Universidade Federal Campina Grande - UFCG Centro de Ciências e Tecnologia - CCT Unidade Acadêmica de Matemática e Estatística - UAME
Variáveis Complexas
Prof.: Diogo de Santana Germano
Sumário 1 Números Complexos
5
1.1
Somas e produtos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.2
Propriedades algébricas básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.3
Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.4
Módulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
1.5
Conjugado Complexo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
1.6
Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
1.7
Forma exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
1.8
Produtos e quocientes na forma exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
1.9
Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
1.10 Raízes de números complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
1.11 Regiões no plano complexo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
1.12 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
2 Funções Analíticas
28
2.1
Funções de uma variável complexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
2.2
Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
2.3
Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
2.4
Limites envolvendo infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
2.5
Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
2.6
Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
2.7
Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
2.8
Fórmulas de diferenciação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
2.9
Equações de Cauchy-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
2.10 Coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
2.11 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
48
2.12 Funções analíticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
2.13 Funções harmônicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
52
2.14 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
2
3 Funções Elementares
57
3.1
A função exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
57
3.2
A função logarítmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58
3.3
Ramos e derivadas de logaritmos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
60
3.4
Algumas identidades envolvendo logarítmos . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61
3.5
Expoentes complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
62
3.6
Funções trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
64
3.7
Funções hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
66
3.8
Funções trigonométrica e hiperbólica inversas . . . . . . . . . . . . . . . . .
67
3.9
Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
69
4 Integrais
72
4.1
Derivadas de funções w(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
72
4.2
Integrais definidas de funções w(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
4.3
Caminhos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
74
4.4
Integrais Curvilíneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
4.5
Limitação superior para o módulo de integrais . . . . . . . . . . . . . . . . .
82
4.6
Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
83
4.7
Antiderivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
85
4.8
O Teorema de Cauchy-Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
90
4.9
Fórmula integral de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
93
4.10 Derivadas de funções analíticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
94
4.11 Aplicações da Fórmula Integral de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
96
4.12 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
98
5 Séries
102
5.1
Convergência de seqüências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
5.2
Convergência de séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
5.3
Convergência absoluta e condicional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
5.4
Séries de potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
5.5
Séries de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
5.6
Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
5.7
Séries de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
5.8
Convergência absoluta e uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
5.9
Continuidade da soma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
5.10 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 5.11 Integração e diferenciação de séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 3
5.12 Unicidade da representação de séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 5.13 Multiplicação e divisão de séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 5.14 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 6 Resíduos e Polos
128
6.1
Resíduos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
6.2
Teorema dos Resíduos de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
6.3
Tipos de pontos singulares isolados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
6.4
Resíduos em polos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
6.5
Zeros de funções analíticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
6.6
Zeros e Polos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
6.7
Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
6.8
Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 6.8.1
Integrais reais impróprias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
6.8.2
Integrais impróprias envolvendo funções trigonométricas . . . . . . 149
6.8.3
Integrais definidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
6.8.4
A Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
7 Transformações Elementares
155
7.1
Transformações Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
7.2
A transformação w = 1/z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
7.3
Transformação linear fracionária . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
7.4
Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
8 Transformações Conformes
170
8.1
Transformação conforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
8.2
Inversa Local . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174
8.3
Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176
8.4
Transformações de Funções Harmônicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
8.5
Transformações de Condições de Contorno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
8.6
Potencial Eletrostático . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
8.7
O Potencial em um espaço cilíndrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
A Tabela de Transformações Elementares
187
Capítulo 1 Números Complexos 1.1
Somas e produtos
Definição 1.1 (Número complexo como par ordenado) Um número complexo é um par ordenado (x, y), com x, y ∈ R, que é identificado com um ponto no plano que aqui será chamado de plano complexo ou z-plano. Quando os números reais x são representados pelo pelo par (x, 0) no eixo real, torna-se evidente que o conjunto dos números complexos, denotado por C, incluem os números reais como subconjunto. Números complexos da forma (0, y) correspondem a pontos no eixo y e são chamados números imaginários puros. O eixo y é chamado eixo imaginário. Utilizaremos a seguinte notação para números complexos: z = (x, y), x, y ∈ R.
(1.1)
Os números x e y são conhecidos como parte real e imaginária de z, respectivamente; escrevemos Re z = x, Im z = y. (1.2) Definição 1.2 (Igualdade) Dois números complexos z1 = (x1 , x2 ) e z2 = (x2 , y2 ) são iguais quando x1 = x2 e y1 = y2 , ou seja, as partes reais e imaginárias coincidem. Assim, z1 e z2 representam o mesmo ponto no plano complexo. Definição 1.3 (Soma e Produto) A soma z1 +z2 e o produto z1 z2 são definidos da seguinte forma: z1 + z2 = (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ); (1.3) z1 z2 = (x1 , y1 )(x2 , y2 ) = (x1 x2 − y1 y2 , y1 x2 + x1 y2 ).
(1.4)
As operações (1.3) e (1.4) são as operações usuais de adição e multiplicação quando nos restringimos aos números reias: (x1 , 0) + (x2 , 0) = (x1 + x2 , 0) (x1 , 0)(x2 , 0) = (x1 x2 , 0).
5
Qualquer z = (x, y) pode ser escrito como z = (x, 0) + (0, y) e, é fácil ver, que (0, 1)(y, 0) = (0, y). Então z = (x, 0) + (0, 1)(y, 0) e, se escrevemos (x, 0) como x e denotamos (0, 1) por i (veja Figura 1), temos a seguinte definição: Definição 1.4 (Número complexo com a unidade imaginária) Um número complexo é qualquer número da forma
Figura 1.
z = x + iy.
(1.5)
onde x, y ∈ R e i é a unidade imaginária. Com a convensão z 2 = zz, z 3 = zz 2 , etc., encontramos i2 = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) ou
i2 = −1.
(1.6)
(x1 + iy1 ) + (x2 + iy2 ) = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 )
(1.7)
(x1 + iy1 )(x2 + iy2 ) = (x1 x2 − y1 y2 ) + i(y1 x2 + x1 y2 ).
(1.8)
Por (1.5), definimos (1.3) e (1.4) por
Observe que o lado direito da equação (1.8) pode ser obtido multiplicando os termos do lado esquerdo como se fossem números reais e substituindo i2 por −1.
1.2
Propriedades algébricas básicas
As familiares leis comutativas, associativas e distributivas são válidas para números complexos e são de fácil verificação. 1. Leis comutativas: z1 + z2 = z2 + z1 , z1 z2 = z2 z1 ; 2. Leis associativas: (z1 + z2 ) + z3 = z1 + (z2 + z3 ), (z1 z2 )z3 = z1 (z2 z3 ); 3. Lei distributiva: z(z1 + z2 ) = zz1 + zz2 . Definição 1.5 (Elementos neutros) Os números complexos 0 = (0, 0) e 1 = (1, 0) são os elementos neutros da adição e multiplicação, isto é, z+0=z e z·1=z para todo número complexo z. 6
Definição 1.6 (Inverso aditivo) O inverso aditivo do complexo z = (x, y) é o número −z = (−x, −y), ou seja, satisfaz a equação z + (−z) = 0. Existe um único inverso aditivo para cada z complexo, pois (x, y) + (u, v) = (0, 0) ⇒ u = −x e v = −y. O inverso aditivo pode ser escrito como −z = −x − iy, pois −(iy) = (−i)y = i(−y) (Verifique!) e é utilizado para definir a subtração z1 − z2 = z1 + (−z2 ). Assim, se z1 = (x1 , y1 ) e z2 = (x2 , y2 ) então z1 − z2 = (x1 − x2 , y1 − y2 ) = (x1 − x2 ) + i(y1 − y2 ). Para qualquer número complexo não nulo z = (x, y), existe um número z −1 tal que zz = 1 chamado de inverso multiplicativo. Para encontrá-lo, consideramos dois números reais u e v tais que (x, y)(u, v) = (1, 0). −1
De acordo com a definição de multiplicação de números complexos, u e v devem satisfazer as esquações lineares xu − yv = 1 . yu + xv = 0 Resolvendo o sistema anterior para u e v encontramos u=
x2
x −y , v= 2 . 2 +y x + y2
Definição 1.7 (Inverso multiplicativo) O inverso multiplicativo do número complexo não nulo z = (x, y) é o número x −y −1 z = , z 6= 0. (1.9) x 2 + y2 x 2 + y2 O inverso z −1 não é definido quando z = 0. De fato, z = 0 implica x 2 + y2 = 0, o que não pode acontecer na expressão anterior. A existência do inverso multiplicativo nos permite mostrar que o produto z1 z2 é zero se, e somente se pelo menos um dos fatores z1 ou z2 for zero. De fato, suponha que z1 z2 = 0 e z1 6= 0. O inverso z1−1 existe; então, z2 = 1 · z2 = (z1−1 z1 )z2 = z1−1 (z1 z2 ) = z1−1 · 0 = 0. isto é, se z1 z2 = 0 obtemos z1 = 0 ou z2 = 0; utilizando a definição de produto é fácil constatar a recíproca. 7
Definição 1.8 (Divisão) A divisão de números complexos é definida da seguinte forma: z1 = z1 z2−1 , z2 6= 0. z2
(1.10)
Se z1 = (x1 , y1 ) e z2 = (x2 , y2 ), a equação (1.10) e a expressão (1.9) nos dizem que z1 x1 x2 + y1 y2 y1 x2 − x1 y2 −y2 x2 = , , = (x1 , y1 ) z2 x22 + y22 x22 + y22 x22 + y22 x22 + y22 ou seja,
z1 x1 x2 + y1 y2 y1 x2 − x1 y2 = +i 2 , z2 6= 0. 2 2 z2 x2 + y2 x2 + y22
Como a expressão anterior não é fácil de memorizar, podemos obtê-la escrevendo z1 (x1 + iy1 )(x2 − iy2 ) = . z2 (x2 + iy2 )(x2 − iy2 )
(1.11)
Mais adiante apresentaremos a motiviação para a equação (1.11). Existem algumas identidades esperadas envolvendo quocientes, como a relação 1 = z2−1 , z2 6= 0, z2 que é a equação (1.10) com z1 = 1. Esta última identidade pode, por exemplo, ser utilizada para escrever a equação (1.10) na forma z1 1 = z1 , z2 6= 0. z2 z2 Podemos também observar que (z1 z2 )(z1−1 z2−1 ) = (z1 z1−1 )(z2 z2−1 ) = 1, z1 , z2 6= 0 e então que (z1 z2 )−1 = z1−1 z2−1 , donde segue que 1 1 1 −1 −1 −1 = (z1 z2 ) = z1 z2 = , z1 , z2 6= 0. z1 z2 z1 z2 e
z1 z2 = z3 z4
z1 z3
z2 z4
, z3 , z4 6= 0.
Exemplo 1.1 Podemos agora justificar os seguintes cálculos: 1 1 1 1 5+i 5+i = = · = 2 − 3i 1+i (2 − 3i)(1 + i) 5−i 5+i (5 − i)(5 + i) 5+i 5 i 5 1 = = + = + i. 26 26 26 26 26 8
Finalmente, observamos que a fórmula binomial envolvendo números reais continua valendo para números complexos. Isto é, se z1 e z2 são dois números complexos, n X n (z1 + z2 ) = z1n−k z2k , n = 1, 2, . . . k n
k=0
onde
n k
=
n! , k = 0, 1, 2, . . . , n k!(n − k)!
com a convensão de que 0! = 1. A prova é por indução matemática e fica a cargo do leitor.
1.3
Exercícios
1) Verifique que √ √ (a) ( 2 − i) − i(1 − 2i) = −2i; 1 1 , (c) (3, 1)(3, −1) = (2, 1). 5 10
(b) (2, −3)(−2, 1) = (−1, 8);
2) Mostre que (a) Re(iz) = − Im z;
(b) Im(iz) = Re z.
3) Verifique que cada um dos números z = 1 ± i satisfazem a equação z 2 − 2z + 2 = 0. 4) Use −1 = (−1, 0) e z = (x, y) para mostrar que (−1)z = −z. 5) Use i = (0, 1) e y = (y, 0) para verificar que −(iy) = (−i)y. Então, mostre que o inverso aditivo de um número complexo z = x+iy pode ser escrito como −z = −x−iy sem ambiguidade. 6) Resolva a equação z 2 + z + 1 = 0 para z = (x, y) escrevendo (x, y)(x, y) + (x, y) + (1, 0) = (0, 0) e, em seguida, resolvendo um par de equações simultâneas em x e y. √ ! 1 3 . Resposta: z = − , ± 2 2 7) Simplifique as expressões até obter um número complexo. 1 + 2i 2 − i 5i (a) + ; (b) ; (c) (1 − i)4 . 3 − 4i 5i (1 − i)(2 − i)(3 − i) Resposta: (a) −2/5; (b) −1/2; (c) −4. 8) Prove que se z1 z2 z3 = 0, então pelo menos um dos três fatores é nulo.
9
9) Use as identidades
e
z1 = z1 z2
1 z1
1 z2
para provar a igualdade
1 z2
(z2 6= 0)
= z1−1 z2−1 = (z1 z2 )−1 =
z1 z3
z2 z4
=
z1 z2 z3 z4
1 z1 z2
(z1 6= 0, z2 6= 0)
(z3 6= 0, z4 6= 0).
10) Use a identidade provada no exercício anterior para mostrar a lei do cancelamento z1 z z1 = z2 z z2
1.4
(z2 6= 0, z 6= 0).
Módulo
É natural associar qualquer número complexo não nulo, z = x + iy, com um vetor partindo da origem até o ponto (x, y) que o representa no plano complexo. Na verdade, nos referimos a z como o ponto z ou vetor z. Na figura 2 os números z = x + iy e −2 + i estão representados geometricamente como pontos e vetores.
Figura 2. Segundo a definição da soma de dois números complexos, o complexo z1 + z2 pode ser obtido vetorialmente como mostrado na figura 3. A diferença z1 − z2 = z1 + (−z2 ) corresponde à soma dos vetores para z1 e −z2 (Figura 4).
Figura 3
Figura 4
10
É evidente que o produto de números complexos z1 z2 é um ponto do plano (ou vetor) que não é nem o produto escalar, nem o produto vetorial utilizado na análise de um vetor comum. A interpretação do vetor de números complexos é especialmente útil para estender o conceito de módulos dos números reais para o plano complexo. Definição 1.9 (Módulo) O módulo, ou valor p absoluto, de um número complexo z = x + iy é definido como o número real não negativo x 2 + y2 e denotado por |z|; isto é, p |z| = x 2 + y2 . (1.12) Geometricamente, o número |z| é a distância entre o ponto (x, y) e a origem, ou o comprimento do vetor que representa z. Este se reduz para o valor absoluto usual no sistema dos números reais quando y = 0. Note que, enquanto a desigualdade zl < z2 não tem sentido a menos que zl e z2 sejam reais, a expressão |z1 | < |z2 | significa que o ponto zl está mais próximo da origem do que o ponto z2 . √ √ Exemplo 1.2 Desde que | − 3 + 2i| = 13 e |1 + 4i| = 17, o ponto −3 + 2i está mais perto da origem do que o ponto 1 + 4i. Definição 1.10 A distância entre dois pontos z1 = x1 + iy1 e z2 = x2 + iy2 é |z1 − z2 |. A definição anterior está justificada na figura 4, pois zl − z2 é o comprimento do vetor que representa zl − z2 . A diferença zl − z2 pode ser interpretada como o segmento ligando o ponto (x2 , y2 ) a o ponto (xl , yl ). Como z1 − z2 = (x1 − x2 ) + i(y1 − y2 ) a definição de módulo nos fornece |z1 − z2 | =
p
(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 .
Assim, os números complexos z correspondentes aos pontos sobre o círculo com centro z0 e raio R satisfazem a equação |z − z0 | = R, e vice-versa. Logo, nos referiremos a este conjunto de pontos simplesmento como o círculo |z − z0 | = R. Exemplo 1.3 A equação |z−1+3i| = 2 representa o círculo centrado no ponto z0 = (1, −3) e com raio R = 2. Decorre também da definição (1.12) que os números reais |z|, Re z = x e Im z = y estão relacionados pela equação
Então
|z|2 = (Re z)2 + (Im z)2 .
(1.13)
Re z ≤ | Re z| ≤ |z| e Im z ≤ | Im z| ≤ |z|.
(1.14)
11
Voltamo-nos agora para a desigualdade triangular, que fornece um limite superior para o módulo da soma de dois números complexos zl e z2 : |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |.
(1.15)
Essa importante desigualdade é geometricamente percebida na figura 3, pois ela declara que o comprimento de um lado de um triângulo é menor ou igual à soma dos comprimentos dos outros dois lados. Também podemos ver na Figura 3 que a desigualdade (1.15) é na verdade uma igualdade quando 0, zl e z2 são colineares. Uma conseqüência imediata da desigualdade triangular é o fato de que |z1 + z2 | ≥ ||z1 | − |z2 || .
(1.16)
Para justificar a inequação anterior escrevemos |z1 | = |(z1 + z2 ) + (−z2 )| ≤ |z1 + z2 | + | − z2 |, isto é,
|z1 + z2 | ≥ |z1 | − |z2 |.
Esta é a inequação (1.16) quando |z1 | ≥ |z2 |. Se |z1 | < |z2 |, basta trocar z1 e z2 na desigualdade anterior para obter |z1 + z2 | ≥ −(|z1 | − |z2 |), e assim, chegamos ao resultado desejado. A desigualdade (1.16) nos diz, é claro, que o comprimento de um lado de um triângulo é maior ou igual do que a diferença dos comprimentos dos outros dois lados. Como | − z2 | = |z2 |, podemos substituir z2 por −z2 nas desigualdades (1.15) e (1.16) para escrever as formas particularmente úteis: |z1 ± z2 | ≤ |z1 | + |z2 |, |z1 ± z2 | ≥ ||z1 | − |z2 || . Exemplo 1.4 Se um ponto z está sobre o círculo unitário |z| = 1 centrado na origem, então |z − 2| ≤ |z| + 2 = 3 e |z − 2| ≥ ||z| − 2| = 1. A desigualdade triangular pode ser generalizada por indução matemática para somas envolvendo um número finito de termos: |z1 + z2 + · · · + zn | ≤ |z1 | + |z2 | + · · · + |zn |, n = 2, 3, . . . . De fato, quando n = 2, a desigualdade anterior é apenas a desigualdade (1.15). Além disso, se a desigualdade anterior é válida quando n = m, ela também é verdadeira quando n = m + 1, pois |(z1 + z2 + · · · + zm ) + zm+1 | ≤ |z1 + z2 + · · · + zm | + |zm+1 | ≤ (|z1 | + |z2 | + · · · + |zm |) + |zm+1 |. 12
1.5
Conjugado Complexo
Definição 1.11 O conjugado complexo, ou simplesmente conjugado, do número complexo z = x + iy é definido da seguinte forma: z = x − iy.
(1.17)
O conjugado complexo é representado pelo ponto (x, −y), que é a reflexão em torno do eixo real do ponto (x, y) representado na figura 5. Note que z = z e |z| = |z| para todo z. Se z1 = x1 + iy1 e z2 = x2 + iy2 , então Figura 5. z1 + z2 = (x1 + x2 ) − i(y1 + y2 ) = (x1 − iy1 ) + (x2 − iy2 ). Assim, o conjugado da soma é a soma dos conjugados: z1 + z2 = z1 + z2 . Da mesma maneira, é fácil mostrar que z1 − z2 = z1 − z2 , z1 z2 = z1 z2 , e
z1 z2
=
z1 , z2 6= 0. z2
A soma z + z de um número complexo z = x + iy e seu conjugado z = x − iy é o número real 2x, e a diferença z − z é o número imaginário puro 2iy. Logo Re z =
z+z z−z , Im z = . 2 2i
Uma identidade importante relacionada ao conjugado de um número complexo z = x + iy para seu módulo é (1.18) zz = |z|2 , onde cada lado é igual a x 2 + y2 . Ela sugere o método para determinar um quociente de números complexos z1 /z2 ; basta multiplicar o numerador e o denominador de z1 /z2 por z2 , de modo que o denominador torna-se o número real |z2 |2 . Exemplo 1.5 Como ilustração −1 + 3i (−1 + 3i)(2 + i) −5 + 5i −5 + 5i = = = = −1 + i. 2 2−i (2 − i)(2 + i) |2 − i| 5 13
A identidade (1.18) é especialmente útil na obtenção de propriedades de módulo. Por exemplo, |z1 z2 | = |z1 ||z2 | (1.19) e
z1 |z1 | = z2 |z2 | , z2 6= 0.
(1.20)
A propriedade (1.19) segue diretamente de (1.18), como segue |z1 z2 |2 = (z1 z2 )(z1 z2 ) = (z1 z2 )(z1 z2 ) = (z1 z1 )(z2 z2 ) = |z1 |2 |z2 |2 = (|z1 ||z2 |)2 . A propriedade (1.20) pode ser verificada utilizando (1.19). Exemplo 1.6 A propriedade (1.19) nos diz que |z 2 | = |z|2 e |z 3 | = |z|3 . Então se z é um ponto dentro do círculo centrado na origem com raio 2, |z| < 2, segue da forma generalizada da desigualdade triangular |z 3 + 3z 2 − 2z + 1| ≤ |z|3 + 3|z|2 + 2|z| + 1 < 25.
1.6
Exercícios
1) Represente geometricamente como vetores os números z1 + z2 e z1 − z2 quando √ √ 2 (a) z1 = 2i, z2 = − i (b) z1 = (− 3, 1), z2 = ( 3, 0) 3 (c) z1 = (−3, 1), z2 = (1, 4) (d) z1 = x1 + iy1 , z2 = x1 − iy1 2) Mostre que, quando |z3 | = 6 |z4 |, Re(z1 + z2 ) |z1 | + |z2 | ≤ . |z3 + z4 | ||z3 | − |z4 || 3) Verifique que
√ 2|z| ≥ | Re z| + | Im z|.
Sugestão: Reduza esta inequação para (|x| − |y|)2 ≥ 0. 4) Em cada caso, esboce o conjunto dos pontos determinado pelas condições dadas. (a) |z − 1 + i| = 1 (d) Re(z − i) = 2
(b) |z + i| ≤ 3 (e) |2z + i| = 4
(c) |z − 4i| ≥ 4
5) Usando o fato de que |z1 − z2 | é a distância entre os pontos z1 e z2 dê um argumento geométrico para (a) |z − 4i| + |z + 4i| = 10 representar uma elipse cujos focos são (0, ±4); (b) |z − 1| = |z + i| representar uma reta que passa pela origem cuja inclinação é −1. 6) Use as propriedades do conjugado e do módulo para mostrar que (a) z + 3i = z − 3i (c) (2 + i)2 = 3 − 4i
(b) iz = −iz √ √ (d) |(2z + 5)( 2 − i)| = 3|2z + 5| 14
9) Mostre que
| Re(2 + z + z 3 )| ≤ 4,
quando |z| ≤ 1.
10) Fatorando z 4 − 4z 2 + 3 em fatores quadrados e usando uma desigualdade apropriada mostre que, se z pertence ao círculo |z| = 2, então 1 1 z 4 − 4z 2 + 3 ≤ 3 . 11) Mostre que (a) z é real se, e somente se z = z; (b) z é apenas real ou imaginário puro se, e somente se z 2 = z 2 . 12) Sejam a0 , a1 , . . ., an (n ≥ 1) denotando números reais, e seja z um número complexo qualquer. Mostre que a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n . 13) Usando as expressões Re z =
z+z z−z , Im z = . 2 2i
mostre que a hipérbole x 2 − y2 = 1 pode ser escrita como z 2 + z 2 = 2.
1.7
Forma exponencial
Definição 1.12 (Forma polar) Sejam r e θ as coordenadas polares do ponto (x, y) ao qual corresponde o número complexo não nulo z = x + iy. Desde que x = r cos θ e y = r sen θ, o número z pode ser escrito na forma polar como z = r(cos θ + i sen θ).
(1.21)
Se z = 0, a coordenada θ não está definida. Em análise complexa, o número real r não pode ser negativo e representa o comprimento do vetor (raio) de z, isto é, r = |z|. O número real θ representa o ângulo, medido em radianos, que z faz com o eixo real positivo quando z é interpretado como um vetor (Figura 6). Como no cálculo, θ tem um número infinito de valores, incluindo os negativos, que diferem por múltiplos inteiros de 2π. Esses valores podem ser determinados a partir da equação tan θ = y/x, onde o quadrante que contém o ponto correspondendo a z Figura 6. deve ser especificado. Cada valor de θ é chamado de um argumento de z, e o conjunto de todos esses valores é denotado por arg z. O valor principal de arg z, denotado por Arg z, é o único valor Θ tal que −π < Θ < π. Note que arg z = Arg z + 2nπ, n = 0, ±1, ±2, . . . . Quando z é um número real negativo, Arg z tem valor π e não −π. 15
(1.22)
Exemplo 1.7 O número complexo −1 − i, que se encontra no terceiro quadrante, tem argumento principal −3π/4. Isto é, Arg(−1 − i) = −
3π . 4
Deve ser enfatizado que, devido à restrição −π < Θ < π do argumento principal, não é verdade que Arg(−1 − i) = 5π/4. De acordo com a equação (1.22), arg(−1 − i) = −
3π + 2nπ, n = 0, ±1, ±2, . . . . 4
Note que o termo Arg z no lado direito da equação (1.22) pode ser substituído por qualquer valor determinado de arg z e, assim, também podemos escrever, arg(−1 − i) =
5π + 2nπ, n = 0, ±1, ±2, . . . . 4
O símbolo eiθ , ou exp(iθ), é definida por meio da fórmula de Euler como eiθ = cos θ + i sen θ,
(1.23)
onde θ deve ser medido em radianos. Definição 1.13 (Forma exponencial) A fórmula de Euler nos permite escrever a forma polar (1.21) de maneira mais compacta na forma exponencial: z = reiθ .
(1.24)
Exemplo 1.8 O número −1 − i do exemplo anterior tem a seguinte forma exponencial: √ 3π −1 − i = 2 exp i − . 4 √ Como e−iθ = ei(−θ) , podemos escrever também −1−i = 2e−i3π/4 . As expressões anteriores são apenas uma dentre um número infinito de possibilidades para a forma exponencial de −1 − i: √ 3π −1 − i = 2 exp i − + 2nπ n = 0, ±1, ±2, . . . . 4 Note que a expressão (1.24) com r = 1 nos diz que os números eiθ estão sobre o círculo centrado na origem de raio unitário, conforme mostra a figura 7. Por exemplo, geometricamente observamos que eiπ = −1, e−iπ/2 = −i e e−i4π = 1. Note, também, que a equação z = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π é a representação paramétrica do círculo |z| = R, centrado na origem com raio R. Como Figura 7. o parâmetro θ aumenta de θ = 0 a θ = 2π, o ponto z começa a partir do eixo real positivo e atravessa o círculo uma vez no sentido anti-horário. Mas, geralmente, o círculo |z − z0 | = R, cujo centro é z0 e cujo raio é R, tem a representação paramétrica z = z0 + Reiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π.
