadas contínuas e γ 01 (t) = 1 + 2ti 6= 0. Analogamente, a restrição γ 2
é uma curva suave. Observamos que γ não é suave pois γ 01 (2) = 1 + 4i enquanto que γ 02 (2) = 1.
No que segue todas as curvas consideradas são seccionalmente suaves, salvo indicação em contrário.
46
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
Definição 13 A orientação ou sentido de uma curva γ : [a, b] → C, a ≤ b, é de γ(a) para
γ(b). A curva −γ parametrizada por
(−γ)(t) = γ(a + b − t),
t ∈ [a, b] ,
corresponde ao mesmo conjunto de pontos mas orientada no sentido inverso ao de γ.
Quando o ponto final coincide com o ponto inicial, γ(a) = γ(b), a curva γ diz-se fechada. A
orientação de uma curva fechada diz-se positiva (ou directa) se é contrária à dos ponteiros do
relógio e diz-se negativa (ou indirecta) no caso contrário.
Se γ(t1 ) 6= γ(t2 ) sempre que t1 6= t2 , com t1 , t2 ∈ ]a, b[, então a curva diz-se simples. Uma
curva simples e fechada é designada por curva de Jordan3 .
Exemplo 14 A curva γ(t) = z0 + reit , com t ∈ [α, β] e β ≤ α + 2π, define um arco da circunferência de centro z0 e de raio r, com extremidades inicial e final γ (α) e γ (β), respectivamente.
Trata-se de uma curva suave dado que x(t) = x0 + r cos t e y(t) = y0 + r sin t têm derivadas contínuas e γ 0 (t) = ireit 6= 0 em todos os pontos. Quando β = α + 2π, temos γ (α) = γ (β) e a curva é
fechada e descrita no sentido positivo. Atendendo a que se trata de uma circunferência, é imediato
que se trata de uma curva simples. A curva (−γ) (t) = z0 + re−it , t ∈ [α, α + 2π], representa a
mesma circunferência, mas orientada no sentido negativo.
Comecemos por definir o integral curvilíneo de uma função complexa de variável real.
Definição 14 Seja h : [a, b] → C uma função complexa de variável real definida por h(t) =
u(t) + iv(t), para funções u e v contínuas em [a, b]. Define-se o integral curvilíneo da função
h no intervalo [a, b] como sendo o número complexo
Z
b
h(t)dt =
a
Z
b
u(t)dt + i
a
Z
b
v(t)dt,
a
onde os integrais de u e v são integrais usuais de funções reais de uma variável real.
Exemplo 5 Pretendemos determinar o integral curvilíneo da função h(t) = t2 +1+t3 i no intervalo
[0, 1]. Dado que u(t) = t2 + 1 e v(t) = t3 são as partes real e imaginária de h, respectivamente,
temos
Z
0
1
¡2
¢
t + 1 + it3 dt =
Z
1
2
(t + 1)dt + i
0
Z
0
1
t3 dt =
4 1
+ i.
3 4
Segue-se a definição de integrais curvilíneos para funções complexas de variável complexa.
3 Em
referência a Camille Jordan (1838-1922).
3.1. INTEGRAIS CURVILÍNEOS
47
Definição 15 Sejam f uma função contínua definida num aberto A ⊆ C e γ : [a, b] → C uma curva
seccionalmente suave tal que γ ([a, b]) ⊂ A. Define-se o integral curvilíneo (ou simplesmente
R
R
integral) ao longo de γ, que se denota por γ f (z)dz (ou simplesmente por γ f ), como sendo o
número complexo
Z
f (z)dz =
γ
n Z
X
j=1
aj
aj−1
¡
¢
f γ j (t) · γ 0j (t)dt,
onde a0 = a < a1 < · · · < an = b é uma partição do intervalo [a, b] tal que as restrições γ j =
γ |]aj−1 ,aj [ , para j = 1, . . . , n, parametrizam curvas suaves. A função f é designada por função
H
integranda. Quando a curva é fechada é usual a notação γ f .
A continuidade da função f em todos os pontos da curva e a continuidade das restrições γ 0j ,
para j = 1, ..., n, garantem a existência do integral. O valor do integral corresponde, assim, à
¡
¢
soma (finita) dos n integrais curvilíneos das funções complexas de variável real f γ j (t) · γ 0j (t) em
cada um dos intervalos [aj−1 , aj ], conforme a definição 6. No caso particular de f ser uma função
contínua em todos os pontos de uma curva suave γ : [a, b] → C, temos o caso mais simples em que
Z
f (z)dz =
Z
a
γ
b
f (γ (t)) · γ 0 (t)dt.
Exemplo 15 Consideremos a circunferência de centro na origem e de raio 2. Uma parametrização
para esta curva suave pode ser definida por
γ(t) = 2 cos t + i2 sin t = 2eit , t ∈ [0, 2π] .
Pretendemos calcular o valor do integral de f (z) = 1/z ao longo da curva γ. A função f está
definida e é contínua em todos os pontos da curva γ (f tem por domínio C\ {0} mas a origem não
pertence à curva). Então, dado que γ 0 (t) = −2 sin t + i2 cos t,
I
f (z)dz
=
Z
2π
f (2 cos t + i2 sin t) (−2 sin t + i2 cos t) dt
0
γ
=
Z
2π
1
(−2 sin t + i2 cos t) dt
2 cos t + i2 sin t
2π
2 cos t − i2 sin t
(−2 sin t + i2 cos t) dt
4 cos2 t + 4 sin2 t
−4 cos t sin t + 4i cos2 t + i4 sin2 t + 4 sin t cos t
dt
4
Z 2π
4i
dt = 2πi.
dt = i
4
0
0
=
Z
0
=
Z
2π
0
=
Z
0
2π
Em alternativa, podemos usar a forma γ(t) = 2eit . Temos então γ 0 (t) = 2ieit e o integral é dado
48
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
por
I
f (z)dz
=
Z
2π
0
γ
=
Z
2π
0
¡
¢
f 2eit 2ieit dt
1
2ieit dt =
2eit
Z
2π
idt = i
0
Z
2π
dt = 2πi.
0
Exemplo 6 Consideremos a curva representada na figura e a função f (z) = z definida em todo o
plano complexo.
y
2+2i
x
0
Trata-se de uma curva seccionalmente suave, união de duas curvas suaves: o segmento de recta
que une z = 0 a z = 2 parametrizado por γ 1 (t) = t, t ∈ [0, 2] , e o segmento de recta que une z = 2
a z = 2 + 2i parametrizado por γ 2 (t) = 2 + (t − 2) i, t ∈ [2, 4]. Dado que a função f (z) = z é
contínua em C (em particular, na curva) e γ 01 (t) = 1 e γ 02 (t) = i, o integral curvilíneo é obtido
como soma de dois integrais na variável real t,
Z
f (z)dz
Z
=
γ
Z
=
Z
=
2
f (t)dt +
0
2
tdt +
0
Z
Z
2
tdt + i
0
f (2 + (t − 2) i) i dt
4
2
2
4
Z
2
(2 + (t − 2) i) i dt
4
2dt −
Z
4
2
(t − 2) dt = 4i.
Exemplo 16 Consideremos a função f (z) = z, de domínio C, e o arco da circunferência de centro
na origem e de raio 1 situado no 1o quadrante, parametrizado por γ(t) = cos t + i sin t, t ∈ [0, π/2].
Temos γ 0 (t) = − sin t + i cos t e, sendo f (z) = x − yi uma função contínua em todos os pontos da
curva, obtemos
Z
f (z)dz
=
Z
π/2
f (cos t + i sin t) (− sin t + i cos t)dt
0
γ
=
Z
π/2
(cos t − i sin t) (− sin t + i cos t)dt
0
=
Z
0
π/2
¡
¢
i cos2 t + sin2 t dt = i
Z
0
π/2
dt =
π
i.
2
3.1. INTEGRAIS CURVILÍNEOS
49
Exemplo 17 Dada a função f (z) = z 2 contínua em todo o plano complexo, pretendemos calcular
o valor do seu integral ao longo do segmento de recta definido, em coordenadas rectangulares, pela
equação y = 5x, entre os pontos z1 = 0 e z2 = 2 + 10i. Podemos considerar a própria variável x
como parâmetro e usar a parametrização γ(x) = x + 5xi, com x ∈ [0, 2]. Temos γ 0 (x) = 1 + 5i e o
integral é então dado por
Z
Z
f (z)dz =
γ
2
f (x + 5xi) (1 + 5i)dx =
0
=
Z
=
2
0
2
0
Z
Z
2
¡
¢
10x2 i − 24x2 (1 + 5i)dx =
Z
−74x2 dx − i
0
2
0
(x + 5xi)2 (1 + 5i)dx
Z
2
0
110x2 dx = −
¢
¡
−74x2 − 110x2 i dx
592 880
−
i.
3
3
Nota 9 Seja f (z) = u(x, y) + v(x, y)i e γ (t) = x(t) + iy(t) a parametrização de uma curva. Sem
perda de generalidade, podemos supor que γ é suave4 . Temos
Z
Z
Re f (z)dz = [u(x, y)dx − v(x, y)dy] ,
γ
e
Im
O integral curvilíneo
bidimensional.
R
γ
Z
γ
f (z)dz =
γ
Z
[u(x, y)dy + v(x, y)dx] .
γ
f (z)dz pode assim ser escrito em termos de dois integrais de linha no plano
Algumas propriedades dos integrais curvilíneos são enunciadas a seguir.
Proposição 14 Seja γ uma curva em C seccionalmente suave. Sejam f e g funções definidas e
contínuas na curva γ. São válidas as seguintes propriedades:
(a)
(b)
R
γ
[C1 f (z) + C2 g(z)] dz = C1
do integral curvilíneo);
R
−γ
f (z)dz = −
R
γ
R
γ
f (z)dz+C2
R
γ
g(z)dz para constantes C1 , C2 ∈ C (linearidade
f (z)dz (integral curvilíneo na orientação inversa);
(c) Se γ = γ 1 + · · · + γ n 5 então
R
γ 1 +···+γ n
f (z)dz =
curvilíneo ao longo da união de curvas).
4 No
R
γ1
f (z)dz + · · · +
R
γn
f (z)dz (integral
caso em que γ é uma curva seccionalmente suave basta, atendendo à definição 8, usar o mesmo raciocínio
em cada subintervalo [aj−1 , aj ] da partição do intervalo [a, b].
5 Escrevemos γ = γ +γ para denotar que γ é a união ou soma das curvas seccionalmente suaves γ e γ :
1
2
1
2
dadas curvas γ 1 : [a, b] → C e γ 2 : [b, c] → C com γ 1 (b) = γ 2 (b), define-se γ 1 + γ 2 : [a, c] → C por
γ 1 (t) se a ≤ t ≤ b
(γ 1 + γ 2 ) (t) =
.
γ 2 (t) se b ≤ t ≤ c
A soma geral γ = γ 1 + · · · + γ n define-se de forma análoga.
50
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
Exemplo 7 Considerando a curva apresentada na figura,
Eixo
imaginário
•
1+2i
• 1+i
•
Eixo real
pretendemos calcular o valor do integral curvilíneo da função f (z) = x2 + y 2 i ao longo desta
curva seccionalmente suave. Esta curva é a união de duas curvas suaves, uma parametrizada por
γ 1 (t) = t + ti com t ∈ [0, 1] e outra parametrizada por γ 2 (t) = 1 + ti, com t ∈ [1, 2]. Então
γ = γ 1 + γ 2 e logo
Z
f (z)dz
=
γ
=
Z
f (z)dz +
γ1
Z 1
0
=
Z
0
1
Z
f (z)dz
γ2
f (γ 1 (t)) · γ 01 (t)dt +
Z
1
¢
¡2
t + t2 i (1 + i) dt +
= (1 + i)
= (1 + i)
Z
2
1
t2 (1 + i)dt +
0
Z
1
2
t dt + i
0
Z
1
2
Z
Z
1
2
f (γ 2 (t)) · γ 02 (t)dt
2
1
2¡
dt −
¢
¡
1 + t2 i i dt
¢
i − t2 dt
Z
2
t2 dt
1
1
7
7 5
= (1 + i)
+ i − = − + i.
3
3
3 3
2
A mesma curva pode ser parametrizada por diferentes funções. Põe-se a questão de saber se o
R
valor do integral curvilíneo γ f (z)dz é independente da parametrização usada. Para responder a
esta questão necessitamos da seguinte definição.
Definição 16 Dada uma curva seccionalmente suave parametrizada por γ : [a, b] → C, uma nova
h i
h i
função γ
e: e
a, eb → C diz-se uma reparametrização de γ se existe uma função α : [a, b] → e
a, eb
tal que α0 (t) > 0, α(a) = e
a, α(b) = eb e γ (t) = γ
e (α (t)).
a e α(b) = eb, garantem que a curva parametrizada
As condições impostas a α, α0 (t) > 0, α(a) = e
por γ
e tem a mesma orientação que a curva parametrizada por γ.
h i
Proposição 15 Se γ
e: e
a, eb → C é uma reparametrização de γ : [a, b] → C então
Z
Z
f (z)dz = f (z)dz.