16
Isto pode ser visto geometricamente (Figura 8), observando que um ponto z percorrendo o círculo |z − z0 | = R uma vez, no sentido anti-horário, corresponde à soma do vetor fixo z0 com um vetor de comprimento R cujo ângulo de inclinação varia de θ = 0 a 0 = 2π.
Figura 8.
1.8
Produtos e quocientes na forma exponencial
Da trigonometria decorre uma das propriedades da função exponencial do cálculo: eiθ1 eiθ2 = (cos θ1 + i sen θ1 )(cos θ2 + i sen θ2 ) = (cos θ1 cos θ2 − sen θ1 sen θ2 ) + i(sen θ1 cos θ2 + cos θ1 sen θ2 ) = cos(θ1 + θ2 ) + i sen(θ1 + θ2 ) = ei(θ1 +θ2 ) . Então, se z1 = r1 eiθ1 e z2 = r2 eiθ2 , o produto z1 z2 tem forma exponencial
Além disso,
z1 z2 = r1 r2 eiθ1 eiθ2 = r1 r2 ei(θ1 +θ2 ) .
(1.25)
r1 ei(θ1 −θ2 ) r1 r1 eiθ1 e−iθ2 z1 = ei(θ1 −θ2 ) . = · iθ −iθ = · i0 z2 r2 e 2 e 2 r2 e r2
(1.26)
Como 1 = 1ei0 , segue da expressão anterior que o inverso de um número complexo qualquer não nulo z = reiθ é 1 1 z −1 = = e−iθ . z r A expressão (1.25) nos fornece uma identidade importante envolvendo argumentos: arg(z1 z2 ) = arg z1 + arg z2 .
(1.27)
Para verificar a identidade anterior, considere θ1 = arg z1 e θ2 = arg z2 . A expressão (1.25) nos diz que θ1 + θ2 é um valor de arg(z1 z2 ) (Veja a Figura 9). Se, por outro lado, os valores de arg(z1 z2 ) e argz1 são especificados, esses valores correspondem a escolhas particulares de n e n1 nas expressões arg(z1 z2 ) = (θ1 + θ2 ) + 2nπ, n = 0, ±1, ±2, . . . , e
arg z1 = θ1 + 2n1 π n1 = 0, ±1, ±2, . . . .
Desde que
(θ1 + θ2 ) + 2nπ = (θ1 + 2n1 π) + [θ2 + 2(n − n1 )π], 17
Figura 9.
a equação (1.27) é evidentemente satisfeita quando arg z2 = θ2 + 2(n − n1 )π é escolhido. A verificação quando os valores de arg(z1 z2 ) e arg z2 são especificados segue de forma análoga. A expressão (1.27) às vezes é válida quando substituimos arg por Arg. Mas, tal fato nem sempre é válido, como veremos no exemplo que segue. Exemplo 1.9 Quando z1 = −1 e z2 = i, Arg(z1 z2 ) = Arg(−i) = −
π π 3π mas Arg z1 + Arg z2 = π + = . 2 2 2
Se, no entanto, tomarmos os valores de arg z1 e arg z2 usados e selecionarmos o valor Arg(z1 z2 ) + 2π = −
π 3π + 2π = 2 2
de arg(z1 z2 ), a equação (1.27) é satisfeita. A expressão (1.27) também nos diz que z1 arg = arg(z1 z2−1 ) = arg z1 + arg(z2−1 ), z2 donde segue que
arg(z2−1 ) = − arg z2 ,
pois z −1 = 1/z = 1/reiθ = (1/r)e−iθ . Então z1 arg = arg z1 − arg z2 . z2
(1.28)
Exemplo 1.10 A fim de encontrar o argumento principal Arg z quando z=
−2 √ , 1 + 3i
observamos que arg z = arg(−2) − arg(1 + Desde que Arg(−2) = π e Arg(1 +
√ 3i).
√ 3i) =
π , 3
um valor de arg z é 2π/3; e, como 2π/3 está entre −π e π, encontramos Arg z = 2π/3.
18
Outro resultado importante que pode ser obtido formalmente através de z = reiθ é z n = r n einθ , n = 0, ±1, ±2, . . . .
(1.29)
É fácil verificar (1.29) por indução matemática para valores positivos de n. Mais especificamente, note primeiro que z = reiθ quando n = 1. Em seguida, suponha que (1.29) é válida quando n = m, onde m é um inteiro positivo qualquer. Pelo produto entre números complexos não nulos na forma exponencial, a afirmação torna-se verdadeira para n = m + 1: z m+1 = zz m = reiθ r m eimθ = r m+1 ei(m+1)θ . Assim, a expressão (1.29) é verificada para todo inteiro positivo n; também é válida quando n = 0, com a convensão z 0 = 1. Se n = −1, −2, . . ., definimos z n em termos do inverso multiplicativo de z, escrevendo z n = (z −1 )m quando m = −n = 1, 2, . . . . Então, já que a expressão (1.29) é válida para potências inteiras positivas, decorre da forma exponencial para z −1 , que −n m m 1 1 1 i(−θ) im(−θ) n e = e = ei(−n)(−θ) = r n einθ , n = −1, −2, . . . . z = r r r Portanto (1.29) fica estabelecida para todas as potências inteiras. Observe que se r = 1, a expressão (1.29) torna-se (eiθ )n = einθ , n = 0, ±1, ∓2, . . . . Então obtemos a forma (cos θ + i sen θ)n = cos nθ + i sen nθ, n = 0, ±1, ±2, . . . , que é a conhecida fórmula de Moivre. A expressão (1.29) pode ser útil na busca de potências de números complexos. √ Exemplo 1.11 Vamos escrever ( 3 + i)7 em sua forma normal. Temos √ √ ( 3 + i)7 = (2eiπ/6 )7 = 27 ei7π/6 = (26 eiπ )(2eiπ/6 ) = −64( 3 + i).
1.9
Exercícios
1) Encontre o argumento principal Arg z quando √ i (a) z = ; (b) z = ( 3 − i)6 . −2 − 2i Respostas: (a) −3π/4; (b) π. 2) Mostre que (a) |eiθ | = 1; (b) eiθ = e−iθ . 19
3) Usando o fato de que o módulo |eiθ − 1| é a distância entre os pontos eiθ e 1, dê um argumento geométrico para encontrar um valor de θ no intervalo 0 ≤ θ ≤ 2π que satisfaça a equação |eiθ − 1| = 2. Resposta: π. 4) Escrevendo os fatores individualmente na sua forma exponencial, realizando as operações necessárias e, finalmente, mudando de volta para coordenadas retangulares, mostre que √ √ √ (b) 5i/(2√ + i) = 1 + 2i; (a) i(1 − 3i)( 3 + i) = 2(1 + 3i); √ 7 (c) (−1 + i) = −8(1 + i); (d) (1 + 3i)−10 = 2−11 (−1 + 3i). 5) Mostre que se Re z1 > 0 e Re z2 > 0, então Arg(z1 z2 ) = Arg z1 + Arg z2 . 6) Seja z um número complexo não nulo e n um inteiro negativo. Escreva z = reiθ e m = −n = 1, 2, . . .. Usando a expressão 1 m m imθ −1 ei(−θ) , z =r e e z = r verifique que (z m )−1 = (z −1 )m e então a definição z n = (z −1 )m poderá ser escrita de forma alternativa como z n = (z m )−1 . 7) Mostre que 1 + z + z2 + · + zn =
1 − z n+1 1−z
(z 6= 1).
Em seguida, use este fato para provar a identidade trigonométrica de Lagrange: 1 + cos θ + cos 2θ + · · · + cos nθ =
1 sin[(2n + 1)θ/2] + 2 2 sin(θ/2)
(0 < θ < 2π).
Sugestão: Para a primeira identidade escreva S = 1 + z + z 2 + · · · + z n e considere a diferença S − zS. Para a segunda, escreva z = eiθ e use a primeira. 8) Use a fórmula de Moivre para provar as seguintes identidades trigonométricas: (a) cos 3θ = cos3 θ − 3 cos θ sin2 θ;
1.10
(b) sin 3θ = 3 cos2 θ sin θ − sin3 θ.
Raízes de números complexos
Considere um ponto z = reiθ , situado num círculo centrado na origem de raio r (Figura 10). Quando θ cresce, z se move ao longo do círculo no sentido anti-horário. Em particular, quando θ cresce até 2π, chegamos a origem; e o mesmo ocorre quando θ decresce até 2π. É, portanto, evidente pela figura 10 que dois números complexos nãonulos z1 = r1 eiθ1 e z2 = r2 eiθ2 20 Figura 10.
são iguais se, e somente se r1 = r2 e θ1 = θ2 + 2kπ onde k é algum inteiro k = 0, ±1, ±2, . . .. A última observação, juntamente com a expressão z n = r n einθ são bastante úteis para encontrar as raízes n-ésimas de um número complexo não nulo z0 = r0 eiθ0 arbitrário, onde n assume os valores n = 2, 3, . . .. Uma raíz n-ésima de z0 é um número não-nulo z = reiθ tal que z n = z0 , ou r n einθ = r0 eiθ0 . Logo,
r n = r0 e nθ = θ0 + 2kπ,
onde k é um inteiro qualquer (k = 0, ±1, ±2, . . .). Assim, r = denota a única raíz n-ésima positiva do número real r0 , θ=
√ n
r0 , onde este radical
θ0 2kπ θ0 + 2kπ = + , k = 0, ±1, ±2, . . . . n n n
Consequentemente, os números complexos √ θ0 2kπ n z = r0 exp i + , k = 0, ±1, ±2, . . . n n são as raízes n-ésimas de z0 . Notamos que todas estas √ raízes estão sobre o círculo |z| = n r0 centrado na origem e estão, cada uma, igualmente espaçadas por 2π/n radianos, começando com o argumento θ0 /n. Todas as raízes distintas são obtidas quando k = 0, 1, 2, . . . , n − 1 e nenhuma nova raíz surge com outros valores de k. Usaremos a notação ck (k = 0, 1, 2, . . . , n − 1) para denotar estas raízes distintas e escrevemos (veja figura 11) √ θ0 2kπ n + , k = 0, 1, 2, . . . , n − 1 ck = r0 exp i Figura 11. n n (1.30) √ O número n r0 é o comprimento de cada um dos vetores que representam o raio das n raízes. A primeira raíz c0 possui argumento θ0 /n; e as duas raízes quando n = 2 estão √ nas extremidades opostas de um diâmetro do círculo |z| = n r0 , com a segunda raíz sendo −c0 . Quando n ≥ 3, as raízes estão nos vétices de um polígono regular de n lados inscrito no círculo. Façamos z01/n denotar o conjunto das n-ésimas raízes de z0 . Se, em particular, z0 for um número real positivo r0 , o símbolo r01/n denotará o conjunto de todas as raízes; e o √ símbolo n r0 na expressão (1.30) é a raíz positiva. Quando o valor de θ0 que é usado na expressão (1.30) é o valor principal do arg z0 (−π < θ0 ≤ π), o número c0 é chamado de √ raíz principal. Então, quando z0 é um número real positivo r0 , sua raíz principal é n r0 .
21
Finalmente, uma forma conveniente para lembrar a expressão (1.30) é escrever z0 na sua forma exponencial mais geral, z0 = r0 ei(θ0 +2kπ) , k = 0, ±1, ±2, . . .
(1.31)
e formalmente aplicar as leis dos expoentes fracionários envolvendo números reais, tendo em mente que existem precisamente n raízes: i(θ +2kπ) 1/n √ i(θ0 + 2kπ) 1/n n 0 = r0 exp z0 = r0 e n √ θ0 2kπ = n r0 exp i + , k = 0, 1, 2, . . . , n − 1. n n Exemplo 1.12 A fim de determinar as raízes n-ésimas da unidade, escrevemos 1 = 1 exp [i(0 + 2kπ)] , k = 0, ±1, ±2, . . . e encontramos √ n 1/n
1
=
0 2kπ 2kπ 1 exp i + = exp i , k = 0, 1, 2, . . . , n − 1. n n n
(1.32)
Quando n = 2, estas raízes são, de fato, ±1. Quando n ≥ 3, o polígono regular (as raízes estão nos vértices) é inscrito no círculo unitário |z| = 1, com um vértice correspondente para a raíz principal z = 1 (k = 0). Se escrevemos
2π ωn = exp i n
então ωnk
2kπ = exp i , k = 0, 1, 2, . . . , n − 1. n
Daí, as raízes n-ésimas distintas da unidade são simplesmente 1, ωn , ωn2 , . . . , ωnn−1 . Veja a figura 12, onde os casos n = 3, 4 e 6 são ilustrados.
Figura 12. 22
Note que ωnn = 1. Finalmente, observamos que se c é qualquer raíz n-ésima particular de um número complexo não nulo z0 , o conjunto das raízes n-ésimas pode ser posto na forma c, cωn , cωn2 , . . . , cωnn−1 . Isto ocorre porque a multiplicação de qualquer número complexo diferente de zero por ωn aumenta o argumento do número em 2π/n, deixando seu módulo inauterado. Exemplo 1.13 Vamos encontrar todos os valores de (−8i)1/3 , ou as três raízes cúbicas de −8i. Primeiro precisamos escrever h π i −8i = 8 exp i − + 2kπ , k = 0, ±1, ±2, . . . 2 para ver que as raízes são π 2kπ , k = 0, 1, 2. ck = 2 exp i − + 6 3 Elas situam-se nos vértices de um triângulo equilátero, Figura 13. inscrito no círculo |z| = 2, e são igualmente espaçadas em torno desse círculo por 2π/3 radianos, começando com a raíz principal (Figura 13). h π i π π √ c0 = 2 exp i − = 2 cos − i sen = 3 − i. 6 6 6 É evidente que c1 = 2i,√e, desde que c2 é simétrico a c0 , em relação ao eixo imaginário, concluimos que c2 = − 3 − i. Estas raízes podem ainda serem escritas como c0 , c0 ω3 , c0 ω32 ,
2π onde ω3 = exp i 3
.
√ Exemplo 1.14 Os dois valores c (k = 0, 1) de ( 3 + i)1/2 , que são as raízes quadradas k √ de 3 + i, são encotradas escrevendo h π i √ 3 + i = 2 exp i + 2kπ , k = 0, ±1, ±2, . . . 6 e (veja figura 14) ck =
h π i √ 2 exp i + kπ , k = 0, 1. 12
A fórmula de Euler nos diz que π √ √ π π c0 = 2 exp i = 2 cos + i sen , 12 12 12 23
Figura 14.
e as identidades trigonométricas 1 − cos α 1 + cos α 2 α 2 α = , sen = cos 2 2 2 2 nos permitem escrever √ ! √ 3 2+ 3 1+ = , 2 4 √ ! √ 2− 3 3 1− = , 2 4
π 1 π 1 cos2 = 1 + cos = 12 2 6 2 sen2
1 π 1 π = 1 − cos = 12 2 6 2
Consequentemente, s s √ √ q q √ √ √ 2 + 3 2 − 3 1 = √ c0 = 2 +i 2+ 3+i 2− 3 . 4 4 2 √ Desde que c1 = −c0 , as duas raízes quadradas de 3 + i, são q q √ √ 1 ±√ 2+ 3+i 2− 3 . 2
1.11
Regiões no plano complexo
Nesta seção, estudaremos conjuntos de números complexos e propriedade de aproximação entre pontos no plano z. Definição 1.14 (Vizinhanças) Uma ε-vizinhança |z − z0 | < ε
(1.33)
de um determinado ponto z0 é o conjunto formado por todos os pontos z que estão no interior de um Figura 15. círculo centrado em z0 e com raio ε > 0 (Figura 15). Quando o valor de ε é irrelevante na discussão, o conjunto (1.33) é muitas vezes referido apenas como vizinhança. Ocasionalmente, é conveniente falar da vizinhança excluída 0 < |z − z0 | < ε consistindo de todos os pontos z na ε-vizinhança de z0 excluindo o ponto z0 . Definição 1.15 (Disco e anel) O conjunto dos pontos z que satisfazem a desigualdade |z − z0 | ≤ ρ é chamado de disco de raio ρ centrado em z0 . Se 0 < ρ1 < ρ2 , o conjunto de pontos satisfazendo as desigualdades ρ1 ≤ |z − z0 | ≤ ρ2 anel circular centrado em z0 . 24
Definição 1.16 (Pontos interior, exterior, de fronteira e de acumulação) Um ponto z0 é um ponto interior de um conjunto S, quando existe uma vizinhança de z0 inteiramente contida em S; z0 é chamado ponto exterior de S quando existe uma vizinhança do mesmo que não contém ponto algum de S. Se z0 não é ponto interior nem exterior, ou seja, se toda vizinhança de z0 contiver pontos que estão em S e fora de S ao mesmo tempo, este ponto é dito um ponto de fronteira de S. Um ponto z0 é chamado ponto de acumulação de um conjunto S, se cada vizinhança excluída de z0 contém pelo menos um ponto de S. O conjuntos de todos os pontos de fronteira de S é chamado fronteira de S. O círculo |z| = 1, por exemplo, é a fronteira dos conjuntos |z| < 1 e |z| ≤ 1. Evidentemente, um ponto z0 não é um ponto de acumulação de um conjunto S, sempre que existe alguma vizinhança excluída de z0 que não contém pontos de S. Note que a origem é ponto de acumulação apenas do conjunto z = i/n (n = 1, 2, . . .). Definição 1.17 (Conjuntos aberto e fechado) Um conjunto S é aberto se todos os seus pontos são pontos interiores. Um conjunto é fechado se contém todos os pontos de sua fronteira, e o fecho de um conjunto S é o conjunto fechado constituído de todos os pontos de S, juntamente com sua fronteira. Note que o conjunto |z| < 1 é aberto e |z| ≤ 1 é o seu fecho. Alguns conjuntos não são nem abertos nem fechados. Para um conjunto não ser aberto, deve existir um ponto de fronteira que está contido no conjunto, e para um conjunto não ser fechado, basta existir um ponto de fronteira que não pertence ao conjunto. Observe que o disco perfurado 0 < |z| ≤ 1 não é nem aberto nem fechado. O conjunto de todos os números complexos é, por outro lado, aberto e fechado, uma vez que não possui pontos de fronteira. Se um conjunto S é fechado, então ele contém cada um dos seus pontos de acumulação. Se um ponto de acumulação z0 não estivesse em em S, seria um ponto de fronteira de S, o que contradiz o fato de que um conjunto fechado contém todos os pontos de sua fronteira. É deixado como exercício mostrar que o inverso é verdade. Assim, um conjunto é fechado se, e somente se ele contém todos os seus pontos de acumulação. Definição 1.18 (Conjunto conexo) Um conjunto aberto S é conexo se cada par de pontos z1 e z2 podem ser unidos por uma linha poligonal, composta por um número finito de segmentos de reta, inteiramente contida S. O conjunto aberto |z| < 1 é conexo. O anel 1 < |z| < 2 é aberto e conexo (veja figura 16). Definição 1.19 (Domínios e regiões) Um conjunto aberto e conexo é chamado de domínio. Um domínio juntamente com alguns, nenhum ou todos os seus pontos de fronteira é chamado de região. 25
Note que qualquer vizinhança é um domínio. Definição 1.20 (Conjunto limitado) Um conjunto S é limitado se todos os pontos de S estão dentro de um círculo |z| = R; caso contrário ele é dito ilimitado. Ambos os conjuntos |z| < 1 e |z| ≤ 1 são regiões limitadas, e o meio plano Re z ≥ 0 é ilimitado.
1.12
Exercícios
√ 1) Encontre as raízes quadradas de (a) 2i; (b) 1 − 3i e expresse elas em coordenadas retangulares. √ 3−i Respostas: (a) ±(1 + i); (b) ± √ . 2 2) Em cada caso, encontre todas as raízes em coordenadas retangulares, exiba elas como vértices de um quadrado e diga quem é a raíz principal. √ (a) (−16)1/4 ; (b) (−8 − 8 3i)1/4 . √ √ √ √ Respostas: (a) ± 2(1 + i), ± 2(1 − i); (b) ±( 3 − i), ±(1 + 3i). 3) Em cada caso, encontre todas as raízes em coordenadas retangulares, exiba elas como vértices de um polígono regular e diga quem é a raíz principal. (a) (−1)1/3 ;
(b) 81/6 . √ √ √ 1 + 3i 1 − 3i Respostas: (b) ± 2, ± √ ,± √ . 2 2 4) As três raízes cúbicas de um número complexo z0 não nulo podem ser escritas como c0 , c0 ω3 , c0 ω32 onde c0 é a raíz cúbica principal de z0 e √ 2π −1 + 3i ω3 = exp i = . 3 2 √ √ √ Mostre que se z0 = −4 2 + 4 2i, então c0 = 2(1 + i) e as outras duas raízes cúbicas são, na forma retangular, os números √ √ √ √ −( 3 + 1) + ( 3 − 1)i ( 3 − 1) − ( 3 + 1)i 2 √ √ c0 ω 3 = , c0 ω3 = . 2 2 5) (a) Seja a um número real fixo. Mostre que as duas raízes quadradas de a + i são α √ ± A exp i 2 √ onde A = a2 + 1 e α = Arg(a + i). (b) Mostre que as raízes obtidas em (a) podem ser escritas como √ 1 √ ±√ A+a+i A−a . 2 26
6) Encontre os quatro zeros do polinômio z 4 + 4, onde um deles é √ z0 = 2eiπ/4 = 1 + i. Então, use estes zeros para o fator z 2 + 4 nos fatores quadráticos com coeficientes reais. Resposta: (z 2 + 2z + 2)(z 2 − 2z + 2). 7) Mostre que se c é qualquer raíz n-ésima da unidade, diferente da própria unidade, então 1 + c + c 2 + · + c n−1 = 0. 8) Esboce os seguinte conjuntos e determine quem são domínios: (a) |z − 2 + i| ≤ 1; (c) Im z > 1; (e) 0 ≤ arg z ≤ π/4 (z 6= 0);
(b) |2z + 3| > 4; (d) Im z = 1; (f) |z − 4| ≥ |z|.
Resposta: (b), (c) são domínios. 9) Quais conjuntos do exercício 8) são nem aberto nem fechado? Resposta: (e). 10) Quais conjuntos do exercício 8) são limitados? Resposta: (a). 11) Em cada caso, esboce o fecho do conjunto: (a) − π <arg z < π (z 6= 0); 1 1 (c) Re ≤ ; z 2
(b) | Re z| < |z|; (d) Re(z 2 ) > 0.
12) Seja S o conjunto aberto consistindo de todos os pontos tal que |z| < 1 ou |z−2| < 1. Diga por que S não é conexo. 13) Mostre que um conjunto S é aberto se, e somente se cada ponto de S é um ponto interior. 14) Determine os pontos de acumulação de cada um dos seguintes conjuntos: (a) zn = in (n = 1, 2, . . .); (b) zn = in /n (n = 1, 2, . . .); n−1 (c) 0 ≤ arg z < π/2 (z 6= 0); (d) zn = (−1)n (1 + i) (n = 1, 2, . . .). n Respostas: (a) não existe; (b) 0; (d) ±(1 + i). 15) Prove que se um conjunto contém todos os seus pontos de acumulação, então este conjunto tem que ser fechado. 16) Mostre que qualquer ponto z0 de um domínio é um ponto de acumulação do mesmo domínio. 17) Prove que um conjunto finito de pontos z1 , z2 , . . . , zn não tem nenhum ponto de acumulação.
27
Capítulo 2 Funções Analíticas 2.1
Funções de uma variável complexa
Definição 2.1 (Função) Seja S um conjunto de números complexos. Uma função f definida em S é uma regra que atribui a cada z em S um único número complexo w. O número w é chamado de valor de f em z e é denotada por f(z), ou seja, w = f(z). O conjunto S é chamado de domínio de definição de f. Deve ser enfatizado que tanto um domínio de definição quanto uma regra são necessários para que uma função seja definida. Quando o domínio de definição não é mencionado, convencionamos que tal domínio é todo o conjunto dos números complexos. Exemplo 2.1 Se f é definida sobre o conjunto z 6= 0 por meio da equação w = 1/z, ela pode ser referida apenas como a função w = 1/z, ou simplesmente a função 1/z. Suponha que w = u + iv é o valor de uma função f em z = x + iy, isto é u + iv = f(x + iy). Cada um dos números reais u e v dependem das variáveis reais x e y, donde podemos escrever f(z) = u(x, y) + iv(x, y). (2.1) Se as coordenadas polares r e θ são usadas, em vez de x e y, então u + iv = f(reiθ ), onde w = u + iv e z = reiθ . Neste caso, podemos escrever f(z) = u(r, θ) + iv(r, θ). Exemplo 2.2 Se f(z) = z 2 , então f(x + iy) = (x + iy)2 = x 2 − y2 + i2xy.
28
(2.2)
Daí, u(x, y) = x 2 − y2 e v(x, y) = 2xy. Quando as coordenadas polares são usadas, f(reiθ ) = (reiθ )2 = r 2 ei2θ = r 2 cos 2θ + ir 2 sen 2θ. Consequentemente, u(r, θ) = r 2 cos 2θ e v(r, θ) = r 2 sen 2θ. Se, em qualquer uma das equações (2.1) e (2.2), a função v é zero, então o valor de f é sempre real. Isto é, f é uma função real de uma variável complexa. Exemplo 2.3 Uma função real que é usada para ilustrar alguns conceitos importantes neste capítulo é f(z) = |z|2 = x 2 + y2 + i0. Se n é zero ou um número inteiro positivo e se a0 , a1 , a2 , . . ., an são constantes complexas, onde an = 6 0, a função P(z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n é um polinômio de grau n. Note que a soma aqui tem um número finito de termos e que o domínio de definição é todo o plano complexo. Quocientes de polinômios P(z)/Q(z) são chamados funções racionais e são definidos em todo ponto z onde Q(z) 6= 0. Os polinômios e funções racionais constituem importantes classes de funções de uma variável complexa. Definição 2.2 (Função multivalente) Uma função multivalente é uma regra que atribui mais de um valor a um ponto z no domínio de definição. As funções multivalentes são abordadas na teoria das funções de uma variável complexa. Quando funções multivalentes são estudadas, geralmente apenas um dos possíveis valores atribuídos a cada ponto é tomado, de forma sistemática, e uma (valor único) função é construída a partir da função de valor múltiplo. Exemplo 2.4 Seja z um número complexo não nulo. Sabemos que z 1/2 possui dois valores: √ Θ 1/2 , z = ± r exp i 2 onde r = |z| e Θ (−π < Θ ≤ π) é o valor principal de arg z. √Trata-se de uma função multivalente. Mas, se escolhermos apenas o valor positivo de ± r e escrevermos √ Θ f(z) = r exp i , r > 0, −π < Θ ≤ π, 2 a função fica bem definida sobre o conjunto de números complexos tais que z 6= 0. Desde que zero é a única raiz quadrada de zero, escrevemos f(0) = 0. A função f fica, assim, bem definido em todo o plano. 29
2.2
Exercícios
1) Descreva o domínio de definição de cada função abaixo. 1 1 ; (b) f(z) = Arg ; (a) f(z) = 2 z +1 z z 1 (c) f(z) = ; (d) f(z) = . z+z 1 − |z|2 Respostas: (a) z 6= ±i; (c) Re z 6= 0. 2) Escreva a função f(z) = z 3 + z + 1 na forma f(z) = u(x, y) + iv(x, y). Resposta: f(z) = (x 3 − 3xy2 + x + 1) + i(3x 2 y − y3 + y). 3) Suponha que f(z) = x 2 − y2 − 2y + i(2x − 2xy), onde z = x + iy. Use as expressões x=
z+z z−z e y= 2 2i
para escrever f(z) em termos de z, e simplificar o resultado. Resposta: f(z) = z 2 + 2iz. 4) Escreva a função f(z) = z +
1 z
na forma f(z) = u(r, θ) + iv(r, θ). 1 1 Resposta: f(z) = r + cos θ + i r − sen θ. r r 5) Encontre um domínio no z plano cuja imagem sob a transformação w = z 2 é o domínio quadrado no w plano delimitado pelas retas u = 1, u = 2, v = 1 e v = 2. 6) Localizar e faça um esboço, mostrando as orientações correspondentes, das imagens das hipérboles x 2 − y2 = c1 (c1 < 0) e 2xy = c2 (c2 < 0) pela transformação w = z 2 . 7) Faça um esboço da região na qual o setor r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π/4 é mapeado pela transformação (a) w = z 2 ; (b) w = z 3 ; (c) w = z 4 . 8) Uma interpretação de uma função w = f(z) = u(x, y) + iv(x, y) é a de um campo vetorial no domínio da definição de f. A função atribui um vector w, com componentes u(x, y) e v(x, y), para cada ponto z na qual está definida. Identifique geometricamente os campos de vetores representados por (a) w = iz; (b) w = z/|z|. 9) Definimos a função exponencial de uma variável complexa como sendo w = ez = ex eiy (z = x + iy). Então, se w = ρeiφ podemos escrever ρ = ex e φ = y. Determine as imagens no w plano pela transformação w = ez das seguintes regiões: 30
(a) retas x = c1 e y = c2 ; (b) regângulo a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d; (c) faixa infinita 0 ≤ y ≤ π.
2.3
Limites
Seja uma função f definida em todos os pontos z numa vizinhança excluída de z0 . Dizemos que o limite de f(z) quando z se aproxima z0 é um número w0 , ou que lim f(z) = w0
z→z0
(2.3)
quando o ponto w = f(z) pode ser feito arbitrariamente próximo de w0 se escolhermos z suficientemente próximo de z0 , mas diferente desse ponto. Vamos agora expressar a definição de limite de forma mais precisa. A afirmação em (2.3) significa que, para cada ε > 0, existe um número δ > 0 tal que |f(z) − w0 | < ε sempre que O < |z − z0 | < δ.
(2.4)
Geometricamente, essa definição diz que, para cada ε vizinhança |w − w0 | < ε de wo, existe uma vizinhança excluída 0 < |z − z0 | < δ de z0 de tal forma que cada ponto z pertencente a ela possui uma imagem w pertencente a ε vizinhança (Figura 7). Note que, apesar de todos os pontos na vizinhança excluída 0 < |z − z0 | < δ serem considerados, suas imagens não precisam não estar em sua totalidade contidos na vizinhança Figura 7. |w − w0 | < ε. Se f tem o valor constante w0 , por exemplo, a imagem de z é sempre o centro dessa vizinhança. Note, também, que uma vez que δ foi encontrado, ele pode ser substituído por qualquer número menor positivos, como o δ/2. É fácil mostrar que quando o limite de uma função f(z) existe em um ponto z0 este limite é único. Para provar isto, supomos que lim f(z) = w0 e
z→z0
lim f(z) = w1 .
z→z0
Então, para qualquer número positivo ε, existem números positivos δ e δ1 tais que |f(z) − w0 | < ε sempre que 0 < |z − z0 | < δ0 e
|f(z) − w1 | < ε sempre que 0 < |z − z0 | < δ1
Assim, se 0 < |z − z0 | < δ, onde δ denota o menor dos dois números δ0 e δ1 , obtemos |w1 − w0 | = |[f(z) − w0 ] − [f(z) − w1 ]| ≤ |f(z) − w0 | + |f(z) − w1 | < ε + ε = 2ε. 31
Mas |w1 − w0 | é uma constante não negativa, e ε pode ser escolhido arbitrariamente pequeno. Então w1 − w0 = 0, ou w1 = w0 . A definição (2.4) requer que f seja definida em todos os pontos em alguma vizinhança excluída de z0 . Tal vizinhança excluída, é claro, sempre existe quando z0 é um ponto interior de uma região na qual f está definida. Podemos estender a definição de limite para o caso em que z0 é um ponto de fronteira da região; basta observar que a primeira das desigualdades (2.4) precisa ser satisfeita pelos pontos z que se encontram em ambas as regiões e na vizinhança excluída. Exemplo 2.5 Vamos mostrar que se f(z) = iz/2 num disco aberto |z| < 1, então lim f(z) =
z→1
i , 2
com o ponto 1 pertencente a fronteira do domínio de definição de f. Observe que, quando z está na região |z| < 1, iz i i f(z) − = − = |z − 1| . 2 2 2 2 Então, para qualquer z e qualquer número positivo ε (veja figura 8), f(z) − i < ε sempre que 0 < |z − 1| < 2ε. 2
Figura 8. Portanto, a condição (2.4) é satisfeita pelos pontos na região |z| < 1, quando δ é igual a 2ε ou qualquer número positivo menor. Exemplo 2.6 Se f(z) =
z o limite lim f(z) não existe. z→0 z
32
Caso contrário, seria possível que o ponto z = (x, y) se aproximasse da origem em qualquer direção. Mas quando z = (x, 0) é um ponto diferente de zero sobre o eixo real (Figura 9), f(z) =
x + i0 = 1; x − i0
e quando z = (0, y) é um ponto não nulo no eixo imaginário, 0 + iy f(z) = = −1. 0 − iy
Figura 9.
Assim, fazendo z se aproximar da origem ao longo do eixo real, poderíamos encontrar o limite 1. Por outro lado, uma aproximação ao longo do eixo imaginário nos fornece o limite −1. Como o limite é único, concluímos que o mesmo não existe. Teorema 2.1 Suponha que f(z) = u(x, y) + iv(x, y), z0 = x0 + iy0 , e w0 = u0 + iv0 . Então lim f(z) = w0
(2.5)
z→z0
se, e somente se lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
u(x, y) = u0 e
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
v(x, y) = v0 .
(2.6)
Demonstração: (⇐) Os limites em (2.6) nos dizem que, para cada ε > 0, existem δ1 > 0 e δ2 > 0 tais que
e
|u − u0 | <
p ε sempre que 0 < (x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ1 2
|v − v0 | <
p ε sempre que 0 < (x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ2 . 2
Seja δ = min{δ1 , δ2 }. Desde que |(u + iv) − (u0 + iv0 )| = |(u − u0 ) + i(v − v0 )| ≤ |u − u0 | + |v − v0 | e
p (x − x0 )2 + (y − y0 )2 = |(x − x0 ) + i(y − y0 )| = |(x + iy) − (x0 + iy0 )|,
obtemos
sempre que
|(u + iv) − (u0 + iv0 )| <
ε ε + =ε 2 2
0 < |(x + iy) − (x0 + iy0 )| < δ.
33
(⇒) Pela hipótese, para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que
sempre que Mas
|(u + iv) − (u0 + iv0 )| < ε
(2.7)
0 < |(x + iy) − (x0 + iy0 )| < δ.
(2.8)
|u − u0 | ≤ |(u − u0 + i(v − v0 )| = |(u + iv) − (u0 + iv0 )|, |v − v0 | ≤ |(u − u0 ) + i(v − v0 )| = |(u + iv) − (u0 + iv0 )|,
e
|(x + iy) − (x0 + iy0 )| = |(x − x0 ) + i(y − y0 )| =
p
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 .
Então, segue das inequações (2.7) e (2.8) que |u − u0 | < ε e |v − v0 | < ε sempre que
0<
p (x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ,
o que finaliza a prova do teorema. Teorema 2.2 Suponha que lim f(z) = w0 e
z→z0
lim F (z) = W0 .
z→z0
Então lim [f(z) + F (z)] = w0 + W0 ,
z→z0
lim [f(z)F (z)] = w0 W0 ;
z→z0
e, se W0 6= 0, lim
z→z0
w0 f(z) . = F (z) W0
Demonstração: Este teorema pode ser provado usando a definição de limite de uma função de uma variável complexa. Mas, com a ajuda do Teorema anterior, segue-se quase imediatamente dos teoremas sobre limites de funções reais de duas variáveis. Deixamos a cargo do leitor verificar os detalhes dessa demonstração. É fácil ver, pela definição de limite, que lim c = c e
z→z0
lim z = z0 ,
z→z0
onde z0 e c são números complexos arbitrários; e pelo Teorema 2.2 segue que lim z n = z0n , n = 1, 2, . . . .
z→z0
Assim, considerando o polinômio P(z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n segue, pelo Teorema 2.2, que
lim P(z) = P(z0 ).
z→z0
34
2.4
Limites envolvendo infinito
Pode ser conveniente incluir no plano complexo o ponto infinito, denotado por ∞, que poderá ser usado no estudo dos limites. O plano complexo juntamente com este ponto é chamado de plano complexo estendido. Para visualizar o ponto infinito, pode-se pensar no plano complexo passando pelo equador de uma esfera unitária centrada em z = 0 (Figura 10). Para cada ponto z no plano Figura 10. corresponde exatamente um ponto P sobre a superfície da esfera. O ponto P é determinado pela interseção da reta ligando z ao polo norte N da superfície esférica. Da mesma maneira, a cada ponto P sobre a esfera, exceto o polo norte N, corresponde exatamente um ponto z no plano. Ao deixar o ponto N da esfera corresponder ao ponto infinito, obtemos uma correspondência 1-1 entre os pontos da esfera e os pontos do plano complexo estendido. Esta esfera é conhecida como a esfera de Riemann, e a correspondência é chamada de projeção estereográfica. Observe que o exterior do círculo unitário centrado na origem no plano complexo corresponde ao hemisfério superior da esfera com o equador e o ponto N excluídos. Além disso, para cada ε > 0 pequeno, os pontos no plano complexo exterior ao círculo |z| = 1/ε correspondem a pontos sobre a esfera fechada em N. Assim, chamamos o conjunto |z| > 1/ε de ε vizinhança, ou vizinhança, de ∞. Em geral, quando nos referimos a um ponto z, estamos falando de um ponto no plano finito. Quando o ponto infinito é considerado, especificaremos. Teorema 2.3 Se z0 e w0 são pontos nos planos z e w, respectivamante, então lim f(z) = ∞ se, e somente se
z→z0
e lim f(z) = w0
z→∞
lim
z→z0
1 =0 f(z)
1 se, e somente se lim f = w0 . z→0 z
(2.9)
(2.10)
Além disso, lim f(z) = ∞ se, e somente se lim
1 = 0. z→0 f(1/z)
z→∞
(2.11)
Demonstração: Inicialmente observe que (2.9) significa que, para cada ε > 0, existe um δ > 0 tal que 1 |f(z)| > sempre que 0 < |z − z0 | < δ. ε Ou seja, o ponto w = f(z) pertence a vizinhança |w| > 1/ε de ∞ sempre que z pertence a vizinhança 0 < |z − z0 | < δ de z0 . Podemos reescrever a última expressão como 1 < ε sempre que 0 < |z − z0 | < δ, − 0 f(z) 35
donde segue o segundo limite em (2.9). O primeiro dos limites em (2.10) significa que, para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que |f(z) − w0 | < ε sempre que |z| >
1 . δ
Trocando z por 1/z, escrevemos 1 < ε sempre que 0 < |z − 0| < δ, f − w 0 z chegamos ao segundo dos limites em (2.10). Finalmente, o primeiro dos limites em (2.11) significa que, para todo ε > 0, existe um δ > 0 tal que 1 1 sempre que |z| > . |f(z)| > ε δ Trocando z por 1/z, obtemos 1 f(1/z) − 0 < ε sempre que 0 < |z − 0| < δ; e isto prova o segundo limite em (2.11). Exemplo 2.7 Observe que −iz + 3 = ∞ desde que z→−1 z + 1 lim
e
z+1 =0 z→−1 iz + 3 lim
2z + i (2/z) + i 2 + iz = 2 desde que lim = lim = 2. z→∞ z + 1 z→0 (1/z) + 1 z→0 1 + z lim
Além disso, 2z 3 − 1 (1/z 2 ) + 1 z + z3 = ∞ desde que lim = lim = 0. z→∞ z 2 + 1 z→0 (2/z 3 ) − 1 z→0 2 − z 3 lim
2.5
Continuidade
Definição 2.3 Uma função f é contínua em um ponto z0 se todas as três seguintes condições são satisfeitas: 1. lim f(z) existe; z→z0
2. f(z0 ) existe 3. lim f(z) = f(z0 ). z→z0
36
Observe que a terceira condição diz que para todo ε > 0, existe um δ > 0 tal que |f(z) − f(z0 )| < ε sempre que |z − z0 | < δ. Uma função de uma variável complexa é dita contínua em uma região R quando for contínua em cada ponto de R. Se duas funções são contínuas num ponto, sua soma e produto também são contínuas nesse ponto; o quociente é contínuo em algum ponto onde o denominador é não nulo. Note também que, um polinômio é contínuo em todo o plano. Teorema 2.4 A composição de funções contínuas também é contínua. Demonstração: Seja w = f(z) definida na vizinhança |z − z0 | < δ de z0 e considere a função W = g(w), cujo domínio contém a imagem da vizinhança mensionada por f. A composição W = g[f(z)] fica definida para todo z na vizinhança |z − z0 | < δ. Suponha que f é contínua em z0 e que g é contínua no ponto g(z0 ) no plano w. Como g é contínua em f(z0 ), para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que |g[f(z)] − g[f(z0 )]| < ε sempre que |f(z) − f(z0 )| < γ.
Figura 11. (Veja figura 11) Mas a continuidade de f em z0 garante que a vizinhança |z − z0 | < δ pode ser feita pequena o suficiente para que a segunda destas desigualdades se mantenha. A continuidade da composição g[f(z)] é, portanto, estabelecida. Teorema 2.5 Se uma função f(z) é contínua num ponto e não nula num ponto z0 , então f(z) 6= 0 ao longo de alguma vizinhança deste ponto. Demonstração: Assumindo que f(z) é, de fato, contínua e diferente de zero em z0 , podemos provar o teorema, tomando ε = |f(z0 )|/2. Isso nos diz que existe δ > 0 tal que |f(z) − f(z0 )| <
|f(z0 )| sempre que |z − z0 | < δ. 2
Assim, se existesse um ponto z na vizinhança |z − z0 | < δ na qual f(z) = 0, e teríamos |f(z0 )| <
|f(z0 )| ; 2
que é uma contradição. Assim, o teorema está provado. 37
A continuidade de uma função f(z) = u(x, y) + iv(x, y) está relacionada com a continuidade de duas componentes u(x, y) e v(x, y). Note que, a função f(z) é contínua no ponto z0 = (x0 , y0 ) se, e somente se suas funções componentes são contínuas neste ponto. Por fim, suponha que f(z) é contínua numa região R que é fechada e limitada. A função p [u(x, y)]2 + [v(x, y)]2 é contínua em R e então atinge um valor máximo em algum ponto nessa região. Isto é, f é limitada em R e |f(z)| possui um valor máximo em R. Mais precisamente, existe M > 0 tal que |f(z)| ≤ M, para todo z ∈ R.
2.6
Exercícios
1) Use a definição forma de limite para provar que (b) lim z = z0 ;
(a) lim Re z = Re z0 ; z→z0
z→z0
(c) lim [x + i(2x + y)] = 1 + i (z = x + iy). z→1−i
2) Seja n um inteiro positivo e P(z) e Q(z) polinômios, onde Q(z0 ) 6= 0. Use as propriedades de limites para calcular 1 (z0 6= 0); z→z0 z n Respostas: (b) 0. (a) lim
(b) lim
z→z0
iz 3 − 1 ; z+i
3) Mostre que o limite da função f(z) =
(c) lim
z→z0
P(z) . Q(z)
z 2 z
quando z tende a 0 não existe. Para isto utilize pontos z = (x, 0) e z = (x, x) para se aproximar da origem. 4) Use a definição formal de limite para provar que se lim f(z) = w0 então lim |f(z)| = z→z0
|w0 |.
z→z0
5) Suponha que se lim f(z) = 0 e se existe um número positivo M tal que |g(z)| ≤ M z→z0
para todo z numa vizinhança de z0 então lim f(z)g(z) = 0
z→z0
. 6) Calcule os limtes. 4z 2 (a) lim ; z→∞ (z − 1)2
1 (b) lim ; z→1 (z − 1)3 38
z2 + 1 (c) lim . z→∞ z − 1
7) Seja T (z) = Calcule: (a) lim T (z) se c = 0;
(b) lim T (z) se c 6= 0;
z→∞
(c)
2.7
az + b (ad − bc 6= 0). cz + d z→∞
lim T (z) se c 6= 0.
z→−d/c
Derivada
Definição 2.4 Seja f uma função cujo domínio contém uma vizinhança do ponto z0 . A derivada de f em z0 , escrita f 0 (z0 ), é definida pela equação f 0 (z0 ) = lim
z→z0
f(z) − f(z0 ) , z − z0
(2.12)
desde que este limite exista. A função f é dita diferenciável em z0 quando a derivada existe neste ponto. Expressando a variável z na definição (2.12) em termos da nova variável complexa ∆z = z − z0 podemos escrever a definição como f(z0 + ∆z) − f(z0 ) . ∆z→0 ∆z
f 0 (z0 ) = lim
(2.13)
Note que, como f é definida em toda uma vizinhança de z0 , o número f(z0 + ∆z) é sempre definido para |∆z| suficientemente pequeno (Figura 12). Na forma (2.13) podemos abandonar a notação com z0 e introduzir o número ∆w = f(z + ∆z) − f(z), que denota a mudança no valor de f correspondente a mundança ∆z no ponto em que f está sendo calculada. Então, escrevemos dw/dz para f 0 (z), e a equação (2.13) se torna ∆w dw = lim . ∆z→0 ∆z dz
Figura 12.
Exemplo 2.8 Suponha que f(z) = z 2 . Em qualquer ponto z, ∆w (z + ∆z)2 − z 2 = lim = lim (2z + ∆z) = 2z. ∆z→0 ∆z ∆z→0 ∆z→0 ∆z lim
desde que 2z + ∆z é um polinômio em ∆z. Então dw/dz = 2z, ou f 0 (z) = 2z. Exemplo 2.9 Considere agora a função f(z) = |z|2 . Aqui ∆w |z + ∆z|2 − |z|2 (z + ∆z)(z + ∆z) − zz ∆z = = = z + ∆z + z . ∆z ∆z ∆z ∆z 39
Se o limite de ∆w/∆z existe, ele pode ser encontrado, deixando o ponto ∆z = (∆x, ∆y) se aproximar da origem no plano ∆z em qualquer direção. Em particular, quando ∆z se aproxima da origem horizontalmente através dos pontos (∆x, 0) no eixo real (Figura 13), ∆z = ∆x + i0 = ∆x − i0 = ∆x + i0 = ∆z.
Figura 13.
Neste caso, ∆w = z + ∆z + z. ∆z Então, se o limite existe, seu valor deve ser z + z. Por outro lado, quando ∆z se aproxima da origem verticalmente através dos pontos (0, ∆y) no eixo imaginário, ∆z = 0 + i∆y = −(0 + i∆y) = −∆z, e encontramos ∆w = z + ∆z − z. ∆z Então, o limite deve ser z − z se existir. Pela unicidade do limite, dw/dz só poderá existir se z + z = z − z, ou seja, z = 0. Para mostrar que, de fato, dw/dz existe em z = 0, precisamos apenas observar que nossa expressão para ∆w/∆z se reduz a ∆z quando z = 0. Concluimos, portanto, que dw/dz existe apenas em z = 0, e seu valor nesse ponto é 0. No exemplo anterior, observe que as partes real e imaginária de f(z) = |z|2 são u(x, y) = x 2 + y2 e v(x, y) = 0, Isto mostra que as componentes real e imaginária de uma função de uma variável complexa podem ter derivadas parciais contínuas de todas as ordens em um ponto com a função não sendo diferenciável lá. A função f(z) = |z|2 é contínua em cada ponto no plano desde que suas componentes sejam contínuas em cada ponto. Assim, a continuidade de uma função num ponto não implica na existência da derivada nesse ponto. No entanto, é verdade que a existência da derivada de uma função num ponto implica na continuidade da função nesse ponto. Para ver isto, assuma que f 0 (z0 ) existe e escrevemos lim [f(z) − f(z0 )] = lim
z→z0
donde segue que
z→z0
f(z) − f(z0 ) lim (z − z0 ) = f 0 (z0 ) · 0 = 0, z − z0 z→z0 lim f(z) = f(z0 ).
z→z0
ou seja, f é contínua em z0 .
40
2.8
Fórmulas de diferenciação
As fórmulas de diferenciação básica que veremos a seguir podem ser obtidas a partir da definição de derivada, seguindo essencialmente os mesmos passos como os usados em cálculo. Nestas fórmulas, a derivada de uma função f em um ponto z é denotada por d f(z) ou f 0 (z). dz Seja c uma constante complexa e f, F duas funções função diferenciáveis em z. Temos as seguintes fórmulas: 1. 2.
3.
d d d c = 0, z = 1, [cf(z)] = cf 0 (z); dz dz dz d n z = nz n−1 , n inteiro positivo. Esta fórmula também vale quando n é um inteiro dz negativo, desde que z 6= 0; d [f(z) + F (z)] = f 0 (z) + F 0 (z); dz
d [f(z)F (z)] = f(z)F 0 (z) + f 0 (z)F (z); dz d f(z) F (z)f 0 (z) − f(z)F 0 (z) 5. , F (z) 6= 0. = dz F (z) [F (z)]2 4.