γ
γ
h
3.1. INTEGRAIS CURVILÍNEOS
51
R
Exemplo 8 Pretendemos calcular
γ
Re(z)dz ao longo do segmento de recta que une z1 = 0 a
z2 = 1 + i. Escolha-se a parametrização γ : [0, 1] → C dada por γ(t) = t + it. A função integranda
é contínua nos pontos da curva. Dado que γ 0 (t) = 1 + i, temos
Z
Re(z)dz
=
γ
Z
1
Re (γ(t)) · γ 0 (t)dt =
0
=
Z
1
t(1 + i)dt = (1 + i)
0
Z
Z
1
Re (t + it) (1 + i)dt
0
1
t dt =
0
1 1
+ i.
2 2
Para a mesma curva podemos considerar outras parametrizações, por exemplo, γ
e : [1, 2] → C
definida por γ
e(t) = (t − 1) + i (t − 1) . Verificamos que o integral é dado pelo mesmo valor,
Z
γ
h
Re(z)dz
=
Z
2
1
=
Z
1
2
Re (e
γ (t)) · γ
e0 (t)dt =
Z
2
Re [t − 1 + i (t − 1)] (1 + i)dt
1
(t − 1) (1 + i)dt = (1 + i)
Z
2
(t − 1) dt =
1
1 1
+ i.
2 2
Frequentemente, é útil obter uma estimativa superior do módulo de um integral. Dada uma
curva parametrizada por γ(t) = x(t)+y(t)i, com t ∈ [a, b], o comprimento da curva γ é definido
por
Z bp
Z
0
2
0
2
l (γ) =
x (t) + y (t) dt =
a
b
a
|γ 0 (t)| dt.
Nota-se que, o comprimento de uma curva é independente da parametrização considerada.
Proposição 16 Seja f uma função complexa de variável complexa definida e contínua num aberto
A ⊆ C e seja γ : [a, b] → A uma curva seccionalmente suave em A. Se f for limitada sobre a
curva, isto é, se existir M ≥ 0 tal que |f (z)| ≤ M , para todo o z ∈ γ ([a, b]), então
¯Z
¯
¯
¯
¯ f (z)dz ¯ ≤ M · l(γ).
¯
¯
γ
Exemplo 9 Consideremos a função complexa f (z) = ez / (z + 1) de domínio C\ {−1}. Pretendemos obter uma estimativa superior do módulo do integral de f ao longo da circunferência de centro na origem e de raio 4, definida por |z| = 4.
Considerando a parametrização
γ(t) = 4 cos t + 4 sin t, 0 ≤ t ≤ 2π, o comprimento desta curva é dado pelo integral
l (γ) =
Z
0
2π q
2
2
(−4 sin t) + (4 cos t) dt =
Z
2π
4 dt = 8π
0
(como seria de esperar pela fórmula do perímetro de uma circunferência). Quanto à limitação da
função f ao longo desta circunferência, podemos escrever
¯ z ¯
¯ e ¯
|ez |
|ez |
|ez |
|ez |
ex
e4
¯
¯
¯ z + 1 ¯ = |z + 1| ≤ |z| − 1 = 4 − 1 = 3 = 3 ≤ 3 ,
52
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
já que o valor máximo que x = Re(z) pode tomar ao longo da circunferência é 4. Então, pela
proposição 16, obtemos a estimativa pedida,
¯I
¯
¯
¯ e4
8πe4
ez
¯
¯
dz
¯ z + 1 ¯ ≤ 3 8π = 3 .
γ
Exercícios resolvidos
1. Dada a função complexa f (z) = z calcule o valor do integral curvilíneo
2
curva definida por x(t) = 3t e y(t) = t , com t ∈ [1, 4].
2. Calcule o valor do integral curvilíneo
R
γ
R
γ
f (z)dz onde γ é a
f (z)dz para
(a) f (z) = y − x − 3x2 i sobre a curva que é a união do segmento de recta que une z = 0 a
z = i com o segmento de recta que une z = i a z = 1 + i;
(b) f (z) = (z + 2)/z sobre a semicircunferência parametrizada por γ(θ) = 2eiθ , com 0 ≤
θ ≤ −π;
(c) f (z) = 1/z sobre os pontos da semicircunferência de centro 2 e de raio 1 com parte real
superior a 2 e percorrida no sentido negativo.
3. Considere o caminho γ(t) = eit , para t ∈ [0, 2π]. Prove que são nulos os integrais curvilíneos
I
I
1
1
dz e
dz.
2|
|z|
|z
γ
γ
4. Calcule o valor do integral curvilíneo
3
R
γ
f (z)dz onde γ é a curva de equação dada, em coor-
denadas rectangulares, por y = x entre os pontos z = −1 − i e z = 1 + i, e onde f é a função
definida por
f (z) =
½
1
4y
se y < 0
.
se y > 0
5. Considere a curva γ(t) = eit , com t ∈ [0, π]. Mostre que
¯Z z ¯
¯ e
¯
¯
dz ¯¯ ≤ eπ.
¯
γ z
6. Escrevendo o integral curvilíneo em termos de integrais reais, prove que
Z
dz = B − A
γ
quando a integração é feita ao longo de uma curva seccionalmente suave que una o ponto A
ao ponto B.
3.1. INTEGRAIS CURVILÍNEOS
53
Propostas de resolução
1. Dada a curva γ(t) = 3t + it2 , com t ∈ [−1, 4], temos γ 0 (t) = 3 + 2ti. Sendo x(t) = 3t e
y(t) = t2 funções contínuas com derivadas contínuas no intervalo [−1, 4], a curva γ é suave.
Corresponde ao arco da parábola definida, em coordenadas rectangulares, pela equação y =
x2 /9 entre os pontos z = γ(−1) = −3 + i e z = γ(4) = 12 + 16i. Sendo a função f (z) = z
contínua em todos os pontos da curva γ, o integral curvilíneo é dado por
Z
zdz
=
γ
=
=
Z
Z
4
3t +
−1
4
−1
¡
it2 (3
+ 2ti)dt =
Z
4
¢
¡
3t − t2 i (3 + 2ti)dt
−1
4
¢
9t + 2t3 + 3t2 i dt =
Z
−1
¡
¢
9t + 2t3 dt + 3i
9
1
1
15 + 255 + 3i 63 = 195 + 63i.
2
2
3
Z
4
t2 dt
−1
2. (a) O segmento de recta que une z = 0 a z = i pode ser parametrizado por γ 1 (t) = ti, com
0 ≤ t ≤ 1, e o segmento de recta que une z = i a z = 1 + i por γ 2 (t) = t + i, com
0 ≤ t ≤ 1.
Eixo
imaginário
i
1+i
• •
•
Eixo real
Dado que a função f (z) = y − x − 3x2 i está definida e é contínua ao longo de cada uma
das curvas suaves consideradas, temos
Z
γ
f (z)dz
=
Z
1
f (ti)i dt +
0
= i
Z
0
1
t dt +
Z
0
1
Z
1
f (t + i)1 dt =
0
(1 − t) dt − 3i
Z
0
Z
1
ti dt +
0
1
t2 dt = i +
Z
0
1
¡
¢
1 − t − 3t2 i dt
1
1
1
− 3i = .
2
3
2
(b) A semicircunferência parametrizado por γ(θ) = 2eiθ , com −π ≤ θ ≤ 0, centrada na
origem e com raio 2 situada nos 3o e 4o quadrantes, é uma curva suave com γ 0 (θ) = 2ieiθ .
A função f (z) = (z + 2)/z está definida (o seu domínio é C\ {0} e a origem não pertence
54
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
a γ) e é contínua na semicircunferência γ. Temos, então
Z
f (z)dz
=
Z
0
¡
¢
f 2eiθ 2ieiθ dθ =
−π
0
γ
= i
= i
Z
¢
¡ iθ
2e + 2 dθ = i
−π
∙Z 0
Z
Z
0
2eiθ + 2 iθ
2ie dθ
2eiθ
−π
0
(2 (cos θ + i sin θ) + 2) dθ
−π
(2 cos θ + 2) dθ + 2i
−π
Z
0
sin θdθ
−π
¸
= i [2π + 2i (−1 − 1)] = i(2π − 4i) = 4 + 2πi.
(c) Os pontos da semicircunferência de centro 2 e de raio 1 com parte real superior a 2,
percorrida no sentido negativo,.podem ser parametrizados por γ(t) = 2 + cos t − i sin t
π
π
com − ≤ t ≤ .
2
2
Eixo
imaginário
1
2
3
Eixo real
Trata-se de uma curva suave onde a função f (z) = 1/z está definida (o seu domínio é
C\ {0}) e é contínua. O integral curvilíneo é dado por
I
f (z)dz
=
Z
π/2
−π/2
γ
=
=
=
Z
π/2
−π/2
1
(− sin t − i cos t)dt
2 + cos t − i sin t
−π/2
(2 + cos t + i sin t) (− sin t − i cos t)
dt
(2 + cos t − i sin t) (2 + cos t + i sin t)
Z
Z
π/2
π/2
−π/2
=
=
f (2 + cos t − i sin t)(− sin t − i cos t)dt
Z
−2 sin t − 2i cos t − i
(2 + cos t)2 + sin2 t
dt
π/2
−2 sin t − i (2 cos t − 1)
dt
4 + 4 cos t
−π/2
Z
Z
i π/2 2 cos t − 1
1 π/2 − sin t
dt −
dt.
2 −π/2 1 + cos t
4 −π/2 1 + cos t
Efectuando a mudança de variável no 2o integral simples tan t/2 = s, temos cos t =
3.1. INTEGRAIS CURVILÍNEOS
55
¡
¢ ¡
¢
¢
¡
1 − s2 / 1 + s2 e t0 = 2/ 1 + s2 . Obtemos, então,
I
f (z)dz
=
γ
=
=
=
=
=
Z
1
2
π/2
−π/2
− sin t
i
dt −
1 + cos t
4
Z
1
−1
1 − s2
−1 2
1 + s2
ds
1 − s2 1 + s2
1+
1 + s2
2 − 2s2 − 1 − s2 1
ds
1 + s2 + 1 − s2 1 + s2
2
Z
1
i 1
π/2
[ln |1 + cos t|]−π/2 −
2
2 −1
Z 1
1
i
1 − 3s2 1
ds
(ln 1 − ln 1) −
2
2 −1
2
1 + s2
¶
Z
Z µ
i 1 3s2 − 1
i 1
4
0+
ds
=
3
−
ds
4 −1 1 + s2
4 −1
1 + s2
³ π ´´
i³
π
i
1
[3s − 4 arctan s]−1 =
3−4 +3+4 −
4
4
4
4
3−π
i
(6 − 2π) =
i.
4
2
3. Dada a curva γ(t) = eit , para t ∈ [0, 2π] temos γ 0 (t) = ieit . Trata-se da circunferência de
¯ ¯
centro na origem e de raio 1, onde as funções f (z) = 1/ |z| e g(z) = 1/ ¯z 2 ¯, de domínio
C\ {0}, estão definidas e são contínuas. Para esta curva suave os integrais curvilíneos são
dados por
I
1
dz =
|z|
γ
I
γ
1
dz =
|z 2 |
Z
Z
2π
0
2π
1
· ieit dt =
|eit |
1
|e2it |
0
· ieit dt =
Z
2π
0
Z
2π
0
£ ¤2π
ieit dt = eit 0 = e2πi − 1 = 0
1
1
· ieit dt = 2
e2
e
Z
2π
ieit dt = 0.
0
4. A curva pode ser parametrizada por γ(t) = t + t3 i, com −1 ≤ t ≤ 1. Trata-se de uma curva
suave com γ 0 (t) = 1 + 3t2 i. A função f , de domínio C, é contínua em todos os ponto da
curva. Temos
Z
f (z)dz
=
Z
1
−1
0
γ
=
Z
−1
0
=
Z
−1
0
f (γ(t)) · γ (t)dt =
¢
¡
1 + 3t2 i dt +
dt + 3i
Z
0
Z
0
1
Z
1
−1
¡
¢
4t3 · 1 + 3t2 i dt
t2 dt + 4
−1
¡
¢
f (t + t3 i) 1 + 3t2 i dt
Z
1
t3 dt + 12i
0
3i 4 12i
+ +
= 2 + i.
= 1−
3
4
6
Z
1
t5 dt
0
5. A curva γ(t) = eit , para t ∈ [0, π], é a semicircunferência de centro na origem e de raio 1
situada nos 1o e 2o quadrantes. Trata-se de uma curva suave onde a função f (z) = ez /z,
de domínio C\ {0}, está definida e é contínua. Pretendemos obter uma estimativa superior
56
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
do módulo do integral curvilíneo de f ao longo da semicircunferência. O comprimento da
semicircunferência é π,
l (γ) =
Z πq
Z π
2
2
(− sin t) + (cos t) dt =
dt = π,
0
0
¯ ¯
e todos os seus pontos verificam |z| = ¯eit ¯ = 1. Quanto à limitação da função f ao longo
desta semicircunferência, podemos escrever
¯ z¯
¯ e ¯ |ez |
|ez |
¯ ¯=
≤
= ex ≤ e,
¯z¯
|z|
1
já que o valor máximo que x pode tomar ao longo da circunferência é 1. Então, por (5.2),
temos a estimativa pedida
¯I z ¯
¯ e
¯
¯
dz ¯¯ ≤ eπ.
¯
z
γ
6. Consideremos a parametrização γ(t) com t ∈ [a, b] para uma curva seccionalmente suave que
una o ponto A ao ponto B. Temos a função f (z) = 1 que é contínua ao longo de qualquer
curva seccionalmente suave. Como tal,
Z
dz =
γ
3.2
Z
b
0
a
f (γ(t)) · γ (t)dt =
Z
a
b
γ 0 (t)dt = γ (b) − γ(a) = B − A.
Primitivação complexa
O teorema fundamental do cálculo integral para funções reais de variável real afirma que o integral
da derivada de uma função é a diferença dos valores da função nos extremos do intervalo de
integração e que o integral indefinido de uma função é uma primitiva para a função. Vejamos um
resultado análogo para integrais curvilíneos complexos.
Definição 17 Dada uma função complexa f definida e contínua numa região A ⊆ C, a função F
tal que F 0 (z) = f (z), para todo z ∈ A, diz-se uma primitiva de f (ou uma antiderivada de f ).
Notemos que esta definição implica que F é analítica em A (e, portanto, também contínua em
A) por ter derivada em todos os pontos do aberto A.
0
Exemplo 10 A função F (z) = − cos z é uma primitiva de f (z) = sin z visto que (− cos z) = sin z.
0
Dado que (− cos z + C) = sin z, qualquer que seja C ∈ C, − cos z + C é a expressão geral das
primitivas de f (z) = sin z.
Sejam f uma função complexa definida e contínua numa região A ⊆ C e F = u + iv uma
primitiva de f em A. Se γ : [a, b] → C é uma curva contida em A parametrizada por γ(t) =
3.2. PRIMITIVAÇÃO COMPLEXA
57
x(t) + y(t)i então
Z
f (z)dz =
Z
a
γ
b
0
f (γ(t)) · γ (t)dt =
Z
b
a
d
F (γ(t))dt = F (γ(b)) − F (γ(a)).
dt
Está assim provado o seguinte resultado.
Teorema 2 Teorema fundamental do cálculo integral Sejam γ : [a, b] → C uma curva e f
uma função contínua numa região A ⊆ C contendo a curva γ. Se F é uma primitiva de f em A
então
Z
Em particular, se γ(a) = γ(b),
γ
f (z)dz = F (γ(a)) − F (γ(b)).
I
f (z)dz = 0.
γ
Se γ(a) = z1 e γ(b) = z2 é usual escrever
Z
f (z)dz = [F (z)]zz21 = F (z2 ) − F (z1 ).
γ
Notemos ainda que, nas condições do teorema anterior, o valor do integral
R
γ
f (z)dz depende
apenas dos extremos da curva γ. Assim, se α for outra curva com as mesmas extremidades, o valor
do integral é o mesmo. Diz-se que o integral é independente da curva considerada e pode
Rz
denotar-se simplesmente por z12 f (z)dz.
Teorema 3 Seja f uma função contínua numa região A ⊆ C. Então são equivalentes as seguintes
afirmações:
(i) f tem uma primitiva em A;
(ii) o valor do integral curvilíneo de f é o mesmo ao longo de qualquer curva contida em A ligando
pontos z1 e z2 fixos;
(iii) o valor do integral curvilíneo de f é zero ao longo de qualquer curva fechada contida em A.
Exercícios resolvidos
1. Mostre que não existe uma função analítica f definida em C\ {0} tal que f 0 (z) = 1/z.
2. Calcule
3. Calcule
R
γ
R
γ
z 2 dz, para a curva γ(t) = eit sin3 t, com t ∈ [0, π/2].
ez dz sobre o contorno do triângulo de vértices z = 0, z = 1 e z = πi.
4. Calcule o valor de cada um dos seguintes integrais curvilíneos:
58
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
(a)
(b)
(c)
R π+2i
0
R i/2
i
R3
1
cos (z/2) dz;
eπz dz;
(z − 2)3 dz.
5. Seja γ a parametrização de uma curva contida no conjunto C\ {z ∈ C : Re z ≤ 0} que una o
R
ponto z = −i ao ponto z = i. Calcule o valor do integral curvilíneo γ 1/z dz.
6. Calcule
R
γ
log z dz, onde γ é o arco da circunferência de centro na origem e de raio r situado
no 1o quadrante.
7. Demonstre as implicações (i) ⇒ (ii) e (ii) ⇒ (iii) do teorema 2.
Propostas de resolução
1. Suponhamos, por absurdo, que existe uma função f analítica definida em C\ {0} tal que
f 0 (z) = 1/z. Vimos que a função logaritmo principal log z verificava (log z)0 = 1/z. Contudo,
a função logaritmo, embora definida em C\ {0}, não é analítica no eixo real negativo.
2. A função f (z) = z 2 é contínua em C e F (z) = z 3 /3 é uma primitiva de f . A curva γ(t) =
eit sin3 t, para t ∈ [0, π/2], une o ponto z = γ(0) = 0 ao ponto z = eπi/2 = i. Então, pelo
teorema 1,
∙
Z
z3
f (z)dz =
3
γ
¸i
0
=
i3
i
−0=− .
3
3
3. O contorno do triângulo de vértices 0, 1 e πi é seccionalmente suave.
Eixo
imaginário
πi
•
•
•1
Eixo real
Consideremos as parametrizações γ 1 (t) = t + 0i, com 0 ≤ t ≤ 1, γ 2 (t) = 1 − t/π + ti. com
0 ≤ t ≤ π e γ 3 (t) = 0 − ti,com −π ≤ t ≤ 0. A função f (z) = ez é contínua no contorno do
3.2. PRIMITIVAÇÃO COMPLEXA
triângulo γ. Temos então
Z 1
Z
Z
f (z)dz =
f (t) dt +
59
µ
¶
Z 0
t
1
f (−ti)(−i)dt
+ ti) − + i dt +
π
π
0
0
−π
µ
¶
Z 1
Z π
Z 0
1
t
1− πt +ti
=
e dt +
e
e−ti (−i)dt
− + i dt +
π
0
0
−π
iπ £
£ ¤1 h
¤0
t
= et 0 + e1− π +ti + e−ti −π = e + eπi − e + e − eπi = e.
γ
π
f (1 −
0
4. (a) A função f (z) = cos (z/2) é contínua em todos os pontos do seu domínio C e F (z) =
2 sin (z/2) é uma primitiva de f . Então, pelo teorema 1,
Z
h
³π
´
z iπ+2i
e(π/2+i)i − e−(π/2+i)i
f (z)dz = 2 sin
= 2 sin
+i −0=
2 0
2
2i
γ
=
e−1+π/2i − e1−π/2i
e−1 (0 + i) − e1 (0 − i)
e−1 − e
1 − e2
=
=
=
.
2i
2i
2
2e
(b) A função f (z) = eπz é contínua em todos os pontos do seu domínio C e F (z) = 1/πeπz
é uma primitiva de f . Então, pelo teorema 1,
∙
¸i/2
Z
´ 1
1 πz
1 ³ π/2i
f (z)dz =
=
− eπi = (i − 1) .
e
e
π
π
π
γ
i
(c) A função f (z) = (z − 2)3 é contínua em todos os pontos do seu domínio C e F (z) =
(z − 2)4 /4 é uma primitiva de f . Então, pelo teorema 1,
∙
¸3
Z
(z − 2)4
1
f (z)dz =
= (1 − 1) = 0.
4
4
γ
1
5. A função f (z) = 1/z é contínua em todos os pontos do seu domínio C\{0}, ao qual pertencem
todos os pontos da curva, e F (z) = log z é uma primitiva de f . Então, pelo teorema 1, temos
Z
³ π´ ³
π´
i
f (z)dz = [log z]−i = log(−i) − log i = ln 1 + i −
− ln 1 + i
= −πi.
2
2
γ
6. A função f (z) = log z é analítica em todos os pontos do conjunto C \ {z ∈ C : Re z ≤ 0}, ao
qual pertencem todos os pontos da curva, e F (z) = z log z − z é uma primitiva de f . A função
F tem derivada contínua em todos os pontos do conjunto C \ {z ∈ C : Re z ≤ 0} ao qual pertencem todos
Então, pelo teorema 1, temos
Z
ri
f (z)dz = [z log z − z]i = ri log(ri) − ri − (i log i − i)
γ
³
³
π´
π´
= ri ln r + i
− ri − i ln 1 + i
+i
2
2
π (1 − r)
+ r (ln r − 1) i.
=
2
os pontos da curva.
60
3.3
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
Teorema de Cauchy-Goursat
Em 1825, o matemático francês Louis-Augustin Cauchy provou um dos mais importantes teoremas
da análise complexa: se γ parametriza uma curva simples e fechada (i.e., uma curva de Jordan)
no plano complexo e f é uma função analítica em todos os pontos da curva e do seu interior então
I
f (z)dz = 0.
γ
Se f não for analítica em toda a região do interior da curva então o valor do integral poderá ou
não ser nulo. Consideremos o seguinte exemplo.
Exemplo 11 A função f (z) = 1/z analítica em C \ {0}. Se a curva de Jordan considerada for a
circunferência de centro na origem e de raio r,
I
f (z)dz
=
γ
Z
= i
2π
0
Z
0
¡
¢
f reiθ reiθ dθ =
2π
Z
2π
0
1 −iθ iθ
e ire dθ
r
dθ = i [θ]2π
0 = 2πi.
Não era esperado um resultado nulo dado que a função f não é analítica no círculo de centro na
origem e de raio r. No entanto, para a função f (z) = 1/z 2 temos
I
γ
f (z)dz
=
Z
2π
0
= −
¡
¢
f reiθ reiθ dθ =
1 £ −iθ ¤2π
e
0
r
Z
2π
1 −i2θ iθ
e
ire dθ
2
r
0
¢
1¡
= − e−i2π − e0 = 0,
r
mas tal não ocorre por consequência do teorema de Cauchy. De facto, f é analítica em C \ {0},
não sendo, portanto, analítica na curva e no seu interior.
Definição 18 Um conjunto D diz-se simplesmente conexo se toda a curva de Jordan em D pode
ser deformada num ponto de D, sem sair do conjunto D. Dito de outro modo, num conjunto
simplesmente conexo D, cada curva simples fechada inteiramente contida em D delimita apenas
pontos do conjunto D. Num conjunto simplesmente conexo não é admitida a existência de ”buracos”. Todo o plano complexo é um exemplo de conjunto simplesmente conexo. O interior de uma
curva de Jordan é uma região simplesmente conexa. No entanto, o exterior de uma curva
fechada não o é, assim como também não o é a região entre duas circunferências. Uma região que
3.3. TEOREMA DE CAUCHY-GOURSAT
61
não é simplesmente conexa designa-se por região multiplamente conexa.
Região multiplamente conexa
Região simplesmente conexa
Região multiplamente conexa
Teorema 4 Sejam f uma função analítica e com derivada contínua em todos os pontos de uma
região simplesmente conexa D e γ a parametrização de uma curva de Jordan contida em D. Então
I
f (z)dz = 0.
γ
Uma versão mais precisa do teorema de Cauchy foi desenvolvida pelo matemático francês
Edouard Goursat em 1883. Ele provou que a hipótese de continuidade de f 0 pode ser omitida. A
reformulação do teorema é a seguinte.
Teorema 5 Teorema de Cauchy-Goursat Sejam f é uma função analítica numa região simplesmente conexa D e γ a parametrização de uma curva de Jordan contida em D. Então
I
f (z)dz = 0.
γ
Visto que o interior de uma curva de Jordan é uma região simplesmente conexa, o teorema de
Cauchy-Goursat pode ter a seguinte reformulação mais simples.
Teorema 6 Se f é uma função analítica numa região simplesmente conexa D então, para cada
curva de Jordan γ contida em D, é válido que
I
f (z)dz = 0.
γ
Exemplo 18 Consideremos a função inteira f (z) = sin(ez ). Em particular, é analítica nos pontos
da circunferência de centro na origem e raio 1 bem como no seu interior. Sendo γ uma parametrização desta curva de Jordan temos, pelo teorema 4,
I
sin(ez )dz = 0.
γ
62
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
Exemplo 19 Pretendemos determinar o valor do integral curvilíneo de f (z) = ez ao longo de
qualquer curva de Jordan γ. Trata-se de uma função inteira que, em particular, é analítica em
todos os pontos da curva e do seu interior. Temos então, pelo teorema 4,
I
ez dz = 0.
γ
Exemplo 20 Consideremos a função racional f (z) = 1/z 2 e a elipse definida, em coordenadas
rectangulares, por (x − 2)2 + (y − 5)2 /4 = 1. A função é analítica em C \ {0} mas a origem não é
ponto da elipse nem do seu interior. Podemos então, pelo teorema 4, concluir que
I
1
dz = 0.
2
γ z
¡
¢
R
Exemplo 12 Pretendemos calcular o valor do integral curvilíneo γ 1/ z 2 + 1 dz = 0 ao longo
¢
¡
da circunferência γ definida por |z| = 3. A função f (z) = 1/ z 2 + 1 é analítica em CÂ {−i, i}
visto que z 2 + 1 = (z − i) (z + i). Ambos os complexos z = −i e z = i estão no interior da curva
γ. Atendendo a que
1
1
1
2i
2i
=
−
z2 + 1
z−i z+i
temos
I
γ
1
1
dz =
2
z +1
2i
I µ
γ
1
1
−
z−i z+i
¶
dz.
Consideremos as curvas de Jordan γ 1 e γ 2 definidas por |z − i| = 1/2 e |z + i| = 1/2, respectivamente. Temos, então, pelo teorema 8,
¶
¶
I
I µ
I µ
1
1
1
1
1
1
1
dz =
−
−
dz +
dz
2
2i γ 1 z − i z + i
2i γ 2 z − i z + i
γ z +1
I
I
I
I
1
1
1
1
1
1
1
1
=
dz −
dz +
dz −
dz.