Teorema 2.6 (Regra da Cadeia) Suponha que f possui derivada em z0 e que g possui derivada em f(z0 ). Então a função F (z) = g[f(z)] possui derivada em z0 , e F 0 (z0 ) = g0 [f(z0 )]f 0 (z0 ). Se escrevemos w = f(z) e W = g(w), temos W = F (z), e a regra da cadeia se torna dW dW dw = . dz dw dz Demonstração: Seja z0 um ponto onde f 0 (z0 ) existe. Escrevemos w0 = f(z0 ) e também assumimos que g0 (w0 ) existe. Então, existe alguma vizinhança |w − w0 | < ε de w0 tal que, para todos os pontos w nesta vizinhança podemos definir uma função Φ tal que 0, quando w = w0 g(w) − g(w0 ) Φ(w) = . − g0 (w0 ), quando w 6= w0 w − w0 Note que, pela definição de derivada lim Φ(w) = 0.
w→w0
Então Φ é contínua em w0 . 41
Agora, podemos usar a expressão de Φ para obter a forma g(w) − g(w0 ) = [g0 (w0 ) + Φ(w)](w − w0 ), |w − w0 | < ε, que é válida quando w = w0 ; e, desde que, f 0 (z0 ) existe e f é, portanto, contínua em z0 , podemos escolher δ > 0 tal que o ponto f(z) pertence a vizinhança |w − w0 | < ε de w0 se z pertencer a vizinhança |z − z0 | < δ de z0 . Assim, podemos substituir w na última equação por f(z) quando z é um ponto qualquer na vizinhança |z − z0 | < δ. Com essa substituição e com w0 = f(z0 ), a equação anterior torna-se f(z) − f(z0 ) g[f(z)] − g[f(z0 )] = {g0 [f(z0 )] + Φ[f(z)]} , 0 < |z − z0 | < δ, z − z0 z − z0 onde devemos estipular que z 6= z0 . Como já observamos, f é contínua em z0 e Φ é contínua no ponto w0 = f(z0 ). Assim, a composição Φ[f(z)] é contínua em z0 ; e, uma vez que Φ(w0 ) = 0, lim Φ[f(z)] = 0. z→z0
o que finaliza a prova do teorema. Exemplo 2.10 Para encontrar a derivada de (2z 2 + i)5 , escrevemos w = 2z 2 + i e W = w 5 . Então d (2z 2 + i)5 = 5w 4 4z = 20z(2z 2 + i)4 . dz
2.9
Equações de Cauchy-Riemann
Teorema 2.7 Suponha que f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e que f 0 (z) existe no ponto z0 = x0 + iy0 . Então as derivadas parciais de primeira ordem de u e v existem no ponto (x0 , y0 ) e satisfazem as equações de Cauchy-Riemann ux = vy , uy = −vx no ponto (x0 , y0 ). Além disso, f 0 (z0 ) pode ser escrita como f 0 (z0 ) = ux + ivx , onde as derivadas parciais são calculadas em (x0 , y0 ). Demonstração: Começamos escrevendo z0 = x0 + iy0 , ∆z = ∆x + i∆y e ∆w = f(z0 + ∆z) − f(z0 ) = [u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − u(x0 , y0 )] + i[v(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − v(x0 , y0 )]. Sabendo que a derivada f 0 (z0 ) = lim
∆w ∆z→0 ∆z
42
existe, obtemos f 0 (z0 ) =
lim (∆x,∆y)→(0,0)
Re
∆w ∆w +i lim Im . (∆x,∆y)→(0,0) ∆z ∆z
(2.14)
Agora é importante notar que a expressão anterior é válida quando (∆x, ∆y) tende a (0, 0) em qualquer direção. Em particular, façamos (∆x, ∆y) tender a (0, 0) horizontalmente através dos pontos (∆x, 0). Neste caso ∆y = 0 e o quociente ∆w/∆z torna-se u(x0 + ∆x, y0 ) − u(x0 , y0 ) v(x0 + ∆x, y0 ) − v(x0 , y0 ) ∆w = +i . ∆z ∆x ∆x Então lim
Re
∆w u(x0 + ∆x, y0 ) − u(x0 , y0 ) = lim = ux (x0 , y0 ) ∆x→0 ∆z ∆x
Im
∆w v(x0 + ∆x, y0 ) − v(x0 , y0 ) = lim = vx (x0 , y0 ) ∆x→0 ∆z ∆x
(∆x,∆y)→(0,0)
e lim (∆x,∆y)→(0,0)
onde ux (x0 , y0 ) e vx (x0 , y0 ) denotam as derivadas parciais de primeira ordem com respeito a x das funções u e v no ponto (x0 , y0 ). Substituindo esses limites na expressão (2.14), obtemos f 0 (z0 ) = ux (x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 ). (2.15) Por outro lado, fazendo ∆z tender a zero na direção vertical através dos pontos (0, ∆y), temos ∆x = 0 e u(x0 , y0 + ∆y) − u(x0 , y0 ) v(x0 , y0 + ∆y) − v(x0 , y0 ) +i i∆y i∆y v(x0 , y0 + ∆y) − v(x0 , y0 ) u(x0 , y0 + ∆y) − u(x0 , y0 ) = −i . ∆y ∆y
∆w ∆z
=
Então, lim
Re
(∆x,∆y)→(0,0)
e lim (∆x,∆y)→(0,0)
Im
∆w v(x0 , y0 + ∆y) − v(x0 , y0 ) = lim = vy (x0 , y0 ) ∆y→0 ∆z ∆y
∆w u(x0 , y0 + ∆y) − u(x0 , y0 ) = − lim = −uy (x0 , y0 ). ∆y→0 ∆z ∆y
Então segue pela expressão (2.14) que f 0 (z0 ) = vy (x0 , y0 ) − iuy (x0 , y0 ),
(2.16)
onde as derivadas parciais de u e v são efetuadas com respeito a y. Note que a expressão anterior pode ser reescrita como f 0 (z0 ) = −i[uy (x0 , y0 ) + ivy (x0 , y0 )]. Pelas equações (2.15) e (2.16) temos condições necessárias para a existência de f 0 (z0 ). Igualando as partes real e imaginária nessas duas equações, vemos que a existência de f 0 (z0 ) exige que ux (x0 , y0 ) = vy (x0 , y0 ) e uy (x0 , y0 ) = −vx (x0 , y0 ), que são conhecidas como equações de Cauchy-Riemann. Assim, fica concluída a prova do teorema. 43
Exemplo 2.11 Vimos que a função f(z) = z 2 = x 2 − y2 + i2xy é diferenciável em todo o plano complex e f 0 (z) = 2z. Para verificar que as equações de Cauchy-Riemann são satisfeitas em todo plano, note que u(x, y) = x 2 − y2 e v(x, y) = 2xy. Então ux = 2x = vy , uy = −2y = −vx . Além disso, podemos calcular f 0 (z) da seguinte forma: f 0 (z) = 2x + i2y = 2(x + iy) = 2z. Uma vez que as equações de Cauchy-Riemann são condições necessárias para a existência da derivada de uma função f em um ponto z0 , muitas vezes podemos utilizálas para localizar pontos onde f não possui derivada. Exemplo 2.12 Quanto f(z) = |z|2 , temos u(x, y) = x 2 + y2 e v(x, y) = 0. Se as equações de Cauchy-Riemann são satisfeitas num ponto (x, y), segue-se que 2x = 0 e 2y = 0, ou seja, x = y = 0. Conseqüentemente, f 0 (z) não existe em qualquer ponto diferente de zero, como já foi visto anteriormente. Note que o teorema anterior não assegura a existência de f 0 (0). O próximo teorema, no entanto, assegura isso. Teorema 2.8 Seja f(z) = u(x, y) + iv(x, y) definida em toda uma vizinhança do ponto z0 = x0 + iy0 , e suponha que as derivadas parciais de primeira ordem das funções u e v com respeito a x e y existem em toda a vizinhança de z0 . Se essas derivadas parciais forem contínuas em (x0 , y0 ) e satisfazem as equações de Cauchy-Riemann ux = vy , uy = −vx em (x0 , y0 ), então f 0 (z0 ) existe. Demonstração: Começamos a demonstração escrevendo ∆z = ∆x + i∆y, onde 0 < |∆z| < ε, e ∆w = f(z0 + ∆z) − f(z0 ). Então ∆w = ∆u + i∆v, onde ∆u = u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − u(x0 , y0 ) ∆v = v(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − v(x0 , y0 ).
44
As hipóteses de continuidade das derivadas parciais de primeira ordem de u e v no ponto (x0 , y0 ), nos permintem escrever 1 p ∆u = ux (x0 , y0 )∆x + uy (x0 , y0 )∆y + ε1 (∆x)2 + (∆y)2 e
∆v = vx (x0 , y0 )∆x + vy (x0 , y0 )∆y + ε2
p (∆x)2 + (∆y)2 ,
onde ε1 e ε2 tendem a 0 quando (∆x, ∆y) se aproxima de (0, 0) no plano ∆z. Substituindo as últimas expressões em ∆w = ∆u + i∆v, vem p ∆w = ux (x0 , y0 )∆x + uy (x0 , y0 )∆y + ε1 (∆x)2 + (∆y)2 i h p +i vx (x0 , y0 )∆x + vy (x0 , y0 )∆y + ε2 (∆x)2 + (∆y)2 . Sabendo que as equações de Cauchy-Riemann são satisfeitas em (x0 , y0 ), podemos substituir uy (x0 , y0 ) por −vx (x0 , y0 ) e vy (x0 , y0 ) por ux (x0 , y0 ) na equação anterior e dividindo tudo por ∆z, obtemos p (∆x)2 + (∆y)2 ∆w = ux (x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 ) + (ε1 + iε2 ) . (2.17) ∆z ∆z p Mas (∆x)2 + (∆y)2 = |∆z|, e assim p (∆x)2 + (∆y)2 = 1. ∆z Além disso, ε1 + iε2 tende a 0 quando (∆x, ∆y) se aproxima de (0, 0). Assim, o último termo à direita na equação (2.17) tende a 0 quando a variável ∆z = ∆x + i∆y tende a 0. Isso significa que o limite do lado esquerdo da equação (2.17) existe e que f 0 (z0 ) = ux + ivx , onde as derivadas parciais são calculadas em (x0 , y0 ). Exemplo 2.13 Considere a função exponencial f(z) = ez = ex eiy , z = x + iy, Pela fórmula de Euler, esta função pode ser escrita como f(z) = ex cos y + iex sen y, onde y deve ser tomado em radianos. Então u(x, y) = ex cos y e v(x, y) = ex sen y. Desde que ux = vy e uy = −vx em todo plano complexo e essas derivadas são contínuas em todo plano, as condições do teorema anterior são satisfeitas em todos os pontos do plano z. Então f 0 (z) existe em todo o plano complexo, e f 0 (z) = ux + ivx = ex cos y + iex sen y. Note que f 0 (z) = f(z). 1
Veja, por exemplo, a seção sobre diferenciabilidade do Cálculo II do Thomas, ou um livro de Cálculo Avançado (este último é mais recomendado).
45
Exemplo 2.14 Também segue do teorema anterior que a função f(z) = |z|2 , cujas componentes são u(x, y) = x 2 + y2 e v(x, y) = 0, possui derivada em z = 0. De fato, f 0 (0) = 0 + i0 = 0. Vimos que esta função não pode ter derivada em qualquer ponto diferente de zero, pois as equações de Cauchy-Riemann não são satisfeitas nesses pontos.
2.10
Coordenadas polares
Assumindo que z0 6= 0, usaremos nesta seção a transformação de coordenadas x = r cos θ, y = r sen θ. Dependendo se nós escrevemos z = x + iy ou z = reiθ , z 6= 0 quando w = f(z), as partes real e imaginária de w = u + iv são expressadas em termos das variáveis x e y ou r e θ. Suponha que as derivadas parciais de primeira ordem de u e v em relação a x e y existe em toda parte de alguma vizinhança de um ponto z0 diferente de zero e que são contínuas nesse ponto. As derivadas parciais de primeira ordem com respeito a r e θ também têm essas propriedades, e a regra da cadeia para diferenciar funções reais de duas variáveis reais pode ser usada para escrevê-las em termos de x e y. Mais precisamente, desde que ∂u ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂u ∂x ∂u ∂y = + , = + , ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ podemos escrever
e
ur = ux cos θ + uy sen θ, uθ = −ux r sen θ + uy r cos θ.
(2.18)
vr = vx cos θ + vy sen θ, vθ = −vx r sen θ + vy r cos θ.
(2.19)
Se as derivadas parciais com respeito a x e y satisfazem as equações de CauchyRiemann, ux = vy e uy = −vx , em z0 , obtemos vr = −uy cos θ + ux sen θ, vθ = uy r sen θ + ux r cos θ em z0 . Assim, é claro pela equação (2.18) e pela anterior que rur = vθ , uθ = −rvr
(2.20)
no ponto z0 . Se, por outro lado, as equações (2.20) são satisfeitas em z0 , é muito simples mostrar (Exercício) que as equações de Cauchy-Riemann nas variáveis x e y também são válidas em z0 . Assim, as equações (2.20) são as equações de Cauchy-Riemann em coordenadas polares. 46
Teorema 2.9 Seja f(z) = u(r, θ) + iv(r, θ) definida numa vizinhança de um número complexo não nulo z0 = r0 exp(iθ0 ), e suponha que as derivadas parciais de primeira ordem das funções u e v com respeito a r e θ, existem nesta vizinhança. Se essas derivadas parciais são contínuas em (r0 , θ0 ) e satisfazem as equação de Cauchy-Riemann em coordenadas polares rur = vθ , uθ = −rvr no ponto (r0 , θ0 ), então f 0 (z0 ) existe. A derivada f 0 (z0 ) pode ser escrita como (Exercício) f 0 (z0 ) = e−iθ (ur + ivr ), onde o lado direito da equação é calculado no ponto (r0 , θ0 ). Exemplo 2.15 Considere a função f(z) =
1 1 1 1 = iθ = e−iθ = (cos θ − i sen θ), z 6= 0. z re r r
Desde que u(r, θ) =
cos θ sen θ e v(r, θ) = − , r r
as condições do teorema anterior são satisfeitas em todo ponto z = reiθ não nulo no plano. Em particular, as equações de Cauchy-Riemann rur = −
sen θ cos θ = vθ e uθ = − = −rvr r r
são satisfeitas. Então a derivada de f existe quando z 6= 0; e, portanto, cos θ sen θ e−iθ 1 1 0 −iθ f (z) = e − 2 +i 2 = −e−iθ 2 = − iθ 2 = − 2 . r r r (re ) z Exemplo 2.16 O teorema anterior pode ser utilizado para mostrar que, quando α é um número real fixado, a função √ f(z) = 3 reiθ/3 , r > 0, α < θ < α + 2π possui derivada em todo seu domínio de definição. Aqui u(r, θ) = Como
√ √ θ θ 3 r cos e v(r, θ) = 3 r sen . 3 3
√ √ 3 3 r θ r θ rur = cos = vθ e uθ = − sen = −rvr 3 3 3 3
47
e as outras condições do teorema são satisfeitas, a derivada f 0 (z) existe em cada ponto onde f(z) está definida. Logo, # " 1 1 θ θ f 0 (z) = e−iθ 2 sen √ 2 cos 3 + i √ 3 3 3r 3 3r ou f 0 (z) =
e−iθ iθ/3 1 1 e = = . √ √ 2 2 3 [f(z)]2 3 3r 3 3 reiθ/3
Note que quando um ponto específico z é tomado no domínio de definição de f, o valor de f(z) é um valor de z 1/3 . Portanto, esta última expressão para f ’(z) pode ser colocada na forma 1 d 1/3 z = dz 3 (z 1/3 )2 quando este valor é tomado.
2.11
Exercícios
1) Determine f 0 (z). (a) f(z) = 3z 2 − 2z + 4; (b) f(z) = (1 − 4z 2 )3 ; z−1 (1 + z 2 )4 (c) f(z) = (z 6= −1/2) (d) f(z) = (z 6= 0). 2z + 1 z2 2) Sabemos que um polinômio P(z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + . . . + an z n
(an 6= 0)
de grau n (n ≥ 1) é diferenciável em todo z-plano. Calcule P 0 (z) e mostre que a0 = P(0), a1 =
P 00 (0) P (n) (0) P 0 (0) , a2 = , . . . an = . 1! 2! n!
3) Suponha que f(z0 ) = g(z0 ) = 0 e que f 0 (z0 ) e g0 (z0 ) existem, com g0 (z0 ) 6= 0. Use a definição de derivada para mostrar que lim
z→z0
f(z) f 0 (z0 ) = 0 . g(z) g (z0 )
4) Sem utilizar as condições de Cauchy-Riemann, mostre que f 0 (z) não existe em qualquer ponto z quando (a) f(z) = Re z;
(b) f(z) = Im z.
5) Seje f a função definida por f(z) =
z 2 /z quando z = 6 0 . 0 quando z = 0
Mostre que f 0 (0) não existe. 48
6) Use as condições de Cauchy-Riemann para mostrar que f 0 (z) não existe em qualquer ponto do z-plano. (a) f(z) = z; (c) f(z) = 2x + ixy2 ;
(b) f(z) = z − z; (d) f(z) = ex e−iy .
7) Mostre que f 0 (z) e f 00 (z) existem em todo plano complexo e encontre f 00 (z) quando (a) f(z) = iz + 2; (c) f(z) = z 3 ;
(b) f(z) = e−x e−iy ; (d) f(z) = cos x cosh y − i sen x senh y.
Respostas: (b) f 00 (z) = f(z); (d) f 00 (z) = −f(z). 8) Determine onde f 0 (z) existe e encontre seu valor quando (a) f(z) = 1/z; (c) f(z) = z Im z.
(b) f(z) = x 2 + iy2 ;
Respostas: f 0 (z) = −1/z 2 (z 6= 0); (b) f 0 (x + ix) = 2x; (c) f 0 (0) = 0. 9) Mostre que cada uma das funções é diferenciável no domínio indicado e calcule f 0 (z). 4 (a) f(z) = 1/z (z 6= 0); √ iθ/2 (b) f(z) = re (r > 0, α < θ < α + 2π); −θ (c) f(z) = e cos(ln r) + ie−θ sen(ln r) (r > 0, 0 < θ < 2π).
Respostas: (b) f 0 (z) =
f(z) 1 ; (c) f 0 (z) = i . 2f(z) z
10) Mostre que quando f(z) = x 3 + i(1 − y)3 podemos escrever f 0 (z) = ux + ivx = 3x 2 apenas quando z = i. 11) Seje f a função definida por f(z) =
z 2 /z quando z = 6 0 . 0 quando z = 0
Verifique que as equações de Cauchy-Riemann são satisfeitas apenas na origem. (Compare com o exercício 5).
2.12
Funções analíticas
Definição 2.5 Uma função f de uma variável complexa z é analítica num conjunto aberto se ela tem uma derivada em cada ponto do conjunto. Quando falamos de uma função f que é analítica em um conjunto S que não é aberto, devemos entender que f é analítica em um conjunto aberto contendo S. Em particular, f é analítica em um ponto z0 se é analítica em alguma vizinhança de z0 . Notamos, por exemplo, que a função f(z) = 1/z é analítica em cada ponto diferente de zero no plano finito. Mas a função f(z) = |z|2 não é analítica em ponto algum, pois sua derivada existe apenas em z = 0 e não em alguma vizinhança desse ponto. 49
Definição 2.6 Uma função inteira é uma função que é analítica em cada ponto no plano finito. Desde que a derivada de um polinômio existe em qualquer ponto, segue-se que cada função polinomial é uma função inteira. Definição 2.7 Se uma função f não é analítica em um ponto z0 , mas é analítica em alguma vizinhança do ponto z0 , dizemos que z0 é ponto singular, ou singularidade, de f. O ponto z = 0 é, evidentemente, um ponto singular da função f(z) = 1/z. A função f(z) = |z|2 , por outro lado, não tem pontos singulares, uma vez que não é nem analítica. Uma condição necessária, mas não suficiente, para que uma função f seja analítica em um domínio D é a continuidade de f ao longo D. A satisfação das equações de Cauchy-Riemann também é necessário, mas não suficiente. Condições suficientes para analiticidade em D já foram fornecidas nas seções anteriores. Assim, se duas funções são analíticas em um domínio D, a sua soma e seus produtos também são analíticas em D. Da mesma forma, o quociente é analítico em D desde que a função no denominador não se anule em qualquer ponto de D. Em particular, o quociente de P(z)/Q(z) de dois polinômios é analítica em qualquer domínio no qual Q(z) 6= 0. Da regra da cadeia para a derivada de uma função composta, temos que a composição de duas funções analíticas é analítica. Mais precisamente, suponha que uma função f(z) é analítica em um domínio D e que a imagem de D pela transformação w = f(z) está contida no domínio de definição de uma função g(w). Então a composição g[f(z)] é analítica em D, com derivativa d g[f(z)] = g0 [f(z)]f 0 (z). dz O seguinte teorema é especialmente útil, além de esperado. Teorema 2.10 Se f 0 (z) = 0 num domínio D, então f(z) é constante em D. Demonstração: Começamos a demonstração escrevendo f(z) = u(x, y) + iv(x, y). Assumindo que f 0 (z) = 0 em D, notamos que ux + ivx = 0; e, pelas equações de CauchyRiemann, vy − iuy = 0. Consequentemente, ux = uy = vx = vy = 0 em cada ponto de D. Agora, mostremos que u(x, y) é constante ao longo de qualquer segmento de reta L ligando um ponto P a um ponto P 0 e inteiramente contido em D. Seja o parâmetro s denotando a distância ao longo de L a partir do ponto P e seja U um vetor unitário ao longo de L na direção crescente de s (ver figura 14). Sabemos do cálculo que a derivada direcional du/ds pode ser escrita como o produto escalar du = (grad u) · U, ds
Figura 14.
50
onde grad u é o vetor gradiente grad u = ux i + uy j. Como ux e uy são iguais a zero em todos os pontos de D, então grad u = 0 em todos os pontos de L. Daí, segue pela equação anterior que a derivad adu/ds é zero ao longo L; e isso significa que u é constante em L. Finalmente, como existe sempre um número finito de tais segmentos de reta conectando dois pontos quaisquer P e Q em D, os valores de u em P e Q deve ser o mesmo. Podemos concluir, então, que existe uma constante real a tal que u(x, y) = a para todo D. Da mesma forma, u(x, y) = b, e vemos que f(z) = a + bi em cada ponto de D. Exemplo 2.17 O quociente f(z) =
z3 + 4 (z 2 − 3)(z 2 + 1)
√ é evidentemente analítico em todo plano z exceto nos pontos singulares z = ± 3 e z = ±i. Exemplo 2.18 Quando f(z) = cosh x cos y + i senh x sen y, as funções componentes são u(x, y) = cosh x cos y e v(x, y) = senh x sen y. Como ux = senh x cos y = vy e uy = − cosh x sen y = −vx em todo plano, f é inteira. Exemplo 2.19 Suponha que uma função f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e seu conjugado f(z) = u(x, y) − iv(x, y) são ambas analíticas num domínio D. É fácil mostrar que f(z) é constante em D. Para ver isto, escrevemos f(z) como f(z) = U(x, y) + iV (x, y), onde U(x, y) = u(x, y) e V (x, y) = −v(x, y). Pela analiticidade de f(z), as equações de Cauchy-Riemann ux = vy , uy = −vx 51
(2.21)
são válidas em D. Além disso, a analiticidade de f(z) em D nos diz que Ux = Vy , Uy = −Vx . Por (2.21), obtemos ux = −vy , uy = vx . Adicionando a primeira das equações anteriores com a primeira das de Cauchy-Riemann, obtemos ux = 0 em D. Semelhantemente, subtraindo as segundas, obtemos vx = 0. Portanto, f 0 (z) = ux + ivx = 0 + i0 = 0; e segue do teorema anterior que f(z) é constante em D.
2.13
Funções harmônicas
Definição 2.8 Uma função real H de duas variáveis reais x e y é harmônica em um dado domínio no plano xy se, em todo seu domínio ela possui derivadas parciais de primeira e segunda ordem contínuas e satisfazendo a equação diferencial parcial Hxx (x, y) + Hyy (x, y) = 0, conhecida como equação de Laplace; Funções harmônicas desempenham um papel importante em matemática aplicada. Por exemplo, a temperatura T (x, y) em chapas finas deitada no plano xy são muitas vezes harmônicas. A função V (x, y) é harmônica quando denota um potencial eletrostático que varia apenas com x e y no interior de uma região do espaço tridimensional que é livre de cargas. Exemplo 2.20 É fácil verificar que a função T (x, y) = e−y sen x é harmônica num domínio do plano xy e, em particular, no semi-plano vertical 0 < x < π, y > 0. Esta função também assume os valores nas bordas da faixa que são indicados na figura 15. Mais precisamente, ela satisfaz todas as condições Txx (x, y) + Tyy (x, y) = 0, T (0, y) = 0, T (π, y) = 0, T (x, 0) = sen x,
lim T (x, y) = 0,
y→∞
que descrevem temperaturas estáveis T (x, y) em uma placa fina homogênea no plano xy que não tem fontes de calor ou sumidouros e é isolada, exceto para as condições estabelecidas ao longo das bordas.
52
Figura 15.
Teorema 2.11 Se uma função f(z) = u(x, y) + iv(x, y) é analítica num domínio D, as suas funções componentes u e v são harmônicas em D. Demonstração: Para mostrar isso, precisamos de um resultado que será provado no Capítulo 4, ou seja, se uma função de uma variável complexa é analítica em um ponto, então a suas partes real e imaginária têm derivadas parciais contínuas de todas as ordens nesse ponto. Assumindo que f é analítica em D, começamos com a observação de que as derivadas parciais de primeira ordem das funções componentes devem satisfazer as equações de Cauchy-Riemann em D: ux = vy , uy = −vx . Diferenciando ambos os lados das equações anteriores com relação a x, temos uxx = vyx , uyx = −vxx . Agora, diferenciando com respeito a y, obtemos uxy = vyy , uyy = −vxy . Por um teorema do Cálculo Avançado, a continuidade das derivadas parciais de u e v garante que uyx = uxy e vyx = vxy ; este fato juntamente com as equações anteriores nos fornecem uxx + uyy = 0 e vxx + vyy = 0. Isto é, u e v são harmônicas em D. Exemplo 2.21 A função f(z) = e−y sen x − ie−y cos x é inteira (Exercício). Então, sua parte real, que é a função temperatura T (x, y) = e−y sen x, é harmônica em todo plano xy. Exemplo 2.22 Desde que a função f(z) = i/z 2 é analítica sempre que z 6= 0 e iz 2 i z2 iz 2 2xy + i(x 2 − y2 ) i = = · = = , z2 z2 z2 (zz)2 |z|4 (x 2 + y2 )2 As funções u(x, y) =
2xy x 2 − y2 e v(x, y) = (x 2 + y2 )2 (x 2 + y2 )2
são harmônicas em qualquer domínio do plano xy que não contém a origem. Definição 2.9 Se duas funções u e v são harmônicas num domínio D e suas derivadas parciais de primeira ordem satisfazem as equações de Cauchy-Riemann em D, v é dita um conjugado harmônico de u. Teorema 2.12 Uma função f(z) = u(x, y) + iv(x, y) é analítica num domínio D se, e somente se v é um conjugado harmônico de u.
53
Demonstração: A prova é fácil. Se v é um conjugado harmônico de u em D, f é analítica em D. Por outro lado, se f é analítica em D, sabemos do teorema anterior que u e v são harmônicas em D e, portanto, as equações de Cauchy-Riemann são satisfeitas. O exemplo a seguir mostra que, se v é um conjugado harmônico de u em algum domínio, não é, em geral, verdade que u é um conjugado harmônico de v neste domínio. Exemplo 2.23 Suponha que u(x, y) = x 2 − y2 e v(x, y) = 2xy. Desde que estas são as componentes real e imaginária, da função inteira f(z) = z 2 , sabemos que v é um conjugado harmônico de u no plano. Mas, u não pode ser um conjugado harmônico de v, pois a função 2xy + i(x 2 − y2 ) não é analítica em ponto algum do plano. Exemplo 2.24 Vamos agora ilustrar um método para obter um conjugado harmônico de uma determinada função harmônica. É fácil ver que a função u(x, y) = y3 − 3x 2 y é harmônica em todo o plano xy. Desde que um conjugado harmônico v(x, y) está relacionado com u(x, y) por meio das equações de Cauchy-Riemann ux = vy , uy = −vx , a primeira destas equações nos diz que vy (x, y) = −6xy. Deixando x fixo e integrando cada lado com respeito a y, obtemos v(x, y) = −3xy2 + φ(x), onde φ é uma função arbitrária de x. Usando a segunda das equações de Cauchy-Riemann, temos 3y2 − 3x 2 = 3y2 − φ0 (x), ou φ0 (x) = 3x 2 . Então φ(x) = x 3 + C , onde C um número real arbitrário. Então, v(x, y) = −3xy2 + x 3 + C é um conjugado harmônico de u(x, y). A função analítica correspondente é f(z) = (y3 − 3x 2 y) + i(−3xy2 + x 3 + C ). A forma f(z) = i(z 3 + C ) desta função é facilmente verificada e é sugerida observando que, quando y = 0, a expressão anterior torna-se f(x) = i(x 3 + C ). 54
2.14
Exercícios
1) Verifique que cada uma das funções são inteiras. (a) f(z) = 3x + y + i(3y − x); (c) f(z) = e−y sen x − ie−y cos x
(b) f(z) = sen x cosh y + i cos x senh y; (d) f(z) = (z 2 − 2)e−x e−iy .
2) Mostre que as funções não são analíticas em ponto algum do plano complexo. (a) f(z) = xy + iy; (b) f(z) = 2xy + i(x 2 − y2 ); (c) f(z) = ey eix . 3) Em cada caso, determine os pontos singulares das funções e conclua que elas são contínuas em todo plano complexo exceto nesses pontos. z3 + i 2z + 1 ; (b) f(z) = ; z(z 2 + 1) z 2 − 3z + 2 z2 + 1 (c) f(z) = . (z + 2)(z 2 + 2z + 2) Respostas: (a) z = 0, ±i; (b) z = 1, 2; (c) z = −2, −1 ± i. (a) f(z) =
4) A função
g(z) =
√ iθ/2 re
(r > 0, π < θ < π)
é analítica no seu domínio de definição, com derivada g0 (z) =
1 . 2g(z)
Mostre que a composição G(z) = g(2z − 2 + i) é analítica em todo plano x > 1, com derivada 1 G 0 (z) = . g(2z − 2 + i) Sugestão: Observe que Re(2z − 2 + i) > 0 quando x > 1. 5) Mostre que u(x, y) é harmônica em algum domínio e encontre o conjugado harmônico v(x, y) quando (a) u(x, y) = 2x(1 − y); (c) u(x, y) = senh x sen y; Respostas:
(b) u(x, y) = 2x − x 3 + 3xy2 ; (d) u(x, y) = y/(x 2 + y2 ).
(a) v(x, y) = x 2 − y2 + 2y; (c) v(x, y) = − cosh x cos y;
(b) v(x, y) = 2y − 3x 2 y + y3 ; (d) v(x, y) = x/(x 2 + y2 ).
6) Mostre que se v e V são harmônicas são conjugados harmônicos de u(x, y) num domínio D, então v(x, y) e V (x, y) diferem por uma constate. 7) Suponha que v é um conjugado harmônico de u num domínio D e também que u é um conjugado harmônico de v em D. Mostre que tanto u quanto v são constantes ao longo de D. 8) Mostre que v é um conjugado harmônico de u num domínio D se, e somente se −u é um conjugado harmônico de v em D.
55
9) Seja f(z) = u(r, θ) + iv(r, θ) uma função analítica num domínio D que não contém a origem. Usando as equações de Cauchy-Riemann na forma polar e assumindo a continuidade das derivadas parciais, mostre que ao longo de D a função u(r, θ) satisfaz a equação diferencial parcial r 2 urr (r, θ) + rur (r, θ) + uθθ (r, θ) = 0, que é a forma polar da Equação de Laplace. Mostre que o mesmo não verdade para a função v(r, θ).
56
Capítulo 3 Funções Elementares 3.1
A função exponencial
Definição 3.1 (Função exponencial) Definimos a função exponencial ez escrevendo ez = ex eiy , z = x + iy
(3.1)
onde a fórmula de Euler eiy = cos y + i sen y é usada e y é tomado em radianos. Segue da definição anterior que ez se reduz a função exponencial habitual do cálculo quando y = 0; escrevemos, também, exp z para ez . De acordo com a expressão (3.1), ex eiy = ex+iy , o que é sugerido da propriedade ex1 ex2 = ex1 +x2 de ex em cálculo. Assim como no cálculo, são válidas as seguintes propriedades para a função exponencial: 1. ez1 ez2 = ez1 +z2 ; 2.
ez1 = ez1 −z2 ; ez2
3.
d z e = ez em todo plano z; dz
4. ez 6= 0 para todo z ∈ C. De fato, sejam z1 = x1 + iy1 e z2 = x2 + iy2 . Então ez1 ez2 = (ex1 eiy1 )(ex2 eiy2 ) = (ex1 ex2 )(eiy1 eiy2 ). Como x1 , x2 ∈ R e eiy1 eiy2 = ei(y1 +y2 ) (produto de números complexos na forma exponencial) segue que ez1 z2 = ex1 +x2 ei(y1 +y2 ) e, desde que z1 + z2 = (x1 + iy1 ) + (x2 + iy2 ) = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 ) 57
temos estabelecido a propriedade 1. Para provar 2 basta escrever ez1 −z2 ez2 = ez1 , ou seja, ez 1 = ez1 −z2 . z 2 e De 2 e do fato de e0 = 1, segue que 1/ez = e−z . A propriedade 3 já foi provada no capítulo anterior; ela nos diz que ez é uma função inteira. Finalmente, para justificar 4, escreva (3.1) na forma ez = ρeiφ onde ρ = ex e φ = y, ou seja,
|ez | = ex e arg(ez ) = y + 2nπ, n = 0, ±1, ±2, . . . .
A afirmação 4 segue do fato de |ez | = ex > 0. Porém, algumas propriedades de ez não são esperadas. Por exemplo, desde que ez+2πi = ez e2πi e e2πi = 1, vemos que ez é periódica, com período puramente imaginário 2πi: ez+2πi = ez . O próximo exemplo ilustra outra propriedade de ez que ex não possui; enquanto ex nunca é negativo, existem valores tais que ez é negativo. Exemplo 3.1 Existem valores de z tais que ez = −1. Para encontrá-los, escreva ez = −1 = 1eiπ e por igualdade de números complexos na forma exponencial, segue que ex = 1 e y = π + 2nπ, n = 0, ±1, ±2, . . . . Então x = 0, e encontramos os valores z = (2n + 1)πi, n = 0, ±1, ±2, . . . .
3.2
A função logarítmica
Nossa motivação para a definção da função logarítmica é baseada na resolução da equação ew = z (3.2) para w, onde z 6= 0 é arbitrário. Para isto, note que quando z e w são escritos como z = reiΘ (−π < Θ < π) e w = u + iv, a equação (3.2) se torna eu eiv = reiΘ . 58
Então, por igualdade de números complexos na forma exponencial, eu = r e v = Θ + 2nπ onde n é um inteiro qualquer. Como eu = r é o mesmo que u = ln r, segue que (3.2) é satisfeita se, e somente se w assumir um dos valores w = ln r + i(Θ + 2nπ), n = 0, ±1, ±2, . . . . Definição 3.2 (Função logarítmica) Definimos a função loagrítmica (multivalente) log z escrevendo log z = ln r + i(Θ + 2nπ), n = 0, ±1, ±2, . . . . (3.3) Temos a relação simples
elog z = z, z 6= 0
que serve para motivar a definção anterior, quando z = reiΘ é um complexo não nulo. √ Exemplo 3.2 Se z = −1 − 3i, então r = 2 e Θ = −2π/3. Então √ 1 2π log(−1 − 3i) = ln 2 + i − + 2nπ = ln 2 + 2 n − πi, n = 0, ±1, ±2, . . . . 3 3 Queremos enfatizar também, que log(ez ) nem sempre resulta no número complexo z. Mais precisamente, desde que (3.3) pode ser escrita como log z = ln |z| + i arg z e como
|ez | = ex e arg(ez ) = y + 2nπ, n = 0, ±1, ±2, . . .
onde z = x + iy, obtemos log(ez ) = ln |ez | + i arg(ez ) = ln(ex ) + i(y + 2nπ) = (x + iy) + 2nπi, n = 0, ±1, ±2, . . . , Definição 3.3 (Valor principal) O valor principal de log z é o valor obtido de (3.3) quando n = 0 e é denotado por Log z, isto é, Log z = ln r + iΘ. Note que Log z define uma função quando z 6= 0 e que log z = Log z + 2nπi, n = 0, ±1, ±2, . . . . Quando z = r é um número real positivo, este logarítmo se reduz ao logarítmo usual do cálculo. Para ver isto, escreva z = rei0 e obtemos Log z = lnr.
59
Exemplo 3.3 Pela expressão (3.3), encontramos log 1 = ln 1 + i(0 + 2nπ) = 2nπi, n = 0, ±1, ±2, . . . e Log 1 = 0. No cálculo não é possível definir o logaritmo de um número negativo. Mas aqui isto é possível. Exemplo 3.4 Observe que log(−1) = ln 1 + i(π + 2nπ) = (2n + 1)πi, n = 0, ±1, ±2, . . . e que Log(−1) = πi.
3.3
Ramos e derivadas de logaritmos
Seja
log z = ln r + iθ
onde z = reiθ é não nulo e θ = Θ + 2nπ (n = 0, ±1, ±2, . . .) com Θ = Arg z. Em geral, se α é um número real qualquer e θ satisfaz α < θ < α + 2π, a função log z = ln r + iθ com componentes
(r > 0, α < θ < α + 2π)
u(r, θ) = ln r e v(r, θ) = θ,
deixa de ser multivalente e é contínua no seu domínio. Note que, se a função log z fosse definida nos raios em que θ = α, não seria contínua lá, pois se z for um ponto qualquer nesses raios, há pontos arbitrariamente próximos de z no qual os valores de v estão perto α e também pontos onde os valores de v estão perto α + 2π. A função log z não é apenas contínua mas também analítica no domínio r > 0, α < θ < α + 2π, pois as derivadas parciais de primeira ordem de u e v são contínuas e satisfazem as equações de Cauchy-Riemann rur = vθ , uθ = −rvr . Além disso,
isto é,
Em particular,
d log z = e−iθ (ur + ivr ) = e−iθ dz d 1 log z = dz z 1 d Log z = dz z
1 1 + i0 = iθ ; r re
(|z| > 0, α < arg z < α + 2π).
(|z| > 0, −π < Arg z < π). 60
Um ramo de uma função multivalente f é qualquer função F que é analítica em cada ponto z de algum dos domínios no qual F (z) é um dos valores de f. A exigência de analiticidade impede, é claro, F de assumir uma seleção aleatória dos valores de f. Observa-se que para cada α fixo, o valor único da função log z é um ramo da função multivalente. A função Log z = ln r + iΘ (r > 0, −π < Θ < π) é chamada Ramo Principal de log z. Um corte de ramo é uma porção de uma reta ou curva que é introduzida de modo a definir um ramo F de uma função multivalente f. Pontos sobre o corte de ramo para F são pontos singulares de F , e qualquer ponto que é comum a todos os cortes do ramo de f é chamado de ponto de ramificação. A origem e os raios θ = α constituem um corte de ramo para log z. O corte de ramo para o ramo principal Log z consiste da origem e do raio Θ = π. A origem é, evidentemente, um ponto de ramificação para ramos da função logarítmica. Cuidados especiais devem ser tomados na utilização de ramos da função logarítmica, pois propriedades dessas funções no Cálculo nem sempre continuam sendo válidas aqui. Exemplo 3.5 Quando o ramo principal de log z é usado, podemos escrever π π Log(i3 ) = Log(−i) = ln 1 − i = − i 2 2 e π 3π 3 Log i = 3 ln 1 + i = i. 2 2 Então Log(i3 ) 6= 3 Log i.
3.4
Algumas identidades envolvendo logarítmos
Sejam z, z1 e z2 números complexos diferentes de zero. Vales as seguintes propridades: 1. log(z1 z2 ) = log z1 + log z2 ; z1 = log z1 − log z2 ; 2. log z2 3. z n = en log z (n = 0, ±1, ±2, . . .); 1 1/n 4. z = exp log z (n = 1, 2, . . .), z 6= 0; n As demonstrações dessas propriedades ficam a cargo do leitor. A propriedade (4) pode ser escrita como 1 1 i(Θ + 2kπ) exp log z = exp ln r + n n n onde k = 0, ±1, ±2, . . .. Então √ 1 Θ 2kπ n exp log z = r exp i + (k = 0, ±1, ±2, . . . , n − 1). n n n 61
3.5
Expoentes complexos
Quando z 6= 0 e o expoente c é um complexo qualquer, a função z c é definida pela equação z c = ec log z , onde log z denota a função logarítmica multivalente. Esta é uma definição consistente para z c , pois é facilmente verificada quando c = n e c = 1/n (n = 0, ±1, ±2, . . .). Exemplo 3.6 Potências de z são, em geral, multivalentes, como ilustrado escrevendo i−2i = exp(−2i log i) e então
1 log i = ln 1 + i + 2nπ = 2n + πi (n = 0, ±1, ±2, . . .). 2 2 π
Isto mostra que i−2i = exp[(4n + 1)π] (n = 0, ±1, ±2, . . .). Note que estes valores de i−2i são todos números reais. Desde que a função exponencial possui a propriedade 1/ez = e−z , podemos ver que 1 1 = = exp(−c log z) = z −c c z exp(c log z) e, em particular, 1/i2i = i−2i , ou seja, do exemplo anterior 1 = exp[(4n + 1)π] (n = 0, ±1, ±2, . . .). i2i Se z = reiθ e α é um número real qualquer, o ramo log z = ln r + iθ (r > 0, α < θ < α + 2π) da função logarítmica é uma função analítica no domínio indicado. Quando este ramo é utilizado, segue que a função z c = exp(c log z) é uma função analítica neste mesmo domínio. A derivada de cada ramo de z c é encontrado usando a regra da cadeia para escrever d c d c z = exp(c log z) = exp(c log z). dz dz z Lembrando que z = exp(log z), obtemos d c exp(c log z) z =c = c exp[(c − 1) log z], dz exp(log z) ou seja,
d c z = cz c−1 (|z| > 0, α < arg z < α + 2π). dz 62
O valor principal de z c ocorre quando log z é substituido por Log z na definição: V. P. z c = ec Log z . A equação anterior também serve para definir o ramo principal da função z c no domínio |z| > 0, −π < Arg z < π. Exemplo 3.7 O valor principal de (−i)i é h π i π exp[i Log(−i)] = exp i ln 1 − i = exp , 2 2 isto é, V. P.(−i)i = exp
π . 2
Exemplo 3.8 O ramo principal de z 2/3 pode ser escrito como √ 2 2 2 2Θ 3 exp Log z = exp ln r + iΘ = r 2 exp i . 3 3 3 3 Então V. P. z 2/3 =
√ √ 2Θ 2Θ 3 3 + i r 2 sen . r 2 cos 3 3
Esta função é analítica no domínio r > 0, −π < Θ < π (Verifique!). Exemplo 3.9 Considere os números complexos não nulos z1 = 1 + i, z2 = 1 − i e z3 = −1 − i. Quando os valores principais das potências são tomados (z1 z2 )i = 2i = ei Log 2 = ei(ln 2+i0) = ei ln 2 e z1i = ei Log(1+i) = ei(ln z2i = ei Log(1−i) = e
√ 2+iπ/4)
√ i(ln 2−iπ/4)
= e−π/4 ei(ln 2)/2 , = eπ/4 ei(ln 2)/2 .
Então (z1 z2 )i = z1i z2i como poderia se esperar. Por outro lado, continuando com o valor principal, vemos que (z2 z3 )i = (−2)i = ei Log(−2) = ei(ln 2+iπ) = e−π ei ln 2 e z3i = ei Log(−1−i) = ei(ln
√ 2−i3π/4)
= e3π/4 ei(ln 2)/2 ,
Então (z2 z3 )i = eπ/4 ei(ln 2)/2 e3π/4 ei(ln 2)/2 e−2π , ou (z2 z3 )i = z2i z3i e−2π . 63
A função exponencial com base c, onde c é um complexo não nulo constante, é escrita como c z = ez log c . Note que a função ez é, em geral, uma função multivalente; mas a interpretação usual de ez ocorre quando o valor principal do logarítmo é tomado. Isto segue do fato do valor principal de log e ser a unidade. Quando o valor de log c é especificado, c z é uma função inteira de z. De fato, d z log c d z c = e = ez log c log c; dz dz e isto mostra que
3.6
d z c = c z log c. dz
Funções trigonométricas
As fórmulas de Euler dizem que eix = cos x + i sen x e e−ix = cos x − i sen x para todo número real x. Então eix − e−ix = 2i sen x e eix + e−ix = 2 cos x. Isto é, sen x =
eix − e−ix eix + e−ix e cos x = . 2i 2
Isto sugere definir de forma natural as funções seno e cosseno de uma variável complexa como segue: eiz + e−iz eiz − e−iz e cos z = . sen z = 2i 2 Estas funções são inteiras desde que são combinações lineares das funções inteiras eiz e e−iz . Sabendo das derivadas d iz d −iz e = ieiz e e = −ie−iz dz dz podemos provar facilmente que d d sen z = cos z e cos z = − sen z. dz dz A partir definição dessas funções podemos justificar (fica a cargo do leitor) as seguintes propriedades: 1. sen(−z) = − sen z, cos(−z) = cos z; 64
2. eiz = cos z + i sen z; 3. sen(z1 + z2 ) = sen z1 cos z2 + cos z1 sen z2 ; 4. cos(z1 + z2 ) = cos z1 cos z2 − sen z1 sen z2 ; 5. sen 2z = 2 sen z cos z, cos 2z = cos2 z − sen2 z; π π 6. sen z + = cos z, sen z − = − cos z; 2 2 7. sen2 z + cos2 z = 1; 8. sen(z + 2π) = sen z, sen(z + π) = − sen z; 9. cos(z + 2π) = cos z, cos(z + π) = − cos z; Quando y é um número real qualquer definimos as funções hiperbólicas como senh y =
ey − e−y ey + e−y e cosh y = . 2 2
Com alguns cálculos simples é fácil mostrar que sen(iy) = i senh y e cos(iy) = cosh y e daí
sen z = sen x cosh y + i cos x senh y, cos z = cos x cosh y − i sen x senh y,
onde z = x + iy (Justifique!). Essas últimas propriedades podem ser utilizadas para mostrar | sen z|2 = sen2 x + senh2 y e | cos z|2 = cos2 x + senh2 y. Como senh y tende ao infinito quando y tende a infinito, fica claro que sen z e cos z não são funções limitadas no plano complexo (na reta real tais funções são limitadas pela unidade). Um zero de uma função f(z) é um número z0 tal que f(z0 ) = 0. Fica a cargo do leitor verificar que os únicos zeros de sen z são os números z = nπ (n = 0, ±1, ±2, . . .) e os únicos zeros de cos z são os números z = π/2 + nπ (n = 0, ±1, ±2, . . .). As demais funções trigonométricas são definidas em termos do seno e do cosseno, como segue: cos z sen z cot z = , tan z = cos z sen z sec z =
1 cos z
csc z =
1 . sen z
Observe que as funções tan z e sec z são funções analíticas em todo plano complexo exceto nos pontos singulares π z = + nπ (n = 0, ±1, ±2, . . .) 2
65
e que as funções cot z e csc z são analíticas em todo plano complexo exceto nas singularidades z = nπ (n = 0, ±1, ±2, . . .). As derivadas dessas funções são d tan z = sec2 z dz
d cot z = − csc2 z, dz
d d sec z = sec z tan z csc z = − csc z cot z. dz dz A periodicidade dessas funções segue da periodicidade das funções seno e cosseno. Por exemplo, é fácil mostrar que tan(z + π) = tan z.
3.7
Funções hiperbólicas
O seno e cosseno hiperbólico de uma variável complexa são definidos como senh z =
ez + e−z ez − e−z , cosh z = . 2 2
Desde que ez e e−z são inteiras, o mesmo ocorre em relação a senh z e cosh z. Além disso, d d senh z = cosh, cosh z = senh z. dz dz Temos as seguintes propriedades cujas demosntrações ficam a cargo do leitor: 1. −i senh(iz) = sen z, cosh(iz) = cos z; 2. −i sen(iz) = senh z, cos(iz) = cosh z; 3. senh(−z) = − senh z, cosh(−z) = cosh z; 4. cosh2 z − senh2 z = 1; 5. senh(z1 + z2 ) = senh z1 cosh z2 + cosh z1 senh z2 ; 6. cosh(z1 + z2 ) = cosh z1 cosh z2 + senh z1 senh z2 ; 7. senh z = senh x cos y + i cosh x sen y; 8. cosh z = cosh x cos y + i senh x sen y; 9. | senh z|2 = senh2 x + sen2 y; 10. | cosh z|2 = senh2 x + cos2 y,
66
onde z = x + iy. Outras duas propriedades importantes (cuja justificativa também deixaremos a cargo de leitor) são senh z = 0 se, e somente se z = nπi (n = 0, ±1, ±2, . . .) e
cosh z = 0 se, e somente se z =
π
+ nπ i (n = 0, ±1, ±2, . . .).
2 A tangente hiperbólica de z é definida pela equação senh z cosh z
tanh z =
que é analítica em todo o domínio cosh z 6= 0. As funções coth z, sech z e csch z são definidas pelo inverso de tanh z, cosh z e senh z, respectivamente. Por fim, temos as derivadas d coth z = − csch2 z, dz
d tanh z = sech2 z dz
d d sech z = − sech z tanh z csch z = − csch z coth z. dz dz
3.8
Funções trigonométrica e hiperbólica inversas
As inversas das funções trigonométricas e hiperbólicas podem ser descritas em termos dos logarítmos. Neste sentido definimos a inversa da função seno sen−1 z, pondo w = sen−1 z quando z = sen w. Isto é, w = sen−1 z quando z=
eiw − e−iw . 2i
Podemos colocar esta equação na forma 2 eiw − 2iz eiw − 1 = 0, que é quadrática em eiw . A solução de uma equação az 2 + bz + c = 0 (a 6= 0), quando a, b e c são números complexos, é z= Assim, encontramos
−b + (b2 − 4ac)1/2 (Prove!). 2a eiw = iz + (1 − z 2 )1/2
onde (1−z 2 )1/2 assume dois valores para cada z complexo. Tomando logarítmos na equação anterior, obtemos 67
sen−1 z = −i log[iz + (1 − z 2 )1/2 ]. Exemplo 3.10 Temos sen−1 (−i) = −i log(1 ± Mas,
√ log(1 +
e log(1 − Desde que
√
√ 2) = ln(1 +
√ 2).
2) + 2nπi (n = 0, ±1, ±2, . . .)
√ 2) = ln( 2 − 1) + (2n + 1)πi (n = 0, ±1, ±2, . . .). √ ln( 2 − 1) = ln
√ 1 √ = − ln(1 + 2), 1+ 2
os números
√ 2) + nπi (n = 0, ±1, ±2, . . .) √ constituem o conjuto dos valores de log(1 ± 2). Então, na forma retangular √ sen−1 (−i) = nπ + i(−1)n+1 ln(1 + 2) (n = 0, ±1, ±2, . . .). (−1)n ln(1 +
Analogamente ao que foi feito para sen−1 z, podemos encontrar cos−1 z = −i log z + i(1 − z 2 )1/2 e i i+z log . 2 i−z
tan−1 z =
As derivadas dessas três funções são obtidas através de suas expressões do logarítmo. As derivadas são d 1 sen−1 z = , dz (1 − z 2 )1/2 −1 d cos−1 z = . dz (1 − z 2 )1/2 e d 1 tan−1 z = . dz 1 + z2 As funções hiperbólicas inversas são tratadas de modo análogo. Nestes termos senh−1 z = log z + (z 2 + 1)1/2 , cosh−1 z = log z + (z 2 − 1)1/2 , e tanh−1 z =
1 1+z log . 2 1−z
68
3.9
Exercícios
1) Mostre que (a) exp(2 ± 3πi) = −e ; 2
(b) exp
(c) exp(z + πi) = − exp z.
2 + πi 4
r
=
e (1 + i); 2
2) Justifique por que a função f(z) = 2z 2 − 3 − zez + e−z é inteira. 3) Mostre que a função f(z) = exp z não é inteira. 4) Mostre que a função f(z) = exp(z 2 ) é inteira. Calcule sua derivada. Respostas: f 0 (z) = 2z exp(z 2 ). 5) Escreva | exp(2z + i)| e | exp(iz 2 )| em termos de x e y. Em seguida, mostre que | exp(2z + i) + exp(iz 2 )| ≤ e2x + e−2xy . 6) Mostre que | exp(z 2 )| ≤ exp(|z|2 ). 7) Prove que | exp(−2z)| < 1 se, e somente se Re z > 0. 8) Encontre os valores de z tal que (a) ez = −2; (c) exp(2z − 1) = 1.
(b) ez = 1 +
√ 3i;
1 Respostas: (b) z = ln 2 + 2n + 3 0, ±1, ±2, . . .).
πi (n = 0, ±1, ±2, . . .); (c) z =
1 + nπi (n = 2
9) Descreva o comportamento de ez = ex eiy quando x tende a −∞ e quando y tende a ∞. 10) Mostre que (a) Log(−ei) = 1 −
π i; 2
(b) Log(1 − i) =
1 π ln 2 − i. 2 4
11) Mostre que (a) log e = 1 + 2nπi (n = 0, ±1, ±2, . . .); 1 (b) log i = 2n + πi (n = 0, ±1, ±2, . . .); 2 √ 1 (c) log(−1 + 3i) = ln 2 + 2 n + πi (n = 0, ±1, ±2, . . .). 3 12) Mostre que (a) Log(1 + i)2 = 2 Log(1 + i);
(b) Log(−1 + i)2 6= 2 Log(−1 + i).
13) Mostre que
69
π 9π (a) log(i ) = 2 log i quando log z = ln r + iθ r > 0, < θ < ; 4 4 3π 11π (b) log(i2 ) 6= 2 log i quando log z = ln r + iθ r > 0, <θ< 4 4 2
14) Mostre que o conjunto de valores de log(i1/2 ) é 1 πi (n = 0, ±1, ±2, . . .) n+ 4 e que o mesmo é verdade para (1/2) log i; mostre que o mesmo não é verdade para log(i2 ) e 2 log i. 15) Encontre todas as raízes da equação log z = iπ/2. Resposta: z = i. 16) Suponha que z = x + iy é a faixa horizontal α < y < α + 2π. Mostre que quando o ramo log z = ln r + iθ (r > 0, α < θ < α + 2π) é tomado, log(ez ) = z. 17) Mostre que (a) a função f(z) = Log(z − i) é analítica em todo plano complexo exceto na porção x ≥ 0 da reta y = 1; (b) a função f(z) =
Log(z + 4) z2 + i
√ é analítica em todo plano complexo exceto nos pontos ±(1 − i)/ 2 e na porção x ≥ −4 do eixo real. 18) Mostre que a função ln(x 2 + y2 ) é harmônica em todo domínio que não contém a origem. 19) Mostre que (a) (1 + i)i = exp − π4 + 2nπ exp i ln22 (n = 0, ±1, ±2, . . .) (b) (−1)1/π = e(2n+1)i (n = 0, ±1, ±2, . . .). 20) Encontre o valor principal de he √ i3πi i (a) i ; (b) (−1 − 3i) ; 2 √ √ 21) Mostre que (−1 + 3i)3/2 = ±2 2.
(c) (1 − i)4i
22) Mostre que as funções sen z e cos z não são analíticas para nenhum z. 23) Encontre as raízes da equação sen z = cosh 4. (n = 0, ±1, ±2, . . .).
Resposta: (π/2 + 2nπ) ± 4i
24) Com ajuda da expressão cos z = cos x cosh y − i sen x senh y, mostre que as raízes da equação cos z = 2 são z = 2nπ + i cosh−1 2 (n = 0, ±1, ±2, . . .). 70
Então, expresse elas na forma z = 2nπ ± i ln(2 +
√ 3) (n = 0, ±1, ±2, . . .).