2i γ 1 z − i
2i γ 1 z + i
2i γ 2 z − i
2i γ 2 z + i
Visto que a função 1/ (z + i) é analítica na circunferência γ 1 e no seu interior, assim como a função
H
1/ (z − i) é analítica na circunferência γ 2 e no seu interior temos, pelo teorema 4, γ 1/(z +i)dz =
1
H
1/(z
−
i)dz
=
0.
Quanto
aos
restantes
integrais
curvilíneos,
consideremos
as
parametrizações
γ
2
1
1
γ 1 (θ) = i + eiθ e γ 2 (θ) = −i + eiθ
2
2
com 0 ≤ θ ≤ 2π. Temos, então,
Z 2π
Z 2π
I
Z 2π
1
1
1 1 iθ
dθ
=
i
dθ = 2πi
dz =
γ 01 (θ)dθ =
ie
1 iθ 2
γ 1 (θ) − i
γ1 z − i
0
0
0
2e
e
I
γ2
1
dz =
z+i
Z
0
2π
1
γ 0 (θ)dθ =
γ 2 (θ) + i 2
Z
0
2π
1 1 iθ
dθ = i
1 iθ 2 ie
2e
Z
2π
dθ = 2πi.
0
3.3. TEOREMA DE CAUCHY-GOURSAT
Como tal,
I
γ
63
1
1
1
dz = 2πi − 0 − 0 − 2πi = 0.
z2 + 1
2i
2i
Exercícios resolvidos
1. Determine o domínio de analiticidade das seguintes funções e aplique o teorema 4 para
H
mostrar que γ f (z)dz = 0, onde γ é uma parametrização da circunferência definida por
|z| = 1.
(a) f (z) = ze−z ;
¡
¢
(b) f (z) = 1/ z 2 + 2z + 2 ;
(c) f (z) = log(z + 2).
2. Calcule
H
γ
e3z / (z − iπ) dz, onde γ é a elipse de equação |z − 2| + |z + 2| = 6 descrita no
sentido positivo.
3. Sejam f (z) = u + iv uma função analítica numa região D e γ(t) = x(t) + y(t)i, com t ∈ [a, b],
uma curva de Jordan contida e D.
Mostre que
I
γ
∂u
dx =
∂x
I
γ
∂v
dy
∂x
e
I
γ
∂u
dy = −
∂x
I
γ
∂v
dx.
∂x
4. Sejam γ e η parametrizações de curvas que unam z = −i a z = i definidas por γ(t) = eit ,
para t ∈ [−π/2, π/2] , e η(t) = (−1 + 2t) i, para t ∈ [0, 1].
¶
¶
Z µ 2
Z µ 2
z
z
2
2
+ |z| dz e
+ |z| dz
2
2
γ
η
e determine os seus valores. Justifique que não é possível utilizar o teorema 4.
5. Sejam z1 , z2 ∈ C \ {0}, z1 6= z2 . Se γ é um caminho de z1 para z2 no interior de uma região
simplesmente conexa que não contenha a origem, mostre que
Z z2
Z
1
1
1
1
dz
=
dz =
− .
2
2
z
z
z
z
1
2
γ
z1
6. Use um integral indefinido para calcular o valor do integral curvilíneo
Z
2i
1
dz
−2i z
ao longo de qualquer curva que une z = −2i a z = 2i, contida no semiplano direito.
64
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
Propostas de resolução
1. A circunferência definida por |z| = 1 é uma curva de Jordan.
(a) A função f (z) = ze−z tem domínio C e é contínua em todo o seu domínio. Podemos
então, pelo teorema 4, concluir que
I
ze−z dz = 0.
γ
¢
©
ª
¡
(b) A função racional f (z) = 1/ z 2 + 2z + 2 tem por domínio o conjunto z ∈ C : z 2 + 2z + 2 6= 0 .
A equação z 2 + 2z + 2 = 0 é equivalente a
√ ¢
¡
z = −2 + −4 /2 = −1 + i
∨
√ ¢
¡
z = −2 − −4 /2 = −1 − i.
Como tal, temos Df = C \ {−1 + i, −1 − i}. A função f é contínua em todo o seu
domínio. Nenhum dos pontos −1 + i e −1 − i pertence à circunferência definida por
√
√
|z| = 1 ou ao seu interior. De facto, |−1 + i| = 2 > 1 e também |−1 − i| = 2 > 1.
Podemos então, pelo teorema 4, concluir que
I
1
dz = 0.
2 + 2z + 2
z
γ
(c) A função f (z) = log(z + 2) está definida para números complexos tais que z 6= −2.
Temos então Df = C \ {−2}. A função f é analítica em complexos z tais que z + 2 não
seja um número real negativo, ou seja, f é analítica em
C \ {x + yi : x ≤ −2 ∧ y = 0} .
Nenhum dos pontos do conjunto {x + yi : x ≤ −2 ∧ y = 0} pertence à circunferência
definida por |z| = 1 ou ao seu interior. De facto, os pontos deste conjunto têm módulo
superior ou igual a 2. Podemos então, pelo teorema, concluir que
I
log(z + 2)dz = 0.
γ
2. A elipse de equação |z − 2| + |z + 2| = 6 tem centro em (0, 0) e semieixos maior e menor de
√
valor 3 e 5, respectivamente. De facto,
|x + yi − 2| + |x + yi + 2| = 6 ⇔
o que implica
p
p
(x − 2)2 + y 2 + (x + 2)2 + y 2 = 6,
p
p
(x − 2)2 + y 2 + 2 (x − 2)2 + y 2 (x + 2)2 + y 2 + (x + 2)2 + y 2 = 36.
3.3. TEOREMA DE CAUCHY-GOURSAT
Temos, então, −x2 + 14 − y 2 =
¡ 2
¢2
−x + 14 − y 2
65
p
p
(x − 2)2 + y 2 (x + 2)2 + y 2 que implica
³
´³
´
2
2
(x − 2) + y 2 (x + 2) + y 2 ⇔
¢¡
¢
¢2 ¡
¡
⇔ −x2 + 14 − y 2 = x2 + y 2 + 4 − 4x x2 + y 2 + 4 + 4x
¡
¢2
⇔ x4 − 28x2 + 2x2 y 2 + 196 − 28y 2 + y 4 = x2 + y 2 + 4 − 16x2
=
⇔ 20x2 + 36y 2 = 180
⇔ 5x2 + 9y 2 = 45
x2 y 2
⇔
+
= 1.
9
5
A função f (z) = e3z / (z − iπ) tem por domínio C \ {πi} e é analítica em todo o seu domínio.
O ponto πi não pertence à elipse definida por |z − 2| + |z + 2| = 6 ou ao seu interior. De
√
facto, |πi − 2| + |πi + 2| = 2 4 + π2 > 6. Podemos então, pelo teorema 4, concluir que
I
e3z
dz = 0.
γ z − iπ
3. Sendo f (z) = u + iv uma função analítica numa região D e γ uma curva de Jordan contida
H
em D, sabemos ser nulo o valor do integral γ f (z)dz. Temos então,
I
γ
(udx − vdy) + i
I
o que permite concluir que
I
(udx − vdy) = 0 e
γ
equivalente a
I
γ
udx =
I
vdy
e
γ
(udy + vdx) = 0,
γ
I
I
udy = −
I
∂u
dy = −
∂x
γ
Isto permite concluir que
I
I
∂u
∂v
dx =
dy
∂x
∂x
γ
γ
e
(udy + vdx) = 0,
γ
γ
I
vdx.
γ
I
γ
∂v
dx.
∂x
2
4. Consideremos a função f (z) = z 2 /2 + |z| . Trata-se de uma função definida e contínua em
todo o plano complexo. Podemos escrever a expressão de f como segue:
µ
¶
z·z
z
f (z) =
+z·z =z
+z .
2
2
Cada uma das parametrizações γ e η define uma curva suave e f está definida ao longo de cada
uma dessas curvas. Isto garante a existência de cada um dos integrais curvílineos presentes
66
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
no exercício. Para o cálculo de cada um desses integrais, consideremos que γ 0 (t) = ieit e
η 0 (t) = 2i. Temos então
Ã
!
¶
¶
Z µ 2
Z µ
Z π/2
it
z
z
e
2
it
eit
ieit dt.
+ |z| dz = z
+ z dz =
+e
2
2
2
γ
γ
−π/2
Atendendo a que eit eit = cos2 t + sin2 t = 1, temos então
!
¶
Z µ 2
Z π/2 Ã it
z
e
2
it
dt
+ |z| dz = i
+e
2
2
γ
−π/2
¶
Z π/2 µ
cos t − i sin t
+ cos t − i sin t dt
= i
2
−π/2
Z
3
3 π/2
(cos t − i sin t) dt = i (−2 − i · 0) = −3i.
= i
2 −π/2
2
De modo análogo, temos
¶
¶
Z µ
Z µ 2
z
z
z
+ |z|2 dz =
+ z dz
2
2
η
η
Ã
!
Z 1
(−1 + 2t) i
=
(−1 + 2t) i
+ (−1 + 2t) i · 2idt
2
0
µ
¶
Z 1
(1 − 2t) i
(1 − 2t) i
= 2i
+ (−1 + 2t) i dt
2
0
µ
¶
¶
Z 1
Z 1µ
1
1
2
(1 − 2t) − + t idt = −2i
− + 2t − 2t dt
= −2
2
2
0
0
µ
¶
1
2
1
= −2i − + 1 −
= i.
2
3
3
Não é possível utilizar o teorema 4 porque nenhuma das curvas é fechada.
5. Z
Basta atender a que F (z) = −1/z é uma primitiva de f (z) = 1/z 2 e que o integral curvilíneo
1/z 2 dz é independente do caminho considerado, podendo denotar-se simplesmente por
γ
R z2
1/z 2 dz. Notemos que as funções f (z) = 1/z 2 e F (z) = −1/z estão definidas em C \ {0}
z1
mas, atendendo a que γ é um caminho de z1 para z2 no interior de uma região simplesmente
conexa que não contém a origem, está garantido que F é uma função com derivada contínua
num aberto G contendo a curva. Obviamente, estamos a considerar que γ parametriza uma
curva seccionalmente suave.
6. Um integral indefinido (ou primitiva) de f (z) = 1/z é F (z) = log z. Como tal, temos
Z 2i
³ π ´´
1
π ³
2i
= πi,
dz = [log z]−2i = ln 2 + i − ln 2 + i −
2
2
−2i z
considerando qualquer curva seccionalmente suave que una z = −2i a z = 2i orientada no
sentido positivo.
3.4. APLICAÇÕES DO TEOREMA DE CAUCHY-GOURSAT
3.4
3.4.1
67
Aplicações do teorema de Cauchy-Goursat
Fórmulas integrais de Cauchy
Apresentado o teorema de Cauchy-Goursat, podemos agora estabelecer algumas consequências
importantes deste teorema.
Teorema 7 Fórmula integral de Cauchy
Seja f uma função analítica no interior e sobre
uma curva de Jordan γ orientada no sentido positivo. Se z0 é um ponto qualquer no interior de γ,
então
1
f (z0 ) =
2πi
Z
γ
f (z)
dz.
z − z0
Esta fórmula mostra que os valores de f sobre γ determinam completamente os valores de f
no interior de γ. Dito de outro modo, o valor de uma função analítica no interior de uma curva de
Jordan é determinado pelos seus valores sobre essa curva.
Exemplo 13 Pretendemos calcular o valor do integral curvilíneo
Z
cos z/zdz, onde γ é uma curva
γ
de Jordan contendo a origem no seu interior. A função f (z) = cos z é inteira. Pela fórmula integral
de Cauchy, tomando z0 = 0, temos
Z
cos z
dz = 2πi · f (0) = 2πi,
γ z
já que f (0) = 1.
Recorrendo à fórmula integral de Cauchy podemos, ainda, obter uma fórmula para a derivada
0
f (z0 ).
Teorema 8 Fórmula integral de Cauchy para a primeira derivada Seja f uma função
analítica no interior e sobre uma curva de Jordan γ orientada no sentido positivo. Se z0 é um
ponto qualquer no interior de γ, então
1
f (z0 ) =
2πi
0
Z
γ
f (z)
(z − z0 )
2 dz.
Podemos agora enunciar o resultado que afirma que uma função analítica é infinitamente diferenciável, possui derivadas de todas as ordens. Este resultado fornece ainda uma fórmula para as
derivadas de todas as ordens. A sua demonstração usa o método de indução matemática.
68
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
Teorema 9 Fórmula integral de Cauchy para derivadas de qualquer ordem Seja f uma
função analítica no interior e sobre uma curva de Jordan γ orientada no sentido positivo. Se z0 é
um ponto qualquer no interior de γ, então
f (n) (z0 ) =
n!
2πi
Z
f (z)
γ
n+1 dz.
(z − z0 )
Exemplo 14 Pretendemos calcular o valor do integral curvilíneo
Z
|z|=2
ez / (z − 1)4 dz. Para tal,
consideremos a função inteira f (z) = ez que verifica f (n) (z) = ez . O ponto z0 = 1 está no interior
da circinferência definida por |z| = 2. É então possível aplicar a fórmula integral de Cauchy para
a derivada de ordem n = 3, obtendo-se
Z
ez
|z|=2 (z
4 dz
− 1)
=
2πi (3)
πe
· f (1) =
i,
3!