25) A função senh(ez ) é inteira? Escreva sua compontente real em termos de x e y e justifique por que esta função é harmônica em todo plano complexo. 26) Encontre todas raízes das equações (a) senh z = i e (b) cosh z = 1/2. Respostas: (a) z = (2n + 1/2)πi (n = 0, ±1, ±2, . . .); (b) z = (2n ± 1/3)πi (n = 0, ±1, ±2, . . .). 27) Encontre todas as raízes da equação cosh z = −2. √ Resposta: z = ± ln(2 + 3) + (2n + 1)πi (n = 0, ±1, ±2, . . .). 28) Encontre todos os valores de (a) tan−1 (2i); Respostas: (a) (n + 1/2)π +
(b) tan−1 (1 + i);
(c) cosh−1 (−1);
(d) tanh−1 0.
i ln 3 (n = 0, ±1, ±2, . . .); (d) nπi (n = 0, ±1, ±2, . . .). 2
29) √ Resolva a equação sen z = 2 usando sen−1 z. Resposta: (2n + 1/2)π ± i ln(2 + 3) (n = 0, ±1, ±2, . . .). √ 30) Resolva a equação cos z = 2 para z. 31) Mostre que 1 d sen−1 z = . dz (1 − z 2 )1/2
71
Capítulo 4 Integrais 4.1
Derivadas de funções w(t)
Definição 4.1 Seja w(t) uma função complexa na variável t ∈ R escrita como w(t) = u(t) + iv(t) onde u e v são funções reais na variável t. A derivada
(4.1) dw (t) é dada por dt
w 0 (t) = u0 (t) + iv 0 (t), desde que existam as derivadas u0 e v 0 em t. Considerando z0 = x0 + iy0 uma constante complexa, é possível mostrar com auxílio de derivadas reias as seguintes propriedades: 1.
d [z0 w(t)] = z0 w 0 (t); dt
2.
d z0 t e = z0 ez0 t . dt
Porém, nem toda regra de derivação do cálculo real vale para funções do tipo (4.1). Exemplo 4.1 Seja w(t) contínua no intervalo [a, b], ou seja, as funções u(t) e v(t) são contínuas neste intervalo. Nem sempre existe c ∈ (a, b) tal que w 0 (c) =
w(b) − w(a) b−a
(Teorema do Valor Médio).
Por exemplo, considere a função w(t) = eit com t ∈ [0, 2π]. Temos |w 0 (t)| = |ieit | = |i||eit | = 1 para todo t ∈ [0, 2π] Mas, [w(2π) − w(0)]/2π = 0, ou seja, o Teorema do Valor Médio não é satisfeito neste caso. 72
Integrais definidas de funções w(t)
4.2
Definição 4.2 A integral definida da função complexa w(t) na variável t ∈ [a, b] é Z a
b
b
Z w(t)dt =
Z u(t)dt + i
a
b
v(t)dt, a
onde as integrais no lado direito existem. Se K é uma constante complexa e w e g são funções complexas na variável real t, temos as seguinte propriedades imediatas: b
Z 1.
[K w(t) + g(t)]dt = K
a
b
Z 2. Re
a
Z 4.
a
a b
w(t)dt =
a
u(t)dt = v(t)dt =
a
a
Z a
g(t)dt; a
b
Z
b
Z w(t)dt =
w(t)dt +
a
b
Z
b
Z
b
Z 3. Im
b
Z
Re[w(t)]dt;
b
Im[w(t)]dt;
Rb w(t)dt ≤ a |w(t)|dt, a ≤ b.
As propriedades 2 e 3 já estão justificadas. Deixaremos a propriedade 1 como exercício Rb e provaremos a propriedade 4. Para isto, seja a w(t)dt = r0 eiθ0 , onde r0 e θ0 denotam, Rb respectivamente, o módulo e o argumento do número complexo a w(t)dt. Logo Z
b
e
w(t)dt = Re a Z b Z −iθ0 ≤ |e w(t)|dt =
r0 =
a
e, portanto
Exemplo 4.2
1
b
e a b
Z w(t)dt =
a
b
Re[e−iθ0 w(t)]dt
|w(t)|dt
a
Z w(t)dt ≤
Z
1
b
|w(t)|dt, a ≤ b.
a
(1 + it) dt = 2
0
−iθ0
a
Z r0 = Z
b
Z
−iθ0
Z (1 − t )dt + i 2
0
0
1
t3 2tdt = t − 3
1
1 2 + i t 2 0 = + i. 3 0
Ressaltamos aqui que integrais impróprias para funções w(t) são definidas de modo similar. Além disso chamamos atenção para o fato de que, em w(t), as funções componentes u(t) e v(t) devem ser seccionalmente contínuas, que é o mesmo que contínuas por partes, no intervalo (a, b). Observamos ainda a validade da seguinte regra O teorema seguinte é a versão em Variáveis Complexas de um importante resultado no Cálculo. Trata-se do conhecido Teorema Fundamental do Cálculo para funções complexas numa variável real. 73
Teorema 4.1 (Teorema Fundamental do Cálculo) Suponha que as funções w(t) = u(t) + iv(t) e W (t) = U(t) + iV (t) sejam contínuas em t ∈ [a, b]. Se W 0 (t) = w(t) então Z a
b
w(t)dt = W (b) − W (a).
Demonstração: Temos, W 0 (t) = U 0 (t) + iV 0 (t) = w(t) = u(t) + iv(t) implicando,
U 0 (t) = u(t) e V 0 (t) = v(t).
Logo, Z a
b
Z w(t)dt =
a
b
Z u(t)dt + i
a
b
v(t)dt = U(b) − U(a) + i[V (b) − V (a)]
= [U(b) + iV (b)] − [U(a) + iV (a)] = W (b) − W (a).
Exemplo 4.3 Desde que (−ieit )0 = −i2 eit = eit , obtemos Z 0
4.3
π/4
π/4 e dt = −ieit 0 = −ieiπ/4 + i = −i 1 1 = √ + 1− √ i. 2 2 it
1 1 √ + i√ 2 2
+i
Caminhos
Nosso objetivo nessa seção é definir integrais de funções de uma variável complexa sobre curvas no plano complexo. Definição 4.3 (Arco) Definimos um arco C no plano complexo como sendo o conjunto C = {z(t) = x(t) + iy(t); x, y funções contínuas em t ∈ [a, b]} conforme Figura 4.1.
74
(4.2)
Figura 4.1:
Curva C parametrizada.
A definição anterior de arco nos sugere uma orientação para o arco de acordo com o sentido de crescimento do parâmetro t (neste caso, C também é chamada de curva parametrizada). Definição 4.4 (Arco simples e curva simples fechada) O arco C é dito um arco simples (ou arco de Jordan) se t1 6= t2 ⇒ z(t1 ) 6= z(t2 ), isto é, C é um arco que não possui autointerseções. Quando C é um arco simples, exceto pelo fato de z(a) = z(b), C é dito uma curva simples fechada (ou curva de Jordan). Exemplo 4.4 A linha poligonal z=
x + ix, 0 ≤ x ≤ 1 x + i, 1 ≤ x ≤ 2
é um exemplo de arco simples.
Figura 4.2:
Linha poligonal ligando os pontos 0 e 2 + i.
Exemplo 4.5 O círculo unitário orientado no sentido anti-horário z(t) = eit ,
0 ≤ t ≤ 2π
é uma curva simples fechada, assim como o círculo z = z0 + Reit , 0 ≤ t ≤ 2π centrado em z0 e com raio R > 0. Exemplo 4.6 O arco z = e−iθ = cos θ − i sen θ,
0 ≤ θ ≤ 2π
é um círculo unitário orientado no sentido horário. Trata-se de mais uma curva simples fechada. 75
Exemplo 4.7 Os pontos do arco z = ei2θ ,
0 ≤ θ ≤ 2π
são os mesmos dos exemplos anteriores, diferindo apenas por percorrerem duas voltas no sentido anti-horário. Este arco também é uma curva simples fechada. Proposição 4.1 A representação paramétrica de um arco C não é única. Demonstração: Com efeito, suponha que t = φ(τ), τ ∈ [α, β] onde φ : [α, β] → [a, b] é uma função real e que C é um arco escrito na forma (4.2). Assuma que a função φ é contínua, com derivada de primeira ordem também contínua e φ0 (τ) > 0 para todo τ ∈ (α, β), ou seja, φ é uma função crescente (Veja Figura 4.3). O leitor deve observar que sempre existe uma função φ com tais prerrogativas.
Figura 4.3:
Mudança do parâmetro t para o parâmetro τ.
Assim, z(t) = z[φ(τ)], e portanto, z = Z (τ).
Definição 4.5 (Arco diferenciável e comprimento de arco) Suponha que em z 0 (t) = x 0 (t) + iy0 (t), as componentes x 0 (t) e y0 (t) são contínuas em t ∈ [a, b]. O arco é então chamado arco diferenciável. O comprimento do arco C é o número Z L=
b
a
|z 0 (t)|dt.
O valor L é invariante por mudança de parâmetro que representa o arco C . De fato, utilizando as terminologias da última demonstração temos dt/dτ = φ0 (τ) e Z 0 (τ) = z 0 (φ(τ))φ0 (τ), com φ0 (τ) > 0, donde segue que Z L=
a
b
Z
0
|z (t)|dt =
β
|z 0 (φ(τ))|φ0 (τ)dτ
α
Z =
α
76
β
|Z 0 (τ)|dτ = L.
Definição 4.6 (Arco suave e vetor tangente) Se C é um arco diferenciável com z 0 (t) 6= 0, para todo t ∈ (a, b), C é chamado de arco suave. O vetor tangente unitário z 0 (t) T = 0 |z (t)| é definido para todo t ∈ (a, b) com ânglo de inclinação arg z 0 (t). Definição 4.7 (Caminhos) Um caminho é uma cadeia contínua de um número finito de arcos suaves. Se o caminho é fechado e não se intercecta temos um caminho fechado (ou curva de Jordan).
4.4
Integrais Curvilíneas
Seja f(z) definida ao longo de um caminho C que se extende de z = z1 a z = z2 no plano-z. Escrevemos Z Z z2 f(z)dz ou f(z)dz C
z1
para denotar a integral curvilínea de f(z) ao longo de C ; Para construir a integral complexa anterior, seguimos os seguintes passos: 1. Seja f(z) definida sobre uma curva suave C no plano complexo definida parametricamente por z(t) = x(t) + iy(t), a ≤ t ≤ b; 2. Seja P uma partição de [a, b] em n subintervalos [tk−1 , tk ] de comprimento ∆tk = tk − tk−1 : a = t0 < t1 < t2 < · · · < tn−1 < tn = b. A partição P induz uma partição da curva C em n subarcos conforme Figura 4.4. Seja ∆zk = zk − zk−1 , k = 1, 2, . . . , n; 3. Seja ||P|| a norma da partição P de [a, b], isto é, o comprimento do maior intervalo; 4. Seja zk∗ = xk∗ + iy∗k um ponto em cada subarco de C (Figura 4.4); 5. Formamos n produtos f(zk∗ )∆zk , k = 1, 2, . . . , n e o somamos: n X f(zk∗ )∆zk . k=1
77
Figura 4.4:
Partição da curva C .
Definição 4.8 (Integral curvilínea) A integral curvilínea de f em C é n X
Z C
f(z)dz = lim
||P||→0
f(zk∗ )∆zk .
(4.3)
k=1
Se o limite em (4.3) existir, dizemos que f é integrável em C . O limite existe sempre que f for contínua (ou seccionalmente contínua) em todos os pontos de C e C for uma curva suave ou um caminho. Para facilitar o cálculo de uma integral curvilínea, escrevemos (4.3) de forma abreviada. Se substituirmos f(z) por u + iv e ∆z por ∆x + i∆y, obtemos Z X f(z)dz = lim (u + iv)(∆x + i∆y) C hX i X = lim (u∆x − v∆y) + i (v∆x + u∆y) . A interpretação da última linha nos fornece Z Z Z f(z)dz = udx − vdy + i vdx + udy, C
C
C
R ou seja, as partes real e imaginária de C f(z)dz são integrais de linha. Se x = x(t) e y = y(t), a ≤ t ≤ b, forem equações paramétricas de C , dx = x 0 (t)dt e dy = y0 (t)dt. Substituindo x, y, dx e dy por x(t), y(t), x 0 (t) e y0 (t) no lado direito da última equação, obtemos Z b Z b 0 0 [v(x(t), y(t))x 0 (t) + u(x(t), y(t))y0 (t)]dt. [u(x(t), y(t))x (t) − v(x(t), y(t))y (t)]dt + i a
a
Se z(t) = x(t) + iy(t), a última expressão é igual a anterior é a multiplicação
Rb a
f[z(t)]z 0 (t)dt, pois o integrando
f[z(t)]z 0 (t) = [u(x(t), y(t)) + iv(x(t), y(t))][x 0 (t) + iy0 (t)]. Com isto, obtemos uma forma prática para calcular integrais curvilíneas: Proposição 4.2 (Cálculo de uma integral curvilínea) Suponha que C = {z = z(t) ∈ C; t ∈ [a, b]} seja o caminho que liga os pontos z1 = z(a) e z2 = z(b) e que f(z) seja seccionalmente contínua sobre C , isto é, f[z(t)] é seccionalmente contínua no intervalo [a, b]. A integral curvilínea de f ao longo de C é Z C
Z f(z)dz =
b
a
f[z(t)]z 0 (t)dt.
Neste caso, é fácil verificar as seguintes propriedades: Z 1.
C
Z z0 f(z)dz = z0
C
f(z)dz, onde z0 ∈ C é uma constante;
78
Z 2.
C
Z [f(z) ± g(z)]dz =
Z 3.
Z f(z)dz ±
g(z)dz;
C
C
Z
−C
f(z)dz = −
f(z)dz. C
Considere agora um caminho C = C1 + C2 ligando os pontos z1 e z3 e contendo um ponto z2 , onde C1 é um arco de z1 até z2 e C2 é um arco de z2 até z3 , conforme a Figura 4.5. Então, existe c ∈ (a, b) tal que z(c) = z2 . Consequentemente, temos as representações C1 = {z = z(t) ∈ C; t ∈ [a, c]} e C2 = {z = z(t) ∈ C; t ∈ [c, b]},
Figura 4.5: e como
Z
b
a
Z
0
f[z(t)]z (t)dt =
Caminho C = C1 + C2 .
c
a
Z
0
f[z(t)]z (t)dt +
c
b
f[z(t)]z 0 (t)dt
obtemos também a seguinte propriedade: Z Z Z f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz. C
C1
C2
Exemplo 4.8 Encontre o valor de Z I= zdz, C
onde C é o lado direito do círculo |z| = 2 ligando −2i a 2i (Figura 4.6), dado por z = 2eiθ ,
−
π π ≤θ≤ 2 2
Z
π/2
Por definição, Z I =
C
Z =
zdz =
−π/2
Figura 4.6: f[z(θ)]z 0 (θ)dθ
π/2
−π/2
2eiθ (2eiθ )0 dθ
79
2.
Lado direito do círculo C : |z| =
0 e, desde que eiθ = e−iθ e eiθ = ieiθ , obtemos Z π/2 Z −iθ iθ I= 2e · 2ie dθ = 4i −π/2
π/2
−π/2
dθ = 4πi.
Observe que se z pertence ao círculo |z| = 2, então |z|2 = zz = 4, ou seja, z = 4/z. Como I = 4πi, deduzimos Z dz = πi. C z
Exemplo 4.9 Seja C1 o caminho ilustrado na Figura 4.7, denotado por OAB. Então, Z Z Z f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz. C1
OA
AB
Considere f(z) = y − x − i3x 2 , onde aqui escrevemos z = x + iy. O segmento OA é representado parametricamente por z = 0 + iy,
0≤y≤1
e sobre este seguimento temos f(z) = y, pois x = 0. Consequentemente Z Z 1 Z 1 i f(z)dz = yidy = i ydy = . 2 OA 0 0
Figura 4.7:
Caminhos OAB e OB.
Já o segmento AB é representado parametricamente por z = x + i, 0 ≤ x ≤ 1, e f(z) = 1 − x − i3x 2 , donde Z Z 1 Z 1 Z 2 f(z)dz = (1 − x − i3x ) · 1dx = (1 − x)dx − 3i AB
0
0
1
x 2 dx =
0
1 − i. 2
Logo, Z
1+i
Z f(z)dz =
C1
0
f(z)dz =
1 1−i i + −i= . 2 2 2
Agora, se C2 denota o segmento OB (Figura 4.7), que é a reta cuja equação é y = x, sua representação paramétrica é z = x + ix,
0 ≤ x ≤ 1.
Daí, Z 0
1+i
Z f(z)dz =
C2
Z f(z)dz =
1
Z (x − x − i3x )(1 + i)dx = − 2
0
Z = 3(1 − i)
1
0
x 2 dx = 1 − i.
0
80
1
i3x 2 (1 + i)dx
Finalmente podemos calcular a integral da função f(z) ao longo do caminho OABO: Z Z Z Z Z −1 + i 1−i −1+i = . f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz = f(z)dz − f(z)dz = 2 2 OABO C1 −C2 C1 C2 Exemplo 4.10 Seja C um arco suave denotado por z = z(t),
t ∈ [a, b],
com extremidades nos pontos z1 e z2 . Sabendo que d [z(t)]2 = z(t)z 0 (t), dt 2 encontramos, Z z2 z1
Z zdz = =
Z
C z22
zdz =
a
b
[z(t)]2 b [z(b)]2 − [z(a)]2 z(t)z (t)dt = = 2 a 2 0
− z12 , 2
isto é, o valor da integral anterior independe do arco C utilizado para ligar os pontos z1 e z2 . Exemplo 4.11 Seja C o caminho semicircular z = 3eiθ ,
0≤θ≤π
ligando os pontos z = 3 e z = −3. Embora o ramo f(z) =
√ iθ re 2 ,
r > 0, 0 < θ < 2π
da função multivalente z 1/2 não esteja definida em z = 3 (veja Figura 4.8), a integral Z I= z 1/2 dz C
existe em relação a esse ramo, pois o integrando é seccionalmente contínuo sobre o caminho C . Com efeito, quando z(θ) = 3eiθ temos √ θ √ θ √ θ f[z(θ)] = 3ei 2 = 3 cos + i 3 sin , 0 < θ ≤ π. Figura 4.8: Semi círculo superior de raio 3. 2 2 Neste caso a função não está definida no eixo real √ √ √ positivo. Se θ → 0, 3 cos θ2 converge para 3 e 3 sin θ2 converge para 0, ou seja, f[z(θ)] é seccionalmente contínua no intervalo [0, π] quando √ seu valor em θ = 0 é 3. Consequentemente, π Z π√ √ Z π i 3θ √ √ 2 2 2 3θ 3π i θ2 iθ i i 0 I = e 2 dθ = 3 3i = 3 3i 3e 3ie dθ = 3 3i e 2 e 2 − e 3i 3i 3i 0 0 0 √ √ √ 2 2 2 = 3 3i − − = 3 3i − (1 + i) = −2 3(1 + i). 3 3i 3i 81
4.5
Limitação superior para o módulo de integrais
Quando C representa um caminho z = z(t), t ∈ [a, b], sabemos que Z Z b Z b 0 f(z)dz = f[z(t)]z (t)dt ≤ |f[z(t)]||z 0 (t)|dt. C
a
a
Assim, se |f(z)| ≤ M, com z ∈ C e M sendo constante real positiva, obtemos Z Z b f(z)dz ≤ M |z 0 (t)|dt = ML, C
a
onde L denota o comprimento do caminho C . Quase sempre teremos |f[z(t)]| contínua em t ∈ [a, b] e, portanto, esta função sempre será limitada superiormente sobre o caminho C . Exemplo 4.12 Seja C denotando um quarto do círculo |z| = 2 ligando os pontos z = 2 a z = 2i (Figura 4.9). Mostre que Z z + 4 6π z 3 − 1 dz ≤ 7 . C De fato, se z ∈ C então |z| = 2, donde |z + 4| ≤ |z| + 4 = 6 e |z 3 − 1| ≥ |z|3 − 1 = 7. Então, quando z ∈ C , temos z+4 = |z + 4| ≤ 6 = M. |f(z)| = 3 z − 1 |z 3 − 1| 7 Além disso, L = (1/4) · 2π · 2 = π e, portanto Z 6π z + 4 z 3 − 1 dz ≤ ML = 7 . C
Figura 4.9: |z| = 2.
Um quarto do círculo
Exemplo 4.13 Seja CR o caminho semicircular z = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π (Figura 4.10) e considere z 1/2 o ramo z 1/2 =
√ iθ/2 re ,
r > 0,
−
π 3π <θ< . 2 2
Sem calcular o valor da integral, pode-se verificar que Z z 1/2 lim dz = 0. R→∞ C z 2 + 1 R
82
De fato, quando |z| = R > 1, √ √ 1/2 iθ/2 |z | = Re = R e |z 2 +1| ≥ |z 2 | − 1 = R 2 −1, donde 1/2 z ≤ MR , |f(z)| = 2 z + 1
√ R onde MR = 2 . R −1
Desde que o comprimento de CR é L = πR, obtemos Z z 1/2 ≤ MR L, dz 2+1 z CR onde
Caminho semi circular CR . Note que a função z 1/2 deixa de ser contínua apenas nos pontos do semi eixo imaginário negativo.
Figura 4.10:
√ √ πR R π/ R MR L = 2 = R −1 1 − 1 R2
converge para zero quando R tende para o infinito. Isto prova que o limite da integral também é zero.
4.6
Exercícios
1) Use as regras correspondentes de derivação do cálculo para estabelecer as seguintes regras, quando w(t) = u(t)+ iv(t) é uma função complexa na variável t e w 0 (t) existe: d d w(−t) = −w 0 (−t); (b) [w(t)]2 = 2w(t)w 0 (t). (a) dt dt 2) Calcule as seguintes integrais: 2 Z π/6 Z 2 1 ei2t dt. (a) − i dt; (b) t 0 1 Respostas: (a) −1/2 − i ln 4;
(b)
√ 3/4 + i/4.
3) Mostre que, se m e n são inteiros então Z 2π 0 quando m 6= n imθ −inθ e e dθ = . 2π quando m = n 0 4) Seja w(t) uma função complexa e contínua na variável t definida no intervalo a ≤ t ≤ b. Considerando, em particular, a função w(t) = eit com 0 ≤ t ≤ 2π, mostre que nem sempre é verdade a afirmação de que existe um número real c ∈ (a, b) tal que Z b w(t)dt = w(c)(b − a). a
5) Seja w(t) = u(t) + iv(t) uma função complexa e contínua na variável t definida Rnoa intervalo −aR a≤ t ≤ a. (a) Suponha que w(t) é uma função par; mostre que w(t)dt = 2 0 w(t)dt; (b) Suponha que w(t) é uma função ímpar; mostre que R−a a w(t)dt = 0. −a 83
6) Seja C denotando o lado direito do círculo |z| = 2, orientado no sentido anti-horário. Note que duas representações paramétricas para o arco C são: π p π iθ e z = Z (y) = 4 − y2 + iy (−2 ≤ y ≤ 2). z = z(θ) = 2e − ≤θ≤ 2 2 Verifique que Z (y) = z[φ(y)], onde y φ(y) = arctan p 4 − y2
π π − ≤ arctan t ≤ . 2 2
e que φ possui uma derivada positiva. 7) Suponha que uma função f(z) é analítica num ponto z0 = z(t0 ) sobre um arco suave z = z(t), t ∈ [a, b]. Mostre que, se w(t) = f[z(t)] então w 0 (t) = f 0 [z(t)]z 0 (t) quando t = t0 .
Sugestão: Escreva f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e z(t) = x(t) + iy(t) de modo que w(t) =
u[x(t), y(t)] + iv[x(t), y(t)].
Então aplique a regra da cadeia para as duas funções de variáveis reais para escrever
w 0 = (ux x 0 + uy y0 ) + i(vx x 0 + vy y0 ) e use as equações de Cauchy-Riemann.
8) Sejam z1 e z2 dois pontos distintos fixados no plano complexo e C um caminho arbitrário ligando esses dois pontos. Mostre que Z dz = z2 − z1 . C
9) Calcule o valor da integral
R C
f(z)dz nos seguintes casos:
(a) f(z) = y − x − 3x i e C é o segmento de reta de z = 0 a z = 1 + i; 2
(b) f(z) = y − x − 3x 2 i e C consiste de dois segmentos, um de z = 0 a z = i e o outro de z = i a z = 1 + i; (c) f(z) = (z + 2)/z e C é o semicírculo z = 2eiθ , onde θ varia de 0 a π; (d) f(z) = (z + 2)/z e C é o semicírculo z = 2eiθ , onde θ varia de 0 a −π; (e) f(z) = (z + 2)/z e C é o semicírculo z = 2eiθ , onde θ varia de −π a π; (f) f(z) = z − 1 e C é o semicírculo z − 1 = eiθ , onde θ varia de 0 a π; 4y quando y > 0 (g) f(z) = e C é o arco de z = −1 − i a z = 1 + i sobre a 1 quando y < 0 curva y = x 3 ; (Resp. 2 + 3i) (h) f(z) = ez e C é o segmento de reta de z = πi a z = 1, ou C é a poligonal ao longo dos eixos coordenados também de z = πi a z = 1; (i) f(z) = 3z + 1 e C é o contorno do quadrado com vértices nos pontos z = 0, z = 1, z = 1 + i e z = i, orientado no sentido do Teorema de Green; (j) f(z) = πeπz e C é o contorno do quadrado com vértices nos pontos z = 0, z = 1, z = 1 + i e z = i, orientado no sentido do Teorema de Green. (Resp. 4(eπ − 1))
84
10) Seja C o segmento de z = i a z = 1. Observando que, de todos os pontos nesse segmento de reta, o ponto central é o mais próximo da origem, mostre que Z √ dz ≤4 2 z4 C sem resolver a integral. 11) Seja C o arco do círculo |z| = 2 que se situa no primeiro quadrante. Mostre que Z π dz z2 + 1 ≤ 3 . C
sem calcular o valor da integral. 12) Sendo C o contorno do triângulo com vértices nos pontos z = 0, z = −4 e z = 3i, mostre que Z (ez − z)dz ≤ 60. C
13) Sendo C um círculo |z| = R, onde R > 1, mostre que Z Log z < 2π π + Log R dz z2 R C e que, portanto, o valor da integral tende para zero quando R → ∞. 14) Seja n um número natural. Considere a seguinte integral Z dz I= n C (z − z0 ) onde C é um círculo z − z0 = r0 eiθ com r0 > 0 e 0 < θ < 2π. Mostre que I = 2πi se n = 1 e que I = 0 se n = 2, 3, . . ..
4.7
Antiderivadas
Teorema 4.2 Suponha que f(z) é contínua num domínio D. Então são equivalentes: (i) f(z) possui uma antiderivada F (z) em D; (ii) as integrais de f(z) ao longo de quaisquer caminhos em D ligando dois pontos fixados z1 e z2 têm mesmo valor; (iii) as integrais de f(z) ao longo de qualquer caminho fechado em D tem sempre valor nulo.
85
Demonstração: (i) ⇒ (ii). Suponha que (i) é válida. Considere C um arco suave ligando z1 a z2 em D, com representação paramétrica z = z(t), a ≤ t ≤ b. Sabemos que d F [z(t)] = F 0 [z(t)]z 0 (t) = f[z(t)]z 0 (t), dt
a ≤ t ≤ b,
e poelo Teorema Fundamental do Cálculo, Z C
Z f(z)dz =
a
b
b f[z(t)]z (t)dt = F [z(t)] = F [z(b)] − F [z(a)] = F (z2 ) − F (z1 ) 0
a
implicando,
Z
z2
z1
f(z)dz = F (z2 ) − F (z1 ).
independente da escolha do arco suave C ligando z1 e z2 . Se C for uma caminho a demonstração é análoga, uma vez que, C é uma cadeia finita de arcos suaves. (ii) ⇒ (iii). Suponha agora que (ii) é verdade. Considere um caminho fechado C contido no interior de D e z1 , z2 ∈ C pontos arbitrários onde C = C1 − C2 conforme Figura 4.11.
Figura 4.11: Como (ii) é válida temos
Caminho fechado C = C1 − C2 contido no interior de D.
Z C1
ou seja,
Z C
Z f(z)dz =
f(z)dz, C2
Z f(z)dz =
(4.4)
Z f(z)dz −
C1
C2
f(z)dz = 0,
(4.5)
como queríamos. (iii) ⇒ (i). Finalmente, suponha que a afirmativa em (iii) é válida. Sejam C1 e C2 dois caminhos em D ligando z1 a z2 . Por (iii), a equação (4.5) é verdadeira, e portanto (4.4) também é, isto
86
é, (ii) é satisfeita, o que significa dizer que a integração independe do caminho escolhido no interior de D. Assim, definimos a função Z z F (z) = f(s)ds. z0
e afirmamos que F 0 (z) = f(z) para todo z ∈ D, isto é, a função F (z) é uma antiderivada (ou primitiva) para f(z) com z ∈ D, que é a afirmativa (i). Para provar esta afirmação, considere o ponto z + ∆z contido numa vizinhança de z pertencente ao domínio D. Então, Z z+∆z Z z Z z+∆z F (z + ∆z) − F (z) = f(s)ds − f(s)ds = f(s)ds, z0
z0
z
onde o caminho de integração de z a z + ∆z é um segmento de reta (veja Figura 4.12).
Figura 4.12:
Caminho ligando z0 a z + ∆z passando por z. Note que o caminho ligando z + ∆z a z é um segmento. z+∆z
Z Desde que ∆z =
z
ds, podemos escrever, Z 1 f(z) = ∆z
z+∆z
f(z)ds, z
donde segue que F (z + ∆z) − F (z) 1 − f(z) = ∆z ∆z
Z z
z+∆z
[f(s) − f(z)]ds.
Como a função f é contínua na variável z ∈ D, para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que |s − z| < δ ⇒ |f(s) − f(z)| < ε. Daí, |z + ∆z − z| = |∆z| < δ implica F (z + ∆z) − F (z) < 1 ε|∆z| = ε, − f(z) |∆z| ∆z isto é,
F (z + ∆z) − F (z) − f(z) = f(z) ∆→0 ∆z lim
e, portanto F 0 (z) = f(z) para todo z ∈ D, como queríamos. 87
Exemplo 4.14 A função contínua f(z) = z 2 tem antiderivada F (z) = z 3 /3 em todo plano complexo. Então, Z 1+i 2 z 3 1+i 1 z 2 dz = = (1 + i)3 = (−1 + i), 3 0 3 3 0 para qualquer caminho ligando os pontos z = 0 e z = 1 + i no plano complexo. Exemplo 4.15 A função f(z) = 1 z 2 é contínua, exceto no ponto z = 0. Ela tem antiderivada F (z) = −1/z no domínio |z| > 0, que é o plano menos a origem. Consequentemente, Z dz = 0, 2 C z onde C é o círculo ao redor da origem z = 2eiθ , −π ≤ θ ≤ π, orientado positivamente. 4.13: Lado direito do círculo |z| = 2. Exemplo 4.16 Seja C1 o lado direito do círculo do Figura As descontinuidades de Log z ficam no semi eixo exemplo anterior dado parametricamente pela equação real negativo. z = 2eiθ ,
−
π π ≤θ≤ . 2 2
O ramo principal
Log z = ln r + iΘ,
r > 0,
−π < Θ < π,
da função logarítmica é uma antiderivada da função 1/z que é definida sobre o arco C1 (veja Figura 4.13). Logo, Z C1
2i dz = Log z = Log (2i) − Log (−2i) −2i z −2i π π = ln 2 + i − ln 2 − i = πi. 2 2
dz = z
Z
2i
Agora, seja C2 o lado esquerdo do círculo do exemplo Figura 4.14: Lado esquerdo do círculo |z| = descontinuidades de log z ficam no semi eixo anterior (Figura 4.14) dado parametricamente pela 2.realAspositivo. equação π 3π z = 2eiθ , ≤θ≤ . 2 2 e considere o ramo log z = ln r + iΘ,
r > 0,
88
0 < Θ < 2π,
da função logarítmica que é uma antiderivada da função 1/z definida sobre o arco C2 (veja Figura 4.14). Temos, Z C1
−2i
−2i dz = log z = log (−2i) − log (2i) 2i z 2i 3π π = ln 2 + i − ln 2 + i = πi. 2 2
dz = z
Z
Finalmente, observando que C = C1 + C2 concluímos que Z Z Z dz dz dz = + = πi + πi = 2πi. C z C1 z C2 z Exemplo 4.17 Vamos usar uma antiderivada para calcular Z z 1/2 dz, C1
onde o integrando é o ramo z 1/2 =
√ iθ/2 re ,
r > 0,
0 < θ < 2π
da função raíz quadrada e C1 é um caminho qualquer ligando z = −3 a z = 3 (Figura 4.15); os pontos do eixo x são desconsiderados.
Figura 4.15:
Caminho arbitrário ligando −3 e 3.
Observe que a função f(z) não está definida no raio θ = 0. Mas, o ramo √ π 3π f1 (z) = reiθ/2 , r > 0, − < θ < , 2 2 está definido e é contínuo sobre o caminho C1 ; além disso f(z) = f1 (z) = z 1/2 quando z ∈ C1 . Desde que uma antiderivada de f1 (z) é 2 2 √ π 3π F1 (z) = z 3/2 = r rei3θ/2 , r > 0, − < θ < , 3 3 2 2 podemos escrever Z Z 1/2 z dz = C1
3
−3
3 √ √ f1 (z)dz = F1 (z) = 2 3(ei0 − ei3π/2 ) = 2 3(1 + i). −3
Z Deixamos como exercício para o leitor a tarefa de calcular C2
ligando −3 a 3. 89
z 1/2 dz, onde C2 é o segmento
4.8
O Teorema de Cauchy-Goursat
Seja C um caminho fechado z = z(t), t ∈ [a, b], orientado no sentido postivo (sentido anti-horário) e suponha que tenhamos uma função complexa f(z) que é analítica sobre C e no interior de C . Então, Z Z b f(z)dz = f[z(t)]z 0 (t)dz. C
a
Mas, escrevendo f(z) = u + iv e dz = dx + idy podemos concluir novamente que Z Z Z f(z)dz = udx − vdy + i vdx + udy C
C
C
(4.6)
Agora, lembremos de um importante teorema do Cálculo envolvendo integrais de linha: Teorema 4.3 (Teorema de Green) Sejam P(x, y) e Q(x, y) funções de duas variáveis reais, com derivadas parciais de primeira ordem contínuas numa região fechada R, cuja fronteira é um caminho fechado C . Então Z ZZ Pdx + Qdy = (Qx − Py )dA. C
R
Suponha que a nossa função f, já mencionada anteriormente, seja contínua numa região R como no teorema anterior, com f 0 contínua em R, isto é, as derivadas parciais de u e v são funções contínuas. Aplicando o Teorema de Green a equação (4.6), obtemos Z ZZ ZZ f(z)dz = (−vx − uy )dA + i (ux − vy )dA. C
R
R
Mas, pelas condições de Cauchy-Riemann, ux = vy e uy = −vx , donde Z f(z)dz = 0. C
Se C orintado no sentido negativo obtemos o mesmo resultado, pois Z Z f(z)dz = − f(z)dz = 0. C
−C
Exemplo 4.18 Se C é um caminho fechado, com qualquer orientação, temos Z 3 ez dz = 0, C
pois f(z) = ez é analítica e f 0 (z) = 3z 2 ez é contínua em C. Observe que neste caso não 3 é possível determinar uma antiderivada para ez em termos de funções complexas. 3
3
A hipótese de continuidade para a derivada f 0 pode ser descartada. Assim, temos o seguinte teorema mais abrangente: 90
Teorema 4.4 (Teorema de Cauchy-Goursat) Se f é uma função analítica sobre um caminho fechado C e no interior de C , então Z f(z)dz = 0. C
As demonstrações dos teoremas de Cauchy-Goursat serão omitidas aqui, devido a sua grande extensão e complexidade. Definição 4.9 (Domínios simplesmente e multiplamente conexos) Um conjunto D no plano complexo é um domínio simplesmente conexo se todo caminho fechado em D envolve apenas pontos de D. Caso contrário D é um domínio multiplamente conexo. Teorema 4.5 (Teorema de Cauchy-Goursat para domínios simplesmente conexos) Se uma função complexa f é analítica num domínio simplesmente conexo D, então Z f(z)dz = 0, C
para todo caminho fechado C contido em D. Corolário 4.1 Uma função f que é analítica sobre um domínio simplesmente conexo D possui antiderivada em todo D. Teorema 4.6 (Teorema de Cauchy-Goursat para domínios multiplamente conexos) Suponha que (i) C é um caminho fechado com orientação positiva; (ii) Ck , k = 1, 2, . . . , n são caminhos fechados no interior de C , todos com orientação negativa, disjuntos e cujo interior não têm pontos em comum (Figura 4.16). Se uma função f é analítica em cada caminho e na região anular entre C e os caminhos Ck , k = 1, 2, . . . , n, então Z C
f(z)dz +
n Z X k=1
91
Ck
f(z)dz = 0.
Figura 4.16:
Região anular no plano complexo.
Corolário 4.2 (Princípio da deformação dos caminhos) Sejam C1 e C2 caminhos fechados com orientação positiva, onde C2 está contido no interior de C1 (Figura 4.17). Se f é uma função analítica na região fechada entre os dois caminhos, então Z Z f(z)dz = f(z)dz. C1
Figura 4.17:
C2
Caminhos fechados C1 e C2 com C2 “dentro” de C1 .
Exemplo 4.19 Seja C um caminho fechado ao redor da origem. Mostre que Z dz = 2πi. C z Seja C0 um círculo centrado na origem com raio suficientemente pequeno de modo que o interior de C contenha C0 (Figura 4.18). Como o resultado segue diretamente pelo Princípio da deformação dos caminhos. Z C0
dz = 2πi, z
92
Círculo C0 centrado na origem contido em C .
Figura 4.18:
4.9
Fórmula integral de Cauchy
Teorema 4.7 Seja f uma função analítica sobre um caminho fechado C , com orientação positiva, e no interior de C . Se z0 é um ponto interior a C então Z 1 f(z)dz . f(z0 ) = 2πi C z − z0 Demonstração: Seja Cρ o círculo |z − z0 | = ρ, com orientação positiva, onde ρ é suficientemente pequeno de modo que Cρ esteja contido no interior de C (Figura 4.19). A função f(z) (z − z0 ) é analítica na região entre C e Cρ e pelo Princípio de deformação dos caminhos temos Z Z f(z)dz f(z)dz = , C z − z0 Cρ z − z0 ou ainda, Z Z Z f(z)dz dz f(z) − f(z0 ) − f(z0 ) = dz. z − z0 C z − z0 Cρ z − z 0 Cρ Mas, Z Cρ
Figura 4.19: dz = z − z0
donde
Z 0
2π
1 iρeiθ dθ = i iθ ρe Z C
Z
contido em C . 2π
dθ = 2πi,
0
f(z)dz − 2πif(z0 ) = z − z0
Z Cρ
f(z) − f(z0 ) dz. z − z0
Utilizando a continuidade da função f, é possível mostrar que Z f(z) − f(z0 ) dz = 0, z − z0 Cρ e portanto,
Z C
f(z)dz = 2πif(z0 ) z − z0
93
Círculo Cρ centrado em z0
Exemplo 4.20 Seja C o círculo |z| = 2 com orientação positiva (Figura 4.20). Calcule Z zdz . 2 C (9 − z )(z + i) Desde que a função f(z) = z (9 − z 2 ) é analítica sobre C e no interior de C , com z0 = −i pertencente ao interior de C , segue pela fórmula integral de Cauchy que: Z C
4.10
z Z zdz 9 − z 2 dz = 2 (9 − z )(z + i) C z − (−i) = 2πif(−i) = 2πi(−i/10) π = . 5
Derivadas de funções analíticas
Figura 4.20:
Círculo |z| = 2.
Lema 4.1 Suponha f é uma função analítica sobre um caminho fechado C e no seu interior, com orientação positiva. Se z é um ponto no interior de C , então Z Z 1 f(s)ds 2! f(s)ds 0 00 f (z) = e f (z) = 2 2πi C (s − z) 2πi C (s − z)3 Demonstração: Vamos derivar em relação a z a função Z 1 f(s)ds f(z) = . 2πi C s − z Temos, f(z + ∆z) − f(z) 1 = ∆z 2πi e daí,
Z C
1 1 − s − z − ∆z s − z
f(z + ∆z) − f(z) 1 − ∆z 2πi
Z C
f(s) 1 ds = ∆z 2πi
f(s)ds 1 = 2 (s − z) 2πi
Z C
Z C
∆zf(s)ds . (s − z − ∆z)(s − z)2
Usando a continuidade de f, obtemos Z ∆zf(s)ds lim = 0, ∆z→0 C (s − z − ∆z)(s − z)2 ou seja,
f(z + ∆z) − f(z) 1 = lim ∆z→0 ∆z 2πi
Z C
f(s)ds = f 0 (z). (s − z)2
A segunda fórmula é análoga, e segue derivando f 0 (z). 94
f(s)ds . (s − z − ∆z)(s − z)
Teorema 4.8 Se uma função é analítica num ponto, então suas derivadas de todas as ordens existem nesse ponto. Assim, as derivadas de todas as ordens são analíticas nesse ponto. Demonstração: Seja f uma função analítica num ponto z0 . Então, existe uma vizinhança |z − z0 | < ε de z0 na qual f é analítica. Consequentemente, existe um círculo C0 : |z − z0 | < ε/2, com f analítica em C0 e no seu interior. Pelo Lema anterior Z f(s)ds 1 00 , f (z) = πi C0 (s − z)3 onde z é um ponto interior a C0 ; ou seja, f 00 (z) existe numa vizinhança |z − z0 | < ε/2, donde segue que f 0 é analítica em z0 . Aplicando o mesmo argumento a f 0 chegaremos que f 00 é analítica, e assim por diante. Em cálculo o fato descrito no teorema anterior nem sempre é verdade. Por exemplo, f(x) = x 5/3 é diferenciável em R. No entanto, f 00 (x) = (10/9)x −1/3 não existe em x = 0. Corolário 4.3 Se f(z) = u(x, y) + iv(x, y) é definida e analítica em z = (x, y), então as componentes u e v têm derivadas parciais contínuas de todas as ordens. Por indução matemática é possível mostrar que Z f(s)ds n! (n) , f (z) = 2πi C (s − z)n+1
n = 1, 2, . . . ,
onde z é um ponto interior a C . Exemplo 4.21 Se C é o círculo |z| = 1 orientado positivamente e f(z) = e2z , então Z 2z Z e dz f(z)dz 2πi 000 2πi 8πi = = f (0) = ·8= . 4 3+1 z 3! 3! 3 C C (z − 0) Exemplo 4.22 Seja C um caminho fechado com orientação positiva e z0 um ponto interior a C . Seja f(z) = 1. Então, Z Z dz dz = 2πi e = 0, n = 1, 2, . . . . n+1 C z − z0 C (z − z0 ) Teorema 4.9 Seja f contínua num domínio D. Se Z f(z)dz = 0 C
para todo caminho fechado C contido em D, então f é analítica em D. (Em particular, se D é simplesmente conexo, temos uma recíproca do Teorema de Cauchy-Goursat). R Demonstração: Se C f(z)dz =, f possui uma antiderivada em D, ou seja, existe F analítica tal que F 0 (z) = f(z) em D. Mas, pelo teorema anterior, F 0 também é analítica, e portanto, f é analítica. 95
4.11
Aplicações da Fórmula Integral de Cauchy
Teorema 4.10 (Desigualdade de Cauchy) Seja f uma função analítica num domínio simplesmente conexo D e seja C a circunferência |z −z0 | = r contida em D. Se |f(z)| ≤ M, para todo z ∈ C , então n!M |f (n) (z0 )| ≤ n . (4.7) r Demonstração: Se z ∈ C , temos |f(z)| f(z) M (z − z0 )n+1 = r n+1 ≤ r n+1 . Logo, pela Fórmula Integral de Cauchy, Z n! f(z)dz n! M n!M (n) |f (z0 )| = ≤ 2πr = n . n+1 n+1 2πi C (z − z0 ) 2π r r Se n = 0, M ≥ |f(z0 )| para qualquer circunferência C centrada em z0 contida em D; ou seja, um limitante superior M de |f(z)| em C não pode ser menor que |f(z0 )|. Teorema 4.11 (Teorema de Liouville) Se f é uma função inteira e limitada em C, então f(z) é constante em C, isto é, as únicas funções inteiras limitadas são as constantes. Demonstração: Seja |f(z)| ≤ M, para todo z ∈ C. Por (4.7) temos |f 0 (z0 )| ≤
M , r
para todo r > 0.
Fazendo r → ∞, concluímos que |f 0 (z0 )| = 0, ou seja, f 0 (z0 ) = 0, para todo z0 ∈ C. Logo f é constante em todo plano complexo. Teorema 4.12 (Teorema Fundamental da Álgebra) Seja p(z) constante; então, a equação p(z) = 0 tem pelo menos uma raíz.
um
polinômio
não
n 2 Demonstração: Suponha que p(z) = an z + · · · + a2 z + a1 z + a0 , n > 0 nunca é zero para todo z ∈ C. Então, f(z) = 1 p(z) é uma função inteira. Mas,
|f(z)| =
|an
zn
1 1 . = n + · · · + a1 z + a0 | |z| an + an−1 /z + · · · + a1 z n−1 + a0 z n
2naj , j = 0, 1, . . . , n − 1. Então, para |z| > M, temos Seja M > 1 tal que M > a n aj < M < |z| e sendo |z|n−j > M, obtemos an 2n 2n a |a | aj |z|n−j j n < ⇒ , n−j < an 2n z 2n 96
de modo que an−1 /z + · · · + a1 z n−1 + a0 z n ≤ |an | + . . . + |an | = |an | , 2n 2n 2 onde a soma no lado direito da desigualdade possui n parcelas. Logo, 1 2 1 ≤ = n |f(z)| ≤ n . n n−1 n M |an | |z| |an | − an−1 /z + · · · + a1 z M |an | − |an | 2 + a0 z Assim, f é limitada no exterior do disco |z| ≤ M (|z| > M). Como f é uma função contínua, ela também é limitada no disco |z| ≤ M, ou seja, f é inteira e limitada. Pelo Teorema de Liouville, f é constante, ou seja, p é constante, o que é uma contradição. Teorema 4.13 (Teorema do Módulo Máximo) Seja f analítica e não constante em uma região fechada R limitada por uma curva fechada simples C . Então, |f(z)| atinge seu máximo em C . A demonstração desse resultado será omitida neste curso. Ressaltamos ainda que esse fato nem sempre vale no Cálculo real. Por exemplo, a função f(x) = sen x é infinitamente diferenciável e não constante no intervalo [−π, π]. Note que |f(x)| ≤ 1 para todo x ∈ [−π, π]. Como |f(−π)| = |f(π)| = 0, vemos que |f(x)| não atinge seu valor máximo na fronteira. Exemplo 4.23 Determine o módulo máximo da função f(z) = 2z + 5i na região circular fechada |z| ≤ 2. Sabemos que |z|2 = zz. Logo, |2z + 5i|2 = (2z + 5i)(2z + 5i) = (2z + 5i)(2z − 5i) = 4zz − 10zi + 10zi + 25 = 4zz − 10i(z − z) + 25 = 4zz − 10i(z − z) + 25 Mas, z − z = 2iIm(z), donde |2z + 5i|2 = 4|z|2 + 20Im(z) + 25. Note que a função f, neste caso, é analítica em |z| ≤ 2. Pelo Teorema do Módulo Máximo, max |2z + 5i| é atingido na fronteira |z| = 2. Daí, se |z| = 2, temos |z|≤2
|2z + 5i| =
p 41 + 20Im(z).
Mas, max Im(z) é atingido no ponto z = 2i. Portanto, |z|=2
max |2z + 5i| = |z|≤2
√ 81 = 9.
Se no Teorema do Módulo Máximo também tivermos a condição f(z) 6= 0, para todo z ∈ R, então |f(z)| atingirá seu mínimo em C . No exemplo anterior, note que f(z) = 0 quando z = −5/2i, ponto este não pertencente ao disco fechado |z| ≤ 2. Portanto, temos f(z) = 2z + 5i 6= 0 em |z| ≤ 2. Tal função atinge seu valor mínimo na fronteira deste disco e como min Im(z) = −2i, obtemos |z|=2
min |2z + 5i| =
|z|=2
97
√ 1 = 1.
4.12
Exercícios
1) Usando uma antiderivada, mostre que, para qualquer caminho C que se estende de um ponto z1 a um ponto z2 , Z 1 (z2n+1 − z1n+1 ) (n = 0, 1, 2, 3, . . .) z n dz = n + 1 C 2) Usando antiderivadas, mostre que Z C
dz = 2πi z − z0
onde C é um círculo de raio r > 0 centrado em z0 ∈ C. 3) Sejam z0 , z1 e z2 três pontos distintos de um domínio simplesmente conexo D. Suponha que uma função f e sua derivada f 0 sejam ambas analíticas sobre D, exceto em z0 . Mostre que, para todo caminho em D que vai de z1 a z2 sem passar por z0 , Z z2 Z 0 f (z)dz = f(z2 ) − f(z1 ); e, portanto, f 0 (z)dz = 0 z1
C
quando o caminho fechado C em D não passa por z0 . Dê exemplos de tais funções e domínios. 4) Avalie cada uma das seguintes integrais, ao longo de um caminho arbitrário ligando os limites de integração: Z π+2i Z 3 Z i/2 z πz cos dz; (z − 2)3 dz. e dz; (b) (c) (a) 2 0 1 i Respostas: (a) (1 + i)/π;
(b) e + (1/e);
(c) 0.
5) Use o teorema sobre integrais indefinidas para mostrar que Z (z − z0 )n−1 dz = 0 (n = ±1, ±2, . . .) C0
quando C0 é um caminho fechado qualquer que não passa necessariamente pelo ponto z0 . 6) Determine o domínio de analiticidade da função f e aplique o teorema de CauchyGoursat para mostrar que Z C
f(z)dz = 0,
onde o caminho fechado C é o círculo |z| = 1 e quando z2 ; z−3 (d) f(z) = sech z; (a) f(z) =
(b) f(z) = ze−z ; (e) f(z) = tan z;
98
(c) f(z) =
1 ; z 2 + 2z + 2 (f) f(z) = Log (z + 2).
7) Se B é a fronteira da região entre o círculo |z| = 4 e o quadrado com lados sobre as retas x = ±1 e y = ±1, onde B é orientada de modo a deixar a região à sua esquerda, diga porque Z B
f(z)dz = 0
quando (a) f(z) =
1 ; +1
3z 2
(b) f(z) =
z+2 ; sin(z/2)
(c) f(z) =
z . 1 − ez
8) Seja C denotando a fronteira orientada positivamente da metade do disco 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π, e seja f(z) uma função contínua definida nesta metade de disco por f(0) = 0 e pelo ramo √ iθ/2 π 3π f(z) = re r > 0, − < θ < 2 2 da função multivalente z 1/2 . Mostre que Z f(z)dz = 0 C
avaliando, separadamente, as integrais de f(z) sobre o semicírculo e os dois raios que compõem C. Por que o teorema de Cauchy-Goursat não se aplica neste caso? 9) Seja n um número natural. Considere a seguinte integral Z dz I= n C (z − z0 ) onde C é um caminho fechado qualquer orientado no sentido positivo e z0 é um número complexo interior a C . Use o Princípio de Deformação dos Caminhos para mostrar que I = 2πi se n = 1 e que I = 0 se n = 2, 3, . . .. Em seguida mostre que Z Z dz dz = 2πi, = 0 (n = 2, 3, . . .), n C z −2−i C (z − 2 − i) onde C é a fronteira do retângulo 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2, orientada no sentido positivo. Z dz 10) Calcule o valor de , onde C é o círculo |z| = 4 orientado positivamente. 2 C z +1 11) Se C é o círculo |z| = 3 descrito no sentido positivo e se Z 2z 2 − z − 2 g(z0 ) = dz z − z0 C mostre que g(2) = 8πi. Qual é o valor de g(z0 ) quando |z0 | > 3?
99
(|z0 | = 6 3),
12) Seja C a fronteira do quadrado, cujos lados estão sobre as retas x = ±2 e y = ±2, orientada no sentido positivo. Dê o valor de cada uma das seguintes integrais: Z Z Z e−z cos z z dz (a) ; (b) dz; (c) ; 2 C z − πi/2 C z(z + 8) C 2z + 1 Z Z tan(z/2) cosh z (d) dz (|x0 | < 2); (e) dz. 2 z4 C (z − x0 ) C Respostas: (a) 2π;
(b) πi/4;
(c) −πi/2;
(d) 0;
(e) πi sec2 (x0 /2)
13) Dê o valor da integral de g(z) ao longo do caminho fechado |z − i| = 2 no sentido positivo quando 1 1 ; (b) g(z) = 2 (a) g(z) = 2 . z +4 (z + 4)2 Respostas: (a) π/2;
(b) π/16.