3
já que f (3) (1) = e.
Exercícios resolvidos
1. Calcule o valor do integral curvilíneo
H
γ
(ez + z) / (z − 2) dz, onde
(a) γ é uma parametrização da circunferência de centro na origem e de raio 1;
(b) γ é uma parametrização da circunferência de centro na origem e de raio 3.
2. Calcule o valor dos seguintes integrais curvilíneos
(a)
(b)
(c)
H
H
H
|z|=5
[sin (3z)] / (z + π/2) dz;
|z−i|=2
|z|=2
¡
¢2
1/ z 2 + 4 dz;
£ ¡
¢¤
[log (z + 3)] / z z 2 + 9 dz.
¢ ¡
¢
¡
3. Seja f (x+iy) = y 3 − x3 + 3xy 2 − 3x2 y +i x3 + y 3 − 3xy 2 − 3x2 y . Calcule
Z
f (z)/z 2 dz.
|z|=1
4. Seja f uma função analítica sobre e no interior de uma curva de Jordan parametrizada por
γ. Se z0 é um ponto que não está sobre a curva, mostre que
Z
f 0 (z)
dz =
γ z − z0
Z
γ (z
f (z)
− z0 )2
dz.
3.4. APLICAÇÕES DO TEOREMA DE CAUCHY-GOURSAT
69
Propostas de resolução
1. Consideremos a função f (z) = ez + z que é analítica em todo o plano complexo.
(a) Embora f seja analítica no interior e sobre a circunferência com centro na origem e raio
1, não é possível aplicar a fórmula integral de Cauchy visto que z0 = 2 não é um ponto
interior a esta circunferência. Consideremos então a função g(z) = (ez + z) / (z − 2) que
é contínua em C \ {2}. Atendendo a que é possível considerar uma região simplesmente
conexa que contenha esta circunferência (que é uma curva de Jordan) e onde g seja
contínua temos, pelo teorema 4,
I
γ
ez + z
dz = 0.
z−2
(b) A função f é analítica no interior e sobre a circunferência com centro na origem e raio
3 (que consideramos orientada no sentido positivo). Tomando z0 = 2 que é um ponto
no interior de γ temos, pela fórmula integral de Cauchy,
I z
¢
¡
e +z
dz = 2πi · f (2) = 2π e2 + 2 i,
γ z−2
já que f (2) = e2 + 2.
2. Qualquer das curvas |z| = 5, |z − i| = 2 e |z| = 2 são curvas de Jordan. Para o que segue
vamos considerar estas circunferências orientadas no sentido positivo.
(a) Consideremos a função f (z) = sin(3z) que é analítica no interior e sobre a circunferência
com centro na origem e raio 5. Tomando z0 = π/2 que é um ponto no interior desta
circunferência temos, pela fórmula integral de Cauchy,
µ
¶
I
π
3π
sin (3z)
dz
=
2πi
·
f
(−
)
=
2πi
sin
−
= −2πi.
π
2
2
|z|=5 z + 2
¢2
¡
2
2
2
(b) Temos z 2 + 4 = [(z + 2i) (z − 2i)] = (z + 2i) (z − 2i) . Consideremos a função
f (z) = 1/ (z + 2i)2 , de domínio CÂ {−2i}, que é analítica no interior e sobre a circun-
ferência de centro i e de raio 2. Tomando z0 = 2i que é um ponto no interior desta
circunferência temos, pela fórmula integral de Cauchy para a primeira derivada,
I
|z−i|=2
1
(z 2 + 4)
2 dz =
I
|z−i|=2
já que f 0 (2i) = (−2) (2i + 2i) = −8i.
1
(z + 2i)2
0
2 dz = 2πi · f (2i) = 16π,
(z − 2i)
70
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
¢
¡
(c) Consideremos a função f (z) = [log (z + 3)] / z 2 + 9 , de domínio CÂ {−3i, 3i, 3}, que é
analítica no interior e sobre a circunferência de centro na origem e de raio 2. Tomando
z0 = 0 que é um ponto no interior desta circunferência temos, pela fórmula integral de
Cauchy,
I
|z|=2
log (z + 3)
dz =
z (z 2 + 9)
I
|z|=2
log (z + 3)
z 2 + 9 dz = 2πi · f (0) = 2π log 3 i,
z
9
já que f (0) = [log 3] /9.
3. A função f (z) = u(x, y) + iv(x, y) com u(x, y) = y 3 − x3 + 3xy 2 − 3x2 y e v(x, y) = x3 +
y 3 − 3xy 2 − 3x2 y é analítica em todo o plano complexo visto que se verificam as condições
de Cauchy-Riemann,
∂u
∂v
(x, y) = −3x2 + 3y 2 − 6xy =
(x, y)
∂x
∂y
e
¡
¢
∂v
∂u
(x, y) = 3y 2 + 6xy − 3x2 = − 3x2 − 3y 2 − 6xy = − (x, y).
∂y
∂x
Em particular, f é analítica no interior e sobre a circunferência de centro na origem e de raio
1. Tomando z0 = 0 que é um ponto no interior desta circunferência temos, pela fórmula
integral de Cauchy para a primeira derivada,
Z
f (z)
dz = 2πi · f 0 (0) = 0
2
z
|z|=1
já que f 0 (0) =
∂v
∂u
(0, 0) + i (0, 0) = 0.
∂x
∂x
4. Suponhamos que z0 é um ponto que está no interior da curva de Jordan γ. Se f uma função
analítica sobre e no interior da curva de Jordan parametrizada por γ temos
Z
f (z)
0
2 dz = 2πi · f (z0 )
(z
−
z
)
γ
0
e, f é infinitamente diferenciável. Sendo f 0 analítica sobre e no interior da curva de Jordan
parametrizada por γ, também
Z
f 0 (z)
dz = 2πif 0 (z0 ),
γ z − z0
conforme o pretendido. Se z0 é um ponto que está no exterior da curva de Jordan γ(t) =
x(t) + iy(y), com a ≤ t ≤ b, então
Z b
Z b
Z
f (z)
f (γ(t))
f 0 (γ(t))
0
dz
=
γ
(t)dz
=
2
2
2 dz
a (γ(t) − z0 )
a (γ(t) − z0 )
γ (z − z0 )
Z b 0
Z 0
f (γ(t))
1
f (z)
=
dz = (???) =
dz
γ(t)
−
z
γ(t)
−
z
z
0
0
γ − z0
a
3.4. APLICAÇÕES DO TEOREMA DE CAUCHY-GOURSAT
71
Teorema 10 Teorema de Morera Seja f uma função contínua numa região simplesmente
R
conexa D tal que γ f = 0, para qualquer curva de Jordan γ contida em D. Então f é analítica
em D.
Notemos que o teorema de Morera é o recíproco do teorema de Cauchy-Goursat.
Exercícios propostos
1. Calcule
H
γ
f (z)dz onde γ é a curva definida por |z| = 1 e f cada uma das seguintes funções:
(a) f (z) = [sin z] /
(b) f (z) = tan z;
£¡ 2
¢¡
¢¤
z − 25 z 2 + 9 ;
(c) f (z) = ez / (z + 3) − 3z;
(d) f (z) = z 2 + 1/ (z − 4).
2. Calcule
H
γ
f (z)dz onde f (z) =
2z + 1
e γ é cada uma das seguintes curvas:
z2 + z
(a) γ definida por |z| = 1/2;
(b) γ definida por |z − 3i| = 1;
(c) γ definida por |z| = 2.
3. Determine o valor do integral curvilíneo
H
γ
(z − 1) / [z (z − i) (z − 3i)] dz.
4. Determine o valor de cada um dos seguintes integrais:
(a)
(b)
(c)
R 2πi
πi
R 4i
−4i
cosh z dz;
1/z 2 dz;
R 1−i
−i/2
5. Calcule
H
γ
(2z + 1)2 dz.
¡
¢
2z dz onde γ(t) = 2t3 + t4 − 4t3 + 2 i, −1 ≤ t ≤ 1.
6. Mostre que
H
γ
1/z dz = 2πi onde γ é o contorno do paralelogramo de vértices z = 2i, z = −2,
z = −2i e z = 2.
7. Mostre que
z = 2.
H
γ
2z dz = −1 − 2i onde γ é uma curva com ponto inicial z = −1 e ponto final
72
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
Soluções
1. (a) 0
(b) 0
(c) −6πi
(d) 0
2. (a) 2πi
(b) 0
(c) 4πi
3. −π − πi
4. (a) 0
(b) i/2
(c) −7/16 − 22/3i
5. 48 + 24i
3.5
Integração
3.5.1
Exercícios resolvidos
1. Considere a circunferência γ de centro na origem e raio 2. Calcule o valor do integral
para f (z) = 1/z.
2. Calcule, pela definição, o valor do integral
(a) z = 2eiθ , 0 ≤ θ ≤ π;
H
γ
f (z)dz
R z+2
dz, onde γ é parametrizada por:
γ
z
(b) z = 2eiθ , π ≤ θ ≤ 2π;
(c) z = 2eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π.
3. Seja γ a circunferência de raio 1 centrada na origem e percorrida uma vez no sentifo positivo.
Usando o teorema de Cauchy e as fórmulas integrais de Cauchy, calcule o valor de cada um
dos seguintes integrais:
(a)
R
γ
1 dz;
3.5. INTEGRAÇÃO
(b)
(c)
(d)
3.5.2
R ez
dz;
γ z
R
cos z
γ
R
γ
73
(z − 2i)7
sin z
(2z − i)
dz;
6 dz.
Propostas de resolução
1. Uma parametrização para a circunferência γ de centro na origem e raio 2 pode ser definida
por γ(t) = 2 cos t + i2 sin t = 2eit para t ∈ [0, 2π]. Para vector tangente em cada ponto temos
γ 0 (t) = −2 sin t + i2 cos t. Trata-se de uma curva suave, pois x(t) = 2 cos t e y(t) = 2 sin t são
funções contínuas com derivadas contínuas para todo o 0 ≤ t ≤ 2π e a função f está definida
e é contínua em todos os pontos da curva (f tem por domínio C \ {0} mas a origem não
pertence à curva). Não é necessário considerar uma partição e temos, então,
I
f (z)dz
=
γ
=
=
=
=
Z
Z
2π
f (2 cos t + i2 sin t) (−2 sin t + i2 cos t) dt
0
Z
0
Z
0
Z
2π
1
(−2 sin t + i2 cos t) dt
2 cos t + i2 sin t
2π
2 cos t − i2 sin t
(−2 sin t + i2 cos t) dt
4 cos2 t + 4 sin2 t
−4 cos t sin t + 4i cos2 t + i4 sin2 t + 4 sin t cos t
dt
4
Z 2π
4i
dt = 2πi.
dt = i
4
0
0
2π
2π
0
Em alternativa, pode-se usar γ(t) = 2eit tendo-se então γ 0 (t) = 2ieit . O integral pedido é
dado por
I
f (z)dz
=
Z
2π
0
γ
=
Z
2π
0
¡
¢
f 2eit 2ieit dt
1
2ieit dt =
2eit
Z
2π
idt = i
0
Z
2π
dt = 2πi.
0
2. (a) Para a parametrização z (θ) = 2eiθ da semicircunferência tem-se z 0 (θ) = 2ieiθ . Portanto, pela definição de integral, temos
¶
¶
Z
Z µ
Z πµ
2
2
z+2
1+
1 + iθ 2ieiθ dθ
dz =
dz =
z
z
2e
0
γ
γ
Z π
¯
¢
¡ iθ
π
=
2ie + 2i dθ = 2eiθ ¯0 + 2πi = −4 + 2πi.
0
74
CAPÍTULO 3. INTEGRAÇÃO NO PLANO COMPLEXO
(b) Analogamente
Z
γ
z+2
dz
z
¶
¶
Z µ
Z 2π µ
2
2
1+
1 + iθ 2ieiθ dθ
=
dz =
z
2e
γ
π
Z 2π
¯2π
¢
¡ iθ
=
2ie + 2i dθ = 2eiθ ¯π + 2πi = 4 + 2πi.
π
(c) Pela aditividade do integral em relação ao caminho de integração, este integral de linha
é a soma dos integrais das alíneas anteriores,
Z
z+2
dz = (−4 + 2πi) + (4 + 2πi) = 4πi.
z
γ
3. (a) A função constante f (z) = 1 é analítica em C, que é uma região simplesmente conexa.
Portanto, pelo teorema de Cauchy, o integral de f (z) ao longo de qualquer caminho
fechado em C é 0. Em particular,
Z
1 dz = 0.
γ
(b) A função f (z) = ez é analítica em C e γ é um caminho fechado simples contendo a
origem e orientado no sentido positivo. Portanto, pela fórmula de Cauchy,
Z z
Z
e
f (z)
dz =
dz = 2πif (0) = 2πi.
γ z
γ z−0
(c) A função
cos z
7
(z − 2i)
é analítica em C \ {2i}. Como 2i não pertence ao interior do contorno γ, a função é
analítica numa região que contem o interior do contorno γ. Portanto, pelo teorema de
Cauchy,
Z
cos z
γ
7 dz =
(z − 2i)
Z
(d) Pode-se escrever o integral na forma
Z
sin z
γ
f (z)dz = 0.
γ
1
6 dz = 26
(2z − i)
Z
γ
sin z
¡
¢6 dz.
z − 2i
Aplicando a fórmula integral de Cauchy para a derivada de ordem 5 de uma função
analítica à função f (z) = sin z que é analítica em C (e, portanto, numa região que
contém o interior do caminho γ), tem-se
µ ¶
µ ¶
Z
sin z
1 2πi (5) i
πi
i
f
= 5
cos
6 dz =
6 5!
2
2
2
120
2
γ (2z − i)
1
=
1
(1 + e) πi
πi e− 2 + e 2
= 9 √ .
8
2 15
2
2 15 e
Capítulo 4
Representação em série de funções
analíticas
Consideremos o desenvolvimento em série de Taylor para uma função real de variável real f em
torno de um ponto a ∈ Df ,
∞
X
1
f (n) (a)
n
(x − a) = f (a) + f 0 (a)(x − a) + f 00 (a)(x − a)2 + · · · .
n!
2
n=0
Estabelecer este desenvolvimento pode conduzir a algumas dificuldades. Por um lado, podem não
existir as derivadas de todas as ordens. É o caso da função
½ 2
x
se x ≥ 0
f (x) =
−x2 se x ≤ 0
em que temos f 0 (x) = 2 |x| e, como tal, não existe f 00 (0). Por outro lado, as derivadas de todas as
ordens podem existir mas a série de Taylor não convergir para a função f . Por exemplo, é possível
mostrar por indução matemática que a função
¡
¢
½
exp −1/x2
f (x) =
0
se x 6= 0
.
se x = 0
tem derivadas de qualquer ordem na origem e que f (k) (0) = 0, para todo k ∈ N. Como tal, a série
de Taylor em torno da origem é a série nula, enquanto que a função não vale zero em nenhuma
vizinhança de a = 0.
No caso de funções complexas de variável complexa, a situação é um pouco mais simples
quando falamos de funções f analíticas. Se uma função f é analítica num ponto z0 , a fórmula
integral de Cauchy para derivadas garante que f tem derivadas de todas as ordens nesse ponto.
Como consequência, veremos que uma série de potências de (z − z0 ) designada por série de Taylor
converge para f . Por outro lado, mesmo no caso de f não ser analítica num ponto z0 , há situações
em que é possível obter um outro tipo de desenvolvimento em série através das chamadas séries de
Laurent.
75
76
CAPÍTULO 4. REPRESENTAÇÃO EM SÉRIE DE FUNÇÕES ANALÍTICAS
4.1
Séries de Taylor e de Laurent
Teorema 11 Teorema de Taylor Se f é uma função analítica no disco D(z0 , R) = {z : |z − z0 | < R},
com 0 < R ≤ ∞, então f pode ser representada por uma série de potências que converge para f (z),
a saber,
f (z) =
∞
X
n
f (n) (z0 )
n=0
(z − z0 )
, para todo o z ∈ D(z0 , R).
n!
A série definida no teorema anterior designa-se por série de Taylor de f em torno de
z0 (ou série de Taylor de f com centro z0 ) e os coeficientes an = 1/n!f (n) (z0 ) designamse por coeficientes de Taylor de f no ponto z0 . Este desenvolvimento é único, isto é, se
∞
∞
P
P
bn (z − z0 )n =
f (n) (z0 ) (z − z0 )n /n!, tem-se necessariamente bn = 1/n!f (n) (z0 ). Quando
n=0
n=0
z0 = 0, a série é designada por série de MacLaurin1 da função f . O resto de ordem n da
série de Taylor de f em torno do z0 é dado pela expressão
I
(z − z0 )n+1
f (ζ)
Rn (z) =
dζ.
n+2
2πi
(ζ − z)
γ (ζ − z0 )
Para além de sabermos que uma função analítica tem derivadas de todas as ordens, verificamos
agora que elas podem sempre ser representadas por uma série de potências. Esta propriedade não
é, em geral, verdadeira no cálculo real. Existem funções reais de variável real que têm derivadas
de todas as ordens mas que não podem ser representadas por uma série de potências. É o caso da
¡
¢
função definida por f (x) = exp −1/x2 para x 6= 0 e f (0) = 0.
Exemplo 21 Seja f (z) = exp z. A função f é inteira e f (n) (z) = exp z, para todo o n ∈ N.
Temos então f (n) (0) = 1, para todo o n ∈ N, logo a série de Taylor de f em torno de z0 = 0 é
dada por
exp z = 1 + z +
∞
X
z2
zn
+ ··· =
, para todo o z ∈ C.
2!
n!
n=0
Notemos que esta série é a obtida do desenvolvimento em série da função real ex substituindo x
por z.
Exemplo 22 Seja f (z) = 1/(1 − z). A função f é analítica e
f (n) (z) =
n!
(1 − z)n+1
,
logo f (n) (0) = n!. Como tal, obtemos a série de Taylor
1 Em
∞
X
1
zn,
= 1 + z + z2 + · · · =
1−z
n=0
homenagem ao matemático escocês Colin MacLaurin (1698 − 1746).
4.1. SÉRIES DE TAYLOR E DE LAURENT
77
para |z| < 1.
As séries de Taylor são obviamente séries de potências. O recíproco também é verdadeiro
(demonstrado no exercício 1).
Proposição 17 Uma série de potências com raio de convergência não-nulo é a série de Taylor da
sua função soma.
Para funções como 1/z ou ez /z 2 o teorema de Taylor não se aplica em z = 0, tratando-se
de funções não analíticas na origem. Para estas funções existe uma outra expansão, a chamada
expansão de Laurent, que recorre a potências inversas de z − z0 em vez de potências de z − z0 .
Esta expansão é de grande importância no estudo dos pontos onde uma função não é analítica
(designados por singularidades ou pontos singulares) e para obter o teorema dos resíduos, um
outro resultado fundamental da análise complexa que será apresentado no próximo capítulo.
Teorema 12 Teorema de Laurent Seja f uma função analítica na coroa circular C(z0 , r, R) =
{z ∈ C : 0 < r < |z − z0 | < R}, com r ≥ 0 e R > r. Então
f (z) =
∞
X
n=0
n
an (z − z0 ) +
∞
X
bn
n,
(z
−
z0 )
n=1
onde os coeficientes são dados por
an =
I
1
2πi
e
1
bn =
2πi
I
γ
f (ζ)
γ
n+1 dζ,
(ζ − z0 )
n = 0, 1, 2, ...
f (ζ) (ζ − z0 )n−1 dζ, n = 1, 2, ....
1
. A função é analítica em C(0, 0, 1). Prez (z − 1)
tendemos determinar a série de Laurent de f nesta região. Temos
Exemplo 15 Consideremos a função f (z) =
f (z) =
e sabemos que 1/(1 − z) =
∞
P
n=0
1
1
1
=− +
z (z − 1)
z z−1
z n para |z| < 1. Podemos então concluir que
1
1
1
f (z) = − −
= − − 1 − z − z2 − z3 − · · ·
z 1−z
z
em C(0, 0, 1). Relativamente à região C(0, 1, ∞), podemos colocar a mesma questão. Temos
⎤
⎡
1
1⎢
= ⎣
z−1
z
1
⎥
1⎦
1−
z
78
CAPÍTULO 4. REPRESENTAÇÃO EM SÉRIE DE FUNÇÕES ANALÍTICAS
e, dado que |1/z| < 1,
∞ µ ¶n
∞ µ ¶n+1
∞ µ ¶n
X
X
1
1
1
1X 1
=
=
.
=
z−1
z n=0 z
z
z
n=0
n=1
Como tal,
para |z| > 1.
∞
1
1
1 X
f (z) = − +
=− +
z
z−1
z n=1
µ ¶n X
∞ µ ¶n
1
1
=
z
z
n=2
Exercícios resolvidos
1. Mostre que uma série de potências com raio de convergência não-nulo é a série de Taylor da
sua função soma.
¤
£
2. Desenvolva a função f (z) = 1/ (z − 1)2 (z − 3) em série de Laurent para 0 < |z − 1| < 2 e
para 0 < |z − 2| < 3
Propostas de resolução
1. Consideremos a série de potências
f (z) =
∞
X
n=0
an (z − z0 )n = a0 + a1 (z − z0 ) + a2 (z − z0 )2 + · · · .
Temos f (z0 ) = a0 . Pela proposição 68 temos
2
f 0 (z) = a1 + 2a2 (z − z0 ) + 3a3 (z − z0 ) + · · · ,
donde f 0 (z) = a1 ,
f 00 (z) = 2a2 + 3 · 2a3 (z − z0 ) + · · · ,
donde f 00 (z) = 2!a2 , e em geral, f (n) (z0 ) = n!an . Deste modo, os coeficientes an são os que
definem a série de Taylor de f em torno de z0 ,
an =
1 (n)
f (z0 ) .
n!
2. Necessitamos exprimir z − 3 em termos de z − 1. Se pretendermos atender a que 1/(1 − z) =
∞
P
z n para |z| < 1, escrevemos
n=0
f (z) =
=
1
1
1
=
2
2
(z − 1) (z − 3)
(z − 1) z − 3
1
−1
1
=
(z − 1)2 −2 + (z − 1)
2(z − 1)2
1
.
z−1
1−
2
4.1. SÉRIES DE TAYLOR E DE LAURENT
79
Temos, para |(z − 1)/2| < 1,
−1
f (z) =
2(z − 1)2
¶n
∞ µ
X
z−1
−1
1
,
=
z−1
2(z − 1)2 n=0
2
1−
2
ou seja,
f (z) = −
1
1
1
1
1
−
− − (z − 1) − (z − 1)2 − · · ·
2(z − 1)2
4(z − 1) 8 16
32
para 0 < |z − 1| < 2. Para obter potências de z − 3, escrevemos z − 1 = 2 + (z − 3) e, com
vista à série binomial, temos
f (z) =
=
1
1
1
=
2 z−3
(z − 1)2 (z − 3)
[2 + (z − 3)]
∙
¸−2
1
1
z−3
−2
.
[2 + (z − 3)] =
1+
z−3
4 (z − 3)
2
Para |(z − 3)/2| < 1,
#
"
µ
¶
µ
¶2
µ
¶3
(−2) (−3) (−4) z − 3
−2 z − 3
(−2) (−3) z − 3
1
+
+ ··· ,
1+
+
f (z) =
4 (z − 3)
1!
2
2!
2
3!
2
ou seja,
f (z) =
para 0 < |z − 3| < 2.
1
1
3
1
− + (z − 3) − (z − 3)2 + · · ·
4(z − 3) 4 16
8
80
CAPÍTULO 4. REPRESENTAÇÃO EM SÉRIE DE FUNÇÕES ANALÍTICAS
Capítulo 5
Resíduos e polos
Este capítulo tem como resultado principal o teorema dos resíduos que afirma que o valor do
integral de uma função analítica f ao longo de uma curva fechada e simples é igual a 2πi vezes o
somatório dos resíduos de f no interior dessa curva. Este teorema é muito útil para o cálculo de
integrais.
5.1
Resíduos
Definição 19 Seja f uma função complexa de variável complexa. Diz-se que z0 é um ponto
singular de f (ou que f tem no ponto z0 uma singularidade) se f não é analítica em z0 (podendo
existir em qualquer vizinhança de z0 pontos onde a função é analítica). Se existe uma vizinhança
de z0 onde f é analítica, excepto no ponto z0 , então o ponto singular z0 diz-se um ponto singular
isolado (ou uma singularidade isolada).
¤
£
Exemplo 23 A função f (z) = 1/ z(z 2 + 4) tem pontos singulares isolados em z = 0, z = 2i e
z = −2i.
Exemplo 24 Se f (z) = log z, todos os pontos do eixo real negativo, incluindo a origem, são pontos
singulares mas não existem pontos singulares isolados.
Seja z0 um ponto singular isolado de uma função f . Então, existe uma série de Laurent que
representa f ,
f (z) =
+∞
X
k=−∞
ck (z − z0 )k =
+∞
X
k=0
ck (z − z0 )k +
+∞
X
k=1
c−k
(z − z0 )k
c−2
c−1
= ··· +
+
+ c0 + c1 (z − z0 ) + c2 (z − z0 )2 + · · · ,
(z − z0 )2 z − z0
válida para uma vizinhança definida por 0 < |z − z0 | < R. Os termos da série que envolvem
P+∞
P+∞
potências de z − z0 de expoente negativo , k=1 c−k /(z − z0 )k = k=1 c−k (z − z0 )−k , constituem
81
82
CAPÍTULO 5. RESÍDUOS E POLOS
a parte principal de f em z0 . O coeficiente c−1 da potência (z − z0 )−1 designa-se por resíduo
de f em z0 e denota-se por Res(f, z0 ).
Exemplo 25 Dado que
∞ µ ¶n
X
1
1
1
1
1
1
= − − 2 − 3 − ··· ,
=−
=−
1−z
z−1
z
z
z
z
n=1
temos Res(1/ (1 − z) , 0) = −1.
Exemplo 26 Dado que
1
1
1
1
1
−
− − (z − 1) − (z − 1)2 − · · · ,
2
2(z
−
1)
4(z
−
1)
8
16
32
(z − 1) (z − 3)
¡ £
¤ ¢
temos Res 1/ (z − 1)2 (z − 3) , 1 = −1/4. Atendendo a que
1
=−
2
1
=
2
(z − 1) (z − 3)
¡ £
¤ ¢
Res 1/ (z − 1)2 (z − 3) , 3 = 1/4.
1
1
3
1
− + (z − 3) − (z − 3)2 + · · · ,
4(z − 3) 4 16
8
Podemos questionar o porquê de atribuir um nome específico ao coeficiente c−1 ? Note-se que,
dada uma curva de Jordan γ orientada positivamente no disco 0 < |z − z0 | < R e que contenha o
ponto z0 no seu interior, temos
c−1 =
(5.1)
1
2πi
Z
f (z)dz.
γ
Este facto facilita o cálculo de muitos integrais em variável complexa.
Exemplo 16 Pretendemos calcular o valor do integral
R
γ
exp (1/z) dz, onde γ é a circunferência
definida por |z| = 1 com orientação positiva. A função integranda tem um ponto isolado em z = 0.
Sabemos que o valor deste integral é 2πi vezes o resíduo de exp (1/z) em z = 0. Recordando que a
série de Laurent de exp z em torno do ponto z = 0 é dada por
∞
X
1 j
z
j!
j=0
para todo o z, temos
exp
∞
1 X 1 −j
1
1 1
+ ....
=
z =1+ +
z
j!
z 2! z 2
j=0
Como tal, o resíduo de f em z = 0 tem o valor 1, ou seja, Res(f, 0) = 1. Temos então
Z
1
1
1=
exp dz
2πi γ
z
R
donde se conclui que γ exp(1/z)dz = 2πi.
5.1. RESÍDUOS
83
Suponhamos agora que f é uma função analítica em todos os pontos, excepto num número
finito de pontos singulares isolados z1 , z2 , ..., zn , e que γ é uma curva simples e fechada (orientada
positivamente) contendo no interior os pontos zk , k = 1, ...n. Para cada k = 1, ...n, consideremos
uma circunferência γ k centrada em zk , contida em γ e não contendo outros pontos singulares para
além de zk . Então, aplicando o teorema de Cauchy-Goursat para regiões multiplamente conexas e
(7), obtemos
I
f (z)dz
γ
=
I
f (z)dz +
γ1
I
f (z)dz + ... +
γ2
I
f (z)dz
γn
= 2πiRes(f, z1 ) + 2πiRes(f, z2 ) + ... + 2πiRes(f, zn )
n
X
= 2πi
Res(f, zk ).
k=1
Podemos então enunciar o seguinte teorema.
Teorema 13 Teorema dos resíduos Seja D uma região simplesmente conexa e γ uma curva
de Jordan orientada positivamente contida em D. Se f é uma função analítica em γ e no seu
interior excepto num número finito de pontos singulares isolados z1 , z2 , ..., zn do seu interior de γ,
então
I
f (z)dz = 2πi
γ
n
X
Res(f, zk ).
k=1
Exemplo 17 Pretendemos determinar o valor do integral
I
I
1
f (z)dz =
dz
2
γ
γ (z − 1) (z − 3)
onde γ é o contorno do rectângulo definido por x = 0, x = 4, y = −1 e y = 1. Temos
∙
¸
I
1
1 1
dz = 2πi [Res (f, 1) + Res (f, 3)] = 2πi − +
= 0.
2
4 4
γ (z − 1) (z − 3)
De facto, os pontos singulares isolados z1 = 1 e z2 = 3 estão contidos no interior de γ. No entanto,
para γ a circunferência definida por |z| = 2, temos
µ
¶
I
1
1
π
dz
=
2πiRes
(f,
1)
=
2πi
−
= − i,
2
4
2
(z
−
1)
(z
−
3)
γ
já que o ponto singular isolado z2 = 3 não está contido no interior da circunferência de centro 0
√
e raio 2.
Exercícios
1. Calcule o valor dos seguintes integrais, onde γ é a circunferência orientada positivamente
definida por |z| = 2:
84
CAPÍTULO 5. RESÍDUOS E POLOS
H
1
dz;
z2
H
1
(b) γ cos dz;
z
H 1
1
(c) γ sin dz.
z
z
(a)
5.2
γ
exp
Polos e outras singularidades
Seja z0 ponto singular isolado de uma função complexa f . Se a série de Laurent de f em torno de z0
inclui um número finito de termos envolvendo potências negativas de z − z0 , o ponto z0 é designado
por polo. Significa que a parte principal de f em z0 é constituída por um número finito de termos
não nulos. Neste caso, existe um número inteiro n tal que c−n é o primeiro coeficiente não-nulo
da parte principal de f em z0 . O número n ∈ N diz-se a ordem do polo. Um polo de ordem
1 também se designa por polo simples. Se não existem na série de Laurent termos envolvendo
potências negativas de z − z0 , o ponto singular isolado z0 diz-se uma singularidade removível.
Trata-se do caso em que a parte principal de f em z0 é nula, ou seja, todos os coeficientes c−n
(n ∈ N) são nulos. Se a série de Laurent de f em torno de z0 inclui um número infinito de termos
envolvendo potências negativas de z − z0 , o ponto z0 é designado por singularidade essencial.
Uma singularidade essencial é portanto um ponto singular isolado que não é polo nem singularidade
removível. Verificamos assim que os pontos singulares isolados são classificados conforme a sua
parte principal contenha um número finito de termos, um número infinito de termos ou nenhum
termo.
Exemplo 27 Consideremos a função
f (z) =
1
2
(z − 1) (z − 3)
cuja série de Laurent é dada por
f (z) =
1
2
(z − 1) (z − 3)
=−
1
1
1
1
−
− − (z − 1) − · · ·
2(z − 1)2 4(z − 1) 8 16
para 0 < |z − 1| < 2. Dado que c−2 = −1/2 6= 0 (sendo c−n = 0 para n = 3, 4, 5, ...), z0 = 1 é um
polo de ordem 2.
Exemplo 28 Dado que
f (z) =
1
z
z3
sin z
=
−
+
− ···
z2
z 3!
5!
para z 6= 0, concluímos que z0 = 0 é um polo simples de f .
5.2. POLOS E OUTRAS SINGULARIDADES
85
Exemplo 29 Se f (z) = (sin z) /z então z = 0 é uma singularidade removível. De facto, temos
µ
¶
1
1
z3 z5 z7
f (z) =
sin z =
z−
+
−
···
z
z
3!
5!
7!
z2 z4 z6
= 1−
+
−
+ ··· .
3!
5!
7!
P
n
Exemplo 30 Dado que exp z = ∞
n=0 z /n! para z 6= 0, a série de Laurent de f (z) = exp 3/z em
z0 = 0 é dada por
µ ¶n
∞
3 X 1 3
3
33
34
32
exp =
=1+ +
+
+
+ ···
2
3
z n=0 n! z
z
2!z
3!z
4!z 4
para z 6= 0. Como tal, z0 = 0 é uma singularidade essencial.
Verificámos na secção 7.1 que o teorema dos resíduos é uma boa ferramenta para o cálculo
de integrais. Dado que escrever a série de Laurent em cada ponto singular pode ser trabalhoso, é
conveniente encontrar técnicas que facilitem o cálculo de resíduos. Vejamos que, em casos especiais
mas muito frequentes, os resíduos são de fácil determinação. De facto, para z0 um polo de qualquer
ordem, é fácil determinar Res(f, z0 ).
CASO 1
Suponhamos que z0 é um polo de f em z0 de ordem n. Temos
(5.2)
f (z) =
c−n+1
c−1
c−n
n +
n−1 + · · · + z − z + c0 + c1 (z − z0 ) + · · ·
(z − z0 )
0
(z − z0 )
para 0 < |z − z0 | < R. Multiplicando ambos os membros de (8) por (z − z0 )n , obtemos
n
(z − z0 ) f (z) = c−n + c−n+1 (z − z0 ) + · · · + c−1 (z − z0 )
n−1
n
n+1
+ c0 (z − z0 ) + c1 (z − z0 )
+··· ,
a série de Taylor de φ(z) = (z − z0 )n f (z). Pretendemos o coeficiente c−1 de (z − z0 )n−1 que, dada
a definição de série de Taylor, sabemos ser dado por φ(n−1) (z0 )/(n − 1)!. Temos então
c−1 = Res(f, z0 ) =
φ(n−1) (z0 )
.
(n − 1)!
Em alternativa, podemos ainda considerar sucessivas derivações (até á ordem
[(z − z0 )n f (z)]
(n−−1)
n − 1),
2
= (n − 1)!c−1 + n!c0 (z − z0 ) + (n + 1)!c1 (z − z0 ) + · · · ,
donde se conclui que
(n−−1)
lim [(z − z0 )n f (z)]
z→z0
= (n − 1)!c−1
ou seja,
c−1 =
1
(n−−1)
.
lim [(z − z0 )n f (z)]
(n − 1)! z→z0
86
CAPÍTULO 5. RESÍDUOS E POLOS
Designando
(z − z0 )n f (z) por φ(z) podemos então escrever
Res(f, z0 ) =
1
1
φ(n−1) (z0 )
lim φ(n−1) (z) =
φ(n−1) (z0 ) =
.
(n − 1)! z→z0
(n − 1)!
(n − 1)!
¢
¡
Exemplo 18 Calculemos os resíduos de f (z) = (exp z) /z 2 z 2 + 1 . A função tem pontos singu-
lares em z = 0, z = i e z = −i. Para o cálculo do resíduo de f em z0 = 0 consideremos que é um
polo de ordem 2 e, como tal, seja
φ(z) = (z − 0)2
ez
ez
=
.
z 2 (z 2 + 1)
z2 + 1
O resíduo é dado pela expressão
φ0 (0)
=
Res(f, 0) =
1!
#
"¡
¢
z 2 + 1 ez − 2zez
(z 2 + 1)2
= 1.
z=0
Para o cálculo do resíduo de f em z0 = i consideremos que é um polo simples e, como tal, seja
φ(z) = (z − i)
ez
ez
=
.
z 2 (z 2 + 1)
z 2 (z + i)
O resíduo é dado pela expressão
∙
¸
ei
ez
φ(i)
=− .
= 2
Res(f, i) =
0!
z (z + i) z=i
2i
De forma análoga, verificamos que Res(f, −i) =
e−i
. Se pretendermos determinar o valor do
2i
integral
Z
γ
z2
ez
dz,
(z 2 + 1)
onde γ é uma curva de Jordan contendo z = i e z = −i (mas não contendo z = 0), podemos
utilizar o teorema dos resíduos,
Z
γ
ez
dz = 2πi
z 2 (z 2 + 1)
µ
ei
e−i
+
2i
2i
¶
= −2πi sin 1.
CASO 2
Suponhamos que a função f (z) se pode escrver como um quociente de funções
f (z) =
p(z)
q(z)
5.2. POLOS E OUTRAS SINGULARIDADES
87
onde p e q são funções analíticas em z = z0 , com p(z0 ) 6= 0, q(z0 ) = 0 e q 0 (z0 ) 6= 0. O ponto
singular z0 é um polo simples de f e podemos escrever
f (z) =
p(z0 ) + p0 (z0 )(z − z0 ) + · · ·
.
q 00 (z0 )
q 0 (z0 )(z − z0 ) +
(z − z0 )2 + · · ·
2
p(z)
=
q(z)
Considerando φ(z) = (z − z0 )f (z), temos
φ(z) =
p(z0 ) + p0 (z0 )(z − z0 ) + ...
.
q 00 (z0 )
q 0 (z0 ) +
(z − z0 ) + ...
2
Mas então,
Res(f, z0 ) = φ (z0 ) =
p(z0 )
.
q 0 (z0 )
Exemplo 19 Consideremos γ o contorno do rectângulo de lados definido por x = ±1, y = −π e
y = 3π e f a função definida por
f (z) =
Pretendemos calcular o valor do integral
Z
cos z
.
exp z − 1
f (z)dz. Os pontos singulares da função integranda f
γ
são as soluções da equação exp z = 1, ou seja, os pontos z = 2kπi, para k ∈ Z. Os pontos singulares
isolados no interior de γ são z = 0 e z = 2πi. Então, pelo teorema dos resíduos,
Z
cos z
dz = 2πi [Res(f, 0) + Res(f, 2πi)] .
z −1
e
γ
p(z)
cos z
= z
, onde p e q são funções analíticas em ambos os pontos 0
q(z)
e −1
e 2πi. Temos ainda p(0) = 1 =
6 0, p(2πi) 6= 0, q(0) = q(2πi) = 0 e q 0 (0) = e0 = 1 6= 0,
Notemos que f (z) =
q 0 (2πi) = e2πi = 1 6= 0. Como tal,
Res(f, 0) =
p(0)
cos 0
= 0 =1
0
q (0)
e
Portanto,
e
Res(f, 2πi) =
p(2πi)
e−2π + e2π
cos 2πi
= 2πi =
.
q(2πi)
e
2
µ
¶
cos z
e−2π + e2π
dz = 2πi 1 +
.
z
2
γe −1
Z
Exercícios resolvidos
1. Mostre que f (z) = (sin z) /z 3 tem um polo de ordem 2 em z0 = 0.
¢
¡
2. Determine os resíduos da função f (z) = 1/ z 4 + 1 .
3. Determine o valor do integral
orientação positiva.
H
γ
tan z dz, onde γ é a circunferência definida por |z| = 2 com
88
CAPÍTULO 5. RESÍDUOS E POLOS
4. Determine o valor do integral
H
¡
¢
(2z + 6) / z 2 + 4 dz, onde γ é a circunferência orientada
H
¡
¢
exp z/ z 4 + 5z 3 dz, onde γ é a circunferência definida por
γ
positivamente definida por |z − i| = 2.
5. Determine o valor do integral
γ
|z| = 2 com orientação positiva.
H
6. Determine o valor do integral
mente definida por |z| = 1.
γ
exp (3/z) dz, onde γ é a circunferência orientada positiva-
Propostas de resolução
1. Temos
1 sin z
1
sin z
= 2
= 2
z3
z z
z
µ
¶
1
z2 z4 z6
1
z2 z4
1−
+
−
+ ··· . = 2 − +
−
+ ··· .
3!
5!
7!
z
3!
5!
7!
2. Sejam z1 , z2 , z3 e z4 as raizes da equação z 4 + 1 = 0. Temos
z1 = exp
πi
3πi
5πi
, z2 = exp
, z3 = exp
4
4
4
e z4 = exp
7πi
.
4
Condiderando f como quociente de funções analíticas p(z) = 1 e q(z) = z 4 + 1, obtemos
∙
¸
µ
¶
1
1
1
1
3πi
1
Res (f, z1 ) =
= 3 = exp −
= − √ − √ i,
3
4z z=z1
4z1
4
4
4 2 4 2
∙
¸
µ
¶
1
1
1
1
9πi
1
Res (f, z2 ) =
= 3 = exp −
= √ − √ i,
4z 3 z=z2
4z2
4
4
4 2 4 2
∙
¸
µ
¶
1
1
1
1
15πi
1
Res (f, z3 ) =
= 3 = exp −
= √ + √ i,
4z 3 z=z3
4z3
4
4
4 2 4 2
∙
¸
µ
¶
1
1
1
1
21πi
1
Res (f, z4 ) =
= 3 = exp −
= − √ + √ i.
3
4z z=z4
4z4
4
4
4 2 4 2
3. Dado que f (z) = tan z = sin z/ cos z e
(5.3)
temos
cos z = 0 ⇔ z =
I
(2n + 1) π
2
para n ∈ Z,
h
³
³ π ´i
π´
tan z dz = 2πi Res f, −
+ Res f,
= 2πi [−1 − 1] = −4πi
2
2
γ
atendendo a que z1 = −π/2 e z2 = π/2 são os únicos complexos de (9) que pertencem ao
interior de γ. Dado que (cos z)0 = − sin z, temos
³ π´
³
´
sin
−
π
³ 2π ´ = −1 e
Res f, −
=
2
− sin −
2
donde concluímos que
I
γ
π
sin
π´
2 = −1,
=
Res f,
π
2
− sin
2
³
tan z dz = 2πi [−1 − 1] = −4πi.
5.2. POLOS E OUTRAS SINGULARIDADES
5.2.1
89
Exercícios resolvidos
1. Seja f (z) = z k e1/z , com k inteiro positivo.
(a) Calcule a série de Laurent de f (z) para z próximo de 0. Qual é a maior região de
validade desse desenvolvimento em série?
(b) Calcule o resíduo Res f (z) |z=0 .
I
(c) Calcule os possíveis valores de f (z)dz ao longo de curvas de Jordan seccionalmente
regulares não intersectando a origem.
(d) Calcule
I
|z−1|= 12
com a curva orientada no sentido directo.
f (z)
(z − 1)
2 dz,
2. Seja g(z) uma função analítica em C tal que g(0) 6= 0. Seja f (z) = z m g(z), com m inteiro
positivo. Mostre que
1
2πi
I
f 0 (z)
dz = m,
|z|=1 f (z)
se a curva for percorrida no sentido directo.
3. Considere a função real de variável real f (x) = 5 + 4 cos x.
(a) Calcule, utilizando o teorema dos resíduos, o valor dos integrais
Z π inx
e
In =
dx, n = 0, 1, 2, ....
f
−π (x)
(b) Deduza, da alínea anterior, o valor dos integrais
Z
Z
1 π cos (nx)
1 π sin (nx)
dx
e bn =
dx,
an =
π −π f (x)
π −π f (x)
(c) Diga, justificando, qual o valor da soma da série
para x ∈ [−π, π] .
n = 0, 1, 2, ....
a0 P∞
+ n=1 an cos (nx) + bn sin (nx)
2
4. Seja r > 1 e γ = {z ∈ C | |z| = r}.
(a) Calcule, usando o teorema dos resíduos, o valor do integral
I
1
dz.
z
(z
− 1)
γ
(b) Obtenha o resultado da alínea anterior usando o teorema de Cauchy e majorando o
módulo do integral para r grande.
90
CAPÍTULO 5. RESÍDUOS E POLOS
(c) Prove que f (z) = 1/ (z − 1) não é a derivada de uma função analítica em C\ {1}.
(d) Prove que
g(z) =
1
z (z − 1)
é a derivada de uma função analítica em C\ [0, 1].
5. Seja f uma função inteira tal que
|f (z)| ≤ c (1 + rα )
se |z| = r, onde c e α pertencem a R+ . O que pode afirmar quanto a f ? Sugestão: prove
uma generalização do teorema de Liouville.
5.2.2
Propostas de resolução
1. (a) Da série de potências ez =
1
zk e z =
P∞
n=0
P
zn
z −n
1
, obtem-se e z = ∞
. Logo,
n=0
n!
n!
∞
∞
∞
X
X
z k−n
z −j
z k−2
1 X z −j
=
= z k + z k−1 +
+ ··· +
+
,
n!
(k + j)!
2!
k! j=1 (k + j)!
n=0
j=−k
usando uma reindexação n → j com j = n − k. Quanto à maior região de validade
P∞
n
recorde-se que, para uma série de Laurent do tipo n=−∞ an (z − z0 ) , é a maior coroa
circular, r < |z − z0 | < R, que não contém singularidades e que contém pontos onde a
série é convergente. A função dada apenas possui uma singularidade, z = 0. Portanto,
a maior região de validade desta série de Laurent é a região definida por |z| > 0, ou
seja, C \ {0}.
(b) Por definição, Res f (z) |z=0 = a−1 , onde a−1 é o coeficiente correspondente à potência
z −1 da série anterior. Como tal,
Res f (z) |z=0 = a−1 =
1
.
(k + 1)!
1
Note-se que z=0 é uma singularidade essencial da função z k e z e, como tal, não é um
pólo. Assim, não é válida a aplicação da expressão para cálculo de resíduos de pólos de
ordem n.
(c) Seja γ a curva de Joprdan ao longo da qual o integral é calculado. Se 0 pertence ao
interior da curva γ, pelo teorema dos resíduos tem-se
I
f (z)dz = ±2πiRes f (z) |z=0 = ±
γ
2πi
,
(k + 1)!
5.2. POLOS E OUTRAS SINGULARIDADES
91
em que o sinal + ou − é usado se γ percorrida, respectivamente, no sentido positivo ou
negativo. Se 0 não pertence ao interior da curva γ, pelo teorema de Cauchy, tem-se
I
f (z)dz = 0.
γ
(d) Como o disco |z − 1| ≤ 1/2 está contido numa região onde a função f (z) é analítica,
pode aplicar-se a fórmula integral de Cauchy para a primeira derivada,
I
f (z)
1
dz = f 0 (1).
2πi |z−1|= 12 (z − 1)2
¡
¢ 1
Dado que f 0 (z) = kz k−1 − z k−2 e z , obtem-se
I
f (z)
0
2 dz = 2πif (1) = 2πi (k − 1) e.
1 (z − 1)
|z−1|= 2
2. Seja f (z) = z m g(z) com g(z) analítica, então f 0 (z) = mz m−1 g(z) + z m g 0 (z) e, portanto, para
0 < |z| ≤ 1 tem-se
f 0 (z)
mz m−1 g(z) + z m g 0 (z)
m g 0 (z)
=
=
+
.
m
f (z)
z g(z)
z
g(z)
Como g(z) 6= 0, se |z| ≤ 1, a função g 0 (z)/g(z) é analítica para |z| ≤ 1. Portanto, z = 0 é a
única singularidade de f 0 (z)/f (z) no disco |z| ≤ 1 e é um pólo simples cujo resíduo facilmente
se calcula,
∙
µ
¸
¶
f 0 (z)
m g 0 (z)
= lim z
+
= m.
f (z) z=0 z→0
z
g(z)
Pelo teorema dos resíduos, tem-se
∙ 0 ¸
I
f (z)
f 0 (z)
1
= m.
dz = Res
2πi |z|=1 f (z)
f (z) z=0
Res
3. (a) Seja γ a curva |z| = 1 parametrizada por z(x) = eix , para x ∈ [−π, π]. Então,
¡ ix ¢n
Z π inx
Z π
Z π
e
e
einx
dx =
dx =
dx
ix + e−ix )
f
(x)
5
+
4
cos
x
5
+
2
(e
−π
−π
−π
I
I
dz
zn
zn
=
=
−i
dz
5 + 2 (z + z −1 ) iz
2z 2 + 5z + 2
γ
γ
I
n
z
¡
¢
dz
z + 12 (z + 2)
γ
#
"
i
zn
¢
= − 2πiRes ¡
2
z + 12 (z + 2)
z=− 12
¡ 1 ¢n
n
−
(−1) π
= π 32
=
,
3 · 2n−1
2
= −
para n = 0, 1, 2, ....
i
2
92
CAPÍTULO 5. RESÍDUOS E POLOS
¢
¡
¢
¡
(b) Uma vez que cos (nx) = Re einx e sin (nx) = Im einx , imediatamente se conclui que
an =
1
(−1)n
Re (In ) =
π
3 · 2n−1
e
bn =
1
Im (In ) = 0.
π
(c) Os coeficientes an para n = 0, 1, 2, ... e bn para n = 1, 2, ... são os coeficientes de Fourier
da função periódica de período 2π,
g(x) =
1
.
5 + 4 cos x
Como esta função é de classe C 1 em R, pelo teorema de Fourier conclui-se que a soma
1
da série é
, para cada x ∈ R.
5 + 4 cos x
4. (a) Tem-se
Res
e
∙
1
z (z − 1)
∙
Res
Como tal
I
¸
= lim
1
= −1,
z (z − 1)
¸
1
= 1.
z→1 z
z→0
z=0
1
z (z − 1)
z=1
= lim
∙
µ
∙
¸
¸ ¶
1
1
1
+ Res
= 0.
dz = 2πi Res
z (z − 1) z=0
z (z − 1) z=1
γ z (z − 1)
(b) O teorema de Cauchy afirma que os integrais de funções analíticas num domínio Ω, ao
longo de caminhos homotópicos em Ω, são iguais. Como tal, o valor do integral não
depende de r. Tem-se, atendendo a que |z − 1| ≥ |z| − 1 para |z| > 1,
¯ I
¯I
I
¯
¯
2πr
1
1
1
¯
¯
¯ z (z − 1) dz ¯ ≤ |z| (|z| − 1) |dz| = r (r − 1) |dz| = r2 − r
γ
γ
γ
¯I
¯
I
¯
¯
1
1
e ¯¯
dz ¯¯ → 0 quando r → +∞. Logo,
dz = 0.
z
(z
−
1)
z
(z
− 1)
γ
γ
(c) Seja Ω um domínio em C e f : Ω → C uma função contínua. Sabe-se que f é a derivada
de uma função analítica se e só se o integral de f ao longo de qualquer contorno fechado
em Ω for nulo. Ora,
I
1
dz = 2πi 6= 0.
z
−
1
|z−1|=1
1
não é a derivada de uma função analítica em C\ {1}.
z−1
(d) Se C é um contorno de Jordan fechado em C\ [0, 1], descrito no sentido positivo, então C
Conclui-se que f (z) =
é homotópica à curva γ do enunciado (supondo γ também descrita no sentido positivo)
ou C é homotópica a um ponto, pelo que
I
I
1
1
dz =
dz = 0.
C z (z − 1)
γ z (z − 1)
5.2. POLOS E OUTRAS SINGULARIDADES
93
1
ao longo de contornos fechados em
z (z − 1)
C\ [0, 1] são nulos. Como tal, g é a derivada de uma função analítica em C\ [0, 1].
Conclui-se que os integrais de g(z) =
5. Designe-se por n a parte inteira de α, ou seja, o número natural tal que α − 1 < n ≤ α.
Provemos que a derivada de ordem n + 1 de f é identicamente nula. Seja a ∈ C e r > 0. Pela
fórmula integral de Cauchy,
f (n+1) (a) =
(n + 1)!
2πi
Z
f (z)
|z−a|=r
(z − a)
n+2 dz.
Então
¯
¯
¯ (n+1) ¯
(a)¯ ≤
¯f
(n + 1)!
2π
≤
(n + 1)!
2π
≤
(n + 1)!
2π
Z
Z
Z
|f (z)|
|z−a|=r
|z−a|=r
|z−a|=r
n+2 |dz|
|z − a|
c (1 + |z|α )
n+2 |dz|
|z − a|
c [1 + (r + |a|)α ]
|dz|
rn+2
α
(n + 1)! c [1 + (r + |a|) ]
2πr
2π
rn+2
rα+1
∼ c (n + 1)! n+2 → 0
r
=
quando r → +∞. Assim, f (n+1) (a) = 0. Como a é arbitrário, f (n+1) ≡ 0. Integrando n + 1
vezes, conclui-se que f é um polinómio de grau menor ou igual a n.