14) Se C é um caminho fechado orientado no sentido positivo e se Z z 3 + 2z dz, g(z0 ) = 3 C (z − z0 ) mostre que g(z0 ) = 6πiz0 quando z0 está no interior de C e g(z0 ) = 0 quando z0 está no exterior de C . 15) Sendo f analítico no interior de e sobre um caminho fechado orientado C , mostre que Z 0 Z f (z)dz f(z)dz = , 2 C z − z0 C (z − z0 ) onde z0 é um ponto não pertencente a C . Z z3 + 3 16) Calcule a integral dz onde C é o contorno ilustrado na figura abaixo. 2 C z(z − i)
Resposta: −4π + 12πi.
17) Seja C o círculo unitário z = eiθ (−π ≤ θ ≤ π). Mostre que, para toda constante real a, Z az e dz = 2πi. C z e, em seguida, escreva a integral em termos de θ para deduzir a fórmula Z π ea cos θ cos(a sen θ)dθ = π. 0
100
18) Seja f analítica e não constante numa região fechada R limitada por uma curva fechada simples C . Suponha que f(z) 6= 0 para todo z em R. Defina a função g(z) = 1/f(z) para mostrar, com o auxílio do Teorema do Módulo Máximo, que |f(z)| atinge seu valor mínimo em C . Este é o teorema do módulo mínimo. 19) Dê um exemplo para mostrar que |f(z)| pode assumir seu valor mínimo num ponto interior de um domínio em que f é analítica, se esse valor mínimo é zero. 20) Determine o módulo máximo de f(z) = −iz + i na região circular fechada definida por |z| ≤ 5.
101
Capítulo 5 Séries 5.1
Convergência de seqüências
Uma seqüência z1 , z2 , . . . , zn , . . . de números complexos tem limite z se, para todo ε > 0, existe n0 > 0 tal que n > n0 ⇒ |zn − z| < ε. Figura 1. Escrevemos lim zn = z para dizer que o limite da n→∞ seqüência (zn ) é z, ou que a seqüência (zn ) converge para z. Se o limite de (zn ) existe, (zn ) é dita convergente e seu limite é único. Caso contrário dizemos que a seqüência (zn ) diverge. Teorema 5.1 Considere a seqüência zn = xn + iyn , n = 1, 2, . . . e o ponto z = x + iy. Então lim zn = z ⇔ lim xn = x e lim yn = y. n→∞
n→∞
n→∞
Demonstração: A demonstração é análoga ao caso considerando limites de funções complexas. Exemplo 5.1 A seqüência zn =
1 + i, n = 1, 2, . . ., converge para i, pois n3 1 1 lim + i = lim 3 + i lim 1 = 0 + i · 1 = i. 3 n→∞ n→∞ n n→∞ n
Exemplo 5.2 A seqüência zn =
3 + ni 2 1 converge para para + i, pois n + 2ni 5 5
3 + ni 3 + ni n − 2ni 3n − 6ni + n2 i + 2n2 3n + 2n2 n2 − 6n = · = = + i . n + 2ni n + 2ni n − 2ni n2 + 4n2 5n2 5n2 102
Como 3n + 2n2 2 n2 − 6n 1 3/n + 2 1 − 6/n = e lim = , = lim = lim 2 2 n→∞ n→∞ n→∞ 5n 5 5 n→∞ 5n 5 5 lim
concluimos que 3 + ni 3n + 2n2 n2 − 6n 2 1 = lim + i lim = + i. 2 2 n→∞ n + 2ni n→∞ n→∞ 5n 5n 5 5 lim
5.2
Convergência de séries
Uma série infinita
∞ X
zn = z1 + z2 + · · · + zn + · · ·
n=1
de números complexos, converge para uma soma S se, a seqüência das somas parciais SN =
N X
= z1 + z2 + · · · + zN , N = 1, 2, . . .
n=1
for convergente para S. Escrevemos ∞ X
zn = S.
n=1
Se a série não converge dizemos que ela diverge. Teorema 5.2 Considere zn = xn + iyn , n = 1, 2, . . . e S = X + iY . Então ∞ X
zn = S ⇔
n=1
∞ X
xn = X e
n=1
∞ X
yn = Y .
n=1
Demonstração: Análoga ao último teorema sobre limite de seqüências. Teorema 5.3 (Condição necessário para convergência) Se a série
∞ X
zn converge então
n=1
lim zn = 0.
n→∞
Demonstração: Seja L =
∞ X
zn . Então lim SN = L e lim SN−1 = L. Considerando N→∞
n=1
N→∞
SN = z1 + z2 + . . . + zN e SN−1 = z1 + z2 + . . . + zN−1 temos SN − SN−1 = zN ⇒ lim (SN − SN−1 ) = lim zN ⇒ lim zN = S − S = 0. N→∞
N→∞
O teorema anterior diz que se lim zn 6= 0 então, a série n→∞
∞ X
a série
N→∞ ∞ X
zn diverge. Além disso, se
n=1
zn converge então, |zn | ≤ M para todo n ∈ N e para alguma constante positiva
n=1
M. 103
5.3
Convergência absoluta e condicional ∞ X
Seja zn = xn + iyn . A série
zn converge absolutamente, se a série
n=1 ∞ X
∞ X p |zn | = xn2 + y2n
n=1 ∞ X
for convergente. A série
n=1
zn converge condicionalmente se for converge com
n=1
∞ X
|zn |
n=1
sendo divergente. Teorema 5.4 Convergência absoluta de séries de números complexos implica em convergência da série. Demonstração: Como |xn | ≤
p
xn2 + y2n e |yn | ≤
p xn2 + y2n , obtemos o resultado.
Um bom método para verificar a convergência de séries consiste em considerar a seqüência ρN = S − SN . Então, temos S = SN + ρN e como |SN − S| = |ρN − 0| concluímos que uma série converge para S se, e somente se lim ρN = 0. N→∞
Exemplo 5.3 Mostremos que
∞ X
zn =
n=0
1 quando |z| < 1. 1−z
Para mostrar essa convergência lembremos que 1 − z n+1 1 + z + z + ... + z = , z= 6 1. 1−z 2
n
De fato, Sn+1 = 1 + z + z 2 + . . . + z n e zSn+1 = z + z 2 + z 3 + . . . + z n+1 . Daí, Sn+1 − zSn+1 = 1 − z n+1 ⇒ Sn+1 =
1 − z n+1 , z 6= 1. 1−z
Agora, escrevendo as somas parciais SN (z) =
N−1 X
z n = 1 + z + z 2 + . . . + z N−1 =
n=0
e, sendo S(z) =
1 − zN 1−z
1 , vem 1−z ρN (z) = S(z) − SN (z) =
1 1 − zN zN − = , z 6= 1. 1−z 1−z 1−z 104
Então,
|z|N = 0 quando |z| < 1. N→∞ |1 − z|
lim |ρN (z)| = lim
N→∞
Observe que se |z| ≥ 1, a seqüência ρN diverge. Portanto, SN (z) −→ S(z) quando N → ∞, se |z| < 1, ou seja ∞ X 1 zn = se |z| < 1. 1 − z n=0 Uma série geométrica é uma série da forma ∞ X
az n = a + az + az 2 + · · · + az n + · · · .
n=0
Se |z| < 1, temos
∞ X
az n =
n=0
a 1−z
e se |z| ≥ 1 a série geométrica diverge. Finalmente observamos a validade dos testes da razão e da raíz, que serão utilizados na próxima seção.
5.4
Séries de potências
Uma série da forma ∞ X
an (z − z0 )n = a0 + a1 (z − z0 ) + a2 (z − z0 )2 + · · · + an (z − z0 )n + · · · ,
(5.1)
n=0
onde os coeficientes an são números complexos, é uma série de potências centrada no ponto z0 . Assim, o ponto z0 é chamado de centro da série. Um círculo centrado em z0 e com maior raio R > 0 para o qual a série (5.1) converge em todos os pontos interiores de |z − z0 | = R é chamado de círculo de convergência da série. Neste caso R é o raio de convergência. O raio de convergência pode ser R = 0, R > 0 ou R = ∞. Exemplo 5.4 Considere a série de potências ∞ X z n+1 n=1
Pelo teste da razão,
n
.
n+2 z n+1 n lim n+1 = lim |z| = |z|. n→∞ z n→∞ n + 1 n 105
Portanto, a série converge absolutamente se |z| < 1, ou seja, o círculo de convergência é |z| = 1 e o raio de convergência é R = 1. O que dizer da convergência sobre o círculo ∞ X |z| = 1? Por exemplo, se z = 1 temos a série harmônica 1/n que diverge. Mas, se z = −1 temos a série harmônica alternada
∞ X
n=0
(−1)n+1 /n que converge.
n=0
Exemplo 5.5 Considere a série de potências ∞ X (−1)n+1 n=0
n!
(z − 1 − i)n .
Pelo teste da razão, (−1)n+2 n+1 (z − 1 − i) (n + 1)! n! 1 = lim |z − 1 − i| = lim |z − 1 − i| = 0 < 1, lim n+1 n→∞ n + 1 n→∞ (−1) (z − 1 − i)n n→∞ (n + 1)! n! para todo z ∈ C. Consequentemente, o raio de convergência é R = ∞ e a série de potências centrada em z0 = 1 + i converge absolutamente, para todo z ∈ C, ou seja, converge quando |z − 1 − i| < ∞.
5.5
Séries de Taylor
Teorema 5.5 Suponha que uma função f é analítica no disco |z − z0 | < R0 . Então, f(z) possui uma representação em séries de potências f(z) =
∞ X
an (z − z0 )n , |z − z0 | < R0 ,
(5.2)
n=0
onde an =
f (n) (z0 ) , n = 0, 1, 2, . . . . n!
(5.3)
Esta é a expansão de f(z) em série de Taylor centrada em z0 . A expressão em (5.2) pode ser escrita como f 0 (z0 ) f 00 (z0 ) f(z) = f(z0 ) + (z − z0 ) + (z − z0 )2 + · · · , |z − z0 | < R0 . 1! 2! Demonstração: Faremos a demonstração para o caso z0 = 0. Para z0 6= 0 bastam algumas modificações mínimas para se chegar ao resultado. Assim, mostremos que f(z) =
∞ X n=0
an z n =
∞ X f (n) (0) n=0
106
n!
z n , |z| < R0 ,
é a série de Maclaurin para a função f. Sejam os círculos |z| = r e C0 : |z| = r0 , onde 0 < r < r0 < R0 (veja figura 2). Desde que f é analítica em C0 e no interior de C0 , com z sendo um ponto interior a C0 temos, pela fórmula integral de Cauchy Z f(s)ds 1 . f(z) = 2πi C0 s − z
Mas,
1 1 1 = · e como s−z s 1 − (z/s)
Figura 2.
N−1
X zN 1 = zn + , |z| < 1, 1−z 1 − z n=0 obtemos: "N−1 # N−1 X 1 (z/s)N 1 1 1 1 X z n 1 n N = · = + z + z , = n+1 N s−z s 1 − (z/s) s n=0 s 1 − (z/s) s (s − z)s n=0 pois, |z| < |s| o que implica |z/s| < 1. Multiplicando a expressão acima por f(s) e integrando, vem Z C0
N−1 Z
f(s)ds X = s−z n=0
C0
f(s)ds n z + zN sn+1
Z C0
f(s)ds (s − z)sN
(5.4)
Novamente, pelas fórmulas integrais de Cauchy Z 1 f (n) (0) f(s)ds = , n = 0, 1, 2, . . . . 2πi C0 sn+1 n! Multiplicando (5.4) por 1 2πi temos f(z) =
N−1 (n) X f (0) n=0
n!
z n + ρN (z),
Z zN f(s)ds . Assim, resta mostrar que lim ρN (z) = 0 (ρN (z) é onde ρN (z) = N→∞ 2πi C0 (s − z)sN conhecida como resto de Taylor). Note que, |s−r| ≥ ||s| − |z|| = r0 −r. Se M = max |f(s)|, s∈C0
obtemos
rN Mr0 M |ρN (z)| ≤ · 2πr0 = N 2π (r0 − r)r0 r0 − r
N r ; r0
Como r r0 < 1 segue que lim ρN (z) = 0, finalizando a demonstração. N→∞
107
Exemplo 5.6 Como f(z) = ez é uma função inteira, sua série de Maclaurin vale para todo z ∈ C. Aqui f (n) (z) = ez e, como f (n) (0) = 1, temos ∞ X zn
z
e =
n=0
n!
, |z| < ∞
Note que, se z = x + i0, obtemos x
e =
∞ X xn n=0
n!
, −∞ < x < ∞.
Assim, por exemplo, sendo f(z) = z 2 e3z inteira, sua expansão em série de Maclaurin é: z 2 e3z = z 2
∞ X (3z)n n=0
n!
∞ X 3n
= n=0
n!
z n+2 , |z| < ∞,
ou, trocando n por n − 2 z e
2 3z
∞ X 3n−2 n z , |z| < ∞ = (n − 2)! n=2
Exemplo 5.7 Encontre a série de Maclaurin para a função f(z) = sen z. eiz − e−iz , obtemos 2i "∞ # "∞ # ∞ n n 1 X (iz)n X (−iz)n 1 X n i z sen z = − = , |z| < ∞. (1 − (−1) ) 2i n=0 n! n! 2i n=0 n! n=0
Como sen z é uma função inteira, pois sen z =
Mas, 1 − (−1)n = 0 se n é par, ou seja, podemos substituir n por 2n + 1, isto é, "∞ # 2n+1 2n+1 1 X i z sen z = (1 − (−1)2n+1 ) , |z| < ∞. 2i n=0 (2n + 1)! Desde que 1 − (−1)2n+1 = 2 e i2n+1 = (i2 )n i = (−1)n i, concluimos que "∞ # ∞ 2n+1 X 1 X z z 2n+1 n sen z = 2i(−1) = (−1)n , |z| < ∞. 2i n=0 (2n + 1)! (2n + 1)! n=0 Analogamente,
∞ 2n X n z , |z| < ∞. cos z = (−1) (2n)! n=0
108
Exemplo 5.8 Sabemos que senh z = −i sen(iz) e cosh z = cos(iz). Então, senh z =
∞ X n=0
∞
X z 2n z 2n+1 , |z| < ∞ e cosh z = , |z| < ∞. (2n + 1)! (2n)! n=0
A série de Taylor para cosh z centrada em z0 = −2πi é obtida trocando z por z + 2πi e lembrando que cosh(z + 2πi) = cosh z: cosh z =
∞ X (z + 2πi)2n n=0
, |z| < ∞.
(2n)!
Exemplo 5.9 Vamos estabelecer a série de Maclaurin ∞
X 1 z n , |z| < 1. = 1−z n=0 Observe que a função f(z) = 1/(1 − z) é analítica exceto no ponto z = 1. Calculando suas derivadas, temos f 0 (z) = −2(−1)
1 2! 3! n! = ; f 00 (z) = ; . . . ; f (n) (z) = ; .... 2 2 3 (1 − z) (1 − z) (1 − z) (1 − z)n
Daí, f (n) (0) = n!, n = 0, 1, 2, . . .. Assim a série de MacLaurin, que neste caso trata-se de uma série geométrica, é 1 + z + z2 + z3 + · · · =
1 , |z| < 1. 1−z
Observe que, substituindo z por −z e notanto que |z| < 1 ⇒ | − z| < 1, obtemos ∞
X 1 = 1 − z + z2 − z3 + · · · = (−1)n z n , |z| < 1. 1+z n=0 Por fim, substituindo z por 1 − z vem ∞
X 1 = 1 − (1 − z) + (1 − z)2 − (1 − z)3 + · · · = (−1)n (z − 1)n , |z − 1| < 1. z n=0 Exemplo 5.10 Considere a função 1 + 2z 2 1 2(1 + z 2 ) − 1 1 f(z) = 3 = 3 = 3 5 2 z +z z 1+z z
2−
1 1 + z2
.
Escrevamos f(z) como uma série de potênicas de z. Como f(z) não é analítica em z = 0 não podemos encontrar seu desenvolvimento em série de Maclaurin. Mas, 1 = 1 − z 2 + z 4 − z 6 + z 8 − · · · , |z| < 1. 2 1+z Logo, quando 0 < |z| < 1, f(z) =
1 1 1 2 4 6 8 2 − 1 − z + z − z + z − · · · = 3 + − z + z3 − z5 + · · · . 3 z z z 109
5.6
Exercícios
1) Determine quais das seqüências abaixo convergem e quais divergem. Justifique sua resposta. (ni + 2)2 n + in 3ni + 2 √ ; (c) ; (b) . (a) n + ni n2 i n Respostas: (a) converge;
(b) converge;
(c) diverge.
2) Mostre que a seqüência zn = −2 + i
(−1)n n2
converge para -2. Em seguida considere rn denotando o módulo e θn o valor principal dos argumentos de zn . Mostre que a seqüência rn (n = 1, 2, . . .) converge mas a seqüência θn (n = 1, 2, . . .) diverge. 3) Escrevendo z = reiθ , onde 0 < r < 1 e considerando a série ∞ X
zn =
n=1
z , 1−z
|z| < 1,
mostre que ∞ X r sen θ r cos θ − r 2 e r n sen nθ = r cos nθ = 2 1 − 2r cos θ + r 1 − 2r cos θ + r 2 n=1 n=1
∞ X
n
quando 0 < r < 1. (Note que esta fórmula também é válida quando r = 0.) 4) Determine o círculo e o raio de convergência das séries de potências dadas. ∞ ∞ ∞ X X X 1 (z − 4 − 3i)n n n n (z − 2i) (b) (1 + 3i) (z − i) ; (c) . (a) n+1 2n (1 − 2i) 5 n=0 n=0 n=0 Respotas: (a) |z − 2i| =
√ √ 5, R = 5;
√ √ (b) |z − i| = 1/ 10, R = 1/ 10;
(c) |z − 4 − 3i| = 25, R = 25.
5) Obter a representação de Maclaurin z cosh(z ) = 2
∞ X z 4n+1 n=0
,
|z| < ∞.
(2n)!
6) Obter a série de Taylor z
e =e
∞ X (z − 1)n n=0
n!
,
|z − 1| < ∞,
para a função f(z) = ez (a) usando f (n) (1) (n = 0, 1, 2, . . .) e (b) escrevendo ez = ez−1 e.
110
7) Encontre a série de Maclaurin para a função f(z) =
Resposta:
z4
z z 1 = · . +9 9 1 + (z 4 /9)
∞ X √ (−1)n 4n+1 z , |z| < 3. 32n+2 n=0
8) Estabeleça a seguinte série de Taylor: ∞
X (z − i)n 1 = , 1−z (1 − i)n+1 n=0 Sugestão: Inicie escrevendo
|z − i| <
√ 2.
1 1 1 1 = = · . 1−z (1 − i) − (z − i) 1 − i 1 − (z − i)/(1 − i)
9) Mostre que ∞ X 1 (n + 1)(z + 1)n , |z + 1| < 1; (a) 2 = z n=0 |z − 2| < 2.
∞
1 1 X (−1)n (n + 1) (b) 2 = (z − 2)n , n z 4 n=0 2
10) Desenvolva a função (a) cos z em série de Taylor em torno de z = π/2; (b) senh z em série de Taylor em torno de z = πi. Sugestão: (a) Utilize a identidade cos z = − sen(z − π/2); (b) Use a identidade senh(z + πi) = − senh z e o fato de senh z ser periódica de período 2πi.
11) Qual é o círculo de convergência para a série de Maclaurin da função tanh z? Escreva os primeiros termos desta série.
5.7
Séries de Laurent
Teorema 5.6 Suponha que uma função f é analítica num domínio anular R1 < |z−z0 | < R2 , centrado em z0 e seja C um caminho fechado simples, orientado positivamente, envolvendo z0 e contido no domínio anular (veja figura 3). Então, em cada ponto do domínio, f(z) tem uma representação f(z) =
∞ X
n
an (z − z0 ) +
n=0
n=1
onde,
Z 1 an = 2πi
e
C
Z 1 bn = 2πi
∞ X
C
bn , R1 < |z − z0 | < R2 , (z − z0 )n
f(z)dz , (n = 0, 1, 2, . . .) (z − z0 )n+1 f(z)dz , (n = 1, 2, 3, . . .) (z − z0 )−n+1
111
(5.5)
Figura 3. A expressão em (5.5) pode ser reescrita como f(z) =
∞ X
cn (z − z0 )n , R1 < |z − z0 | < R2 ,
(5.6)
n=−∞
Z 1 f(z)dz onde cn = , n = 0, ±1, ±2, . . .. As expansões em (5.5) e (5.6) são 2πi C (z − z0 )n+1 chamadas séries de Laurent. Observe que o integrando em bn é f(z)(z − z0 )n−1 . Assim, se f é analítica em |z − z0 | < R2 , este integrando também o é e temos bn = 0. Logo, (5.5) se reduz a série de Taylor para f centrada em z0 . Podemos ter ainda como domínios anulares para f os conjuntos: 0 < |z − z0 | < R2 , R1 < |z − z0 | < ∞ e 0 < |z − z0 | < ∞. Demonstração: Provaremos para o caso z0 = 0. Considere a região anular r1 ≤ |z| ≤ r2 contida em R1 < |z| < R2 e contendo z e C . Sejam C1 e C2 os círculos |z| = r1 e |z| = r2 , de modo que f seja analítica sobre C1 e C2 e na região anular entre eles. Por fim, seja γ o círculo centrado em z com orientação positiva contido na região entre C1 e C2 (veja figura 4). Pelo teorema de Cauchy-Goursat Z Z Z f(s)ds f(s)ds f(s)ds − − = 0. C1 s − z γ s−z C2 s − z ou ainda,
Figura 4. Z
f(z) =
1 2πi
C2
f(s)ds 1 + s−z 2πi
Z C1
f(s)ds . z−s
Sabemos que N−1
N
X 1 X 1 1 1 1 1 1 sN n N = z + z e = · + · . n+1 N −n+1 z n N s−z s (s − z)s z − s s z z − s n=0 n=1 112
Multiplicando as duas expressões acima por f(s) 2πi e integrando em relação a C2 e C1 , obtemos N−1 ∞ X X bn n f(z) = an z + ρN (z) + + σN (z) n z n=0 n=1 onde an e bn são
Z 1 an = 2πi
e
zN ρN (z) = 2πi
Z C2
C2
f(s)ds 1 , bn = n+1 s 2πi
Z C1
f(s)ds 1 , σN (z) = N (s − z)s 2πiz N
f(s)ds s−n+1 Z C1
sN f(s)ds . z−s
Agora, note que lim ρN (z) = 0 e lim σN (z) = 0 e finalmente, utiliando o Princípio de N→∞
N→∞
Deformação dos Caminhos, obtemos a série de Laurent (5.5) para a função f em z0 = 0. Exemplo 5.11 Substituindo z por 1/z na série de Maclaurin z
e =
∞ X zn n=0
n!
=1+
z z2 z3 + + + · · · , |z| < ∞, 1! 2! 3!
obtemos a série de Laurent e
1/z
∞ X 1 1 1 1 = =1+ + + + · · · , 0 < |z| < ∞. n 2 n!z 1!z 2!z 3!z 3 n=0
Z 1 De acordo com o teorema de Laurent, b1 = e1/z dz, onde C é um caminho fechado 2πi C com orientação positiva ao redor da origem. Como b1 = 1, temos Z e1/z dz = 2πi. C
Exemplo 5.12 A função f(z) = z0 = i. Temos, f(z) =
1 já está escrita como uma série de Laurent, onde (z − i)2 ∞ X
cn (z − i)n , 0 < |z − i| < ∞,
n=−∞
onde c−2 = 1 e os demais coeficientes são nulos. Os coeficientes de Laurent são Z Z 1 (z − i)2 1 1 1 cn = dz = dz, n = 0, ±1, ±2, . . . , n+1 2πi C (z − i) 2πi C (z − i)n+3 onde C é qualquer caminho fechado orientado positivamente ao redor de z0 = i. Então, Z dz 0, n 6= −2 = . n+3 2πi n = −2 C (z − i)
113
Exemplo 5.13 A função f(z) =
1 1 −1 = − (z − 1)(z − 2) z−1 z−2
tem dois pontos singulares: z = 1 e z = 2. Ela é analítica nos domínios D1 : |z| < 1, D2 : 1 < |z| < 2 e D3 : 2 < |z| < ∞. Em cada domínio, D1 , D2 e D3 temos representações para f em séries de potências. Considere D1 . Temos, 1 1 1 + · . f(z) = − 1 − z 2 1 − (z/2) Como |z| < 1, |z/2| < 1 em D1 e lembrando que ∞ X 1 = z n , |z| < 1, obtemos 1−z n=0 ∞ X
∞ ∞ ∞ X X 1 X zn zn n f(z) = − z + = − z + 2 n=0 2n 2n+1 n=0 n=0 n=0 ∞ X
=
n
(2−n−1 − 1)z n , |z| < 1.
n=0
No domínio D2 , temos |z| > 1 ⇒ |1/z| < 1 e |z/2| < 1. Logo, ∞
Figura 5. ∞
∞
∞
X zn 1 1 1 X zn X 1 1 1X 1 1 · + = + + · = f(z) = z 1 − (1/z) 2 1 − (z/2) z n=0 z n 2 n=0 2n z n+1 n=0 2n+1 n=0 ∞ ∞ X X zn 1 = + , 1 < |z| < 2, n+1 n 2 z n=0 n=1
que é a série de Laurent para f(z) em D2 : 1 < |z| < 2. Finalmente, no domínio D3 temos |z| > 2 ⇒ |2/z| < 1 e |1/z| < 1. Logo, ∞
∞
∞
∞
X 2n 1 X 2n X 1 1 1 1 1 1X 1 f(z) = · − · = − = − z 1 − (1/z) z 1 − (2/z) z n=0 z n z n=0 z n z n+1 n=0 z n+1 n=0 ∞ X 1 − 2n
= n=0
z n+1
∞ X 1 − 2n−1
= n=1
zn
, 2 < |z| < ∞.
Exemplo 5.14 Considere a função f(z) =
1 . z(z − 1)
Vamos expandir f em uma série de Laurent que seja válida nos domínios D1 : 0 < |z−1| < 1 e D2 : 1 < |z − 1| < ∞. 114
Considerando primeiro o domínio D1 , temos ∞
1 1 1 1 1 X f(z) = = = · = (−1)n (z − 1)n z(z − 1) (1 − 1 + z)(z − 1) z − 1 1 + (z − 1) z − 1 n=0 ∞ X
=
n
(−1) (z − 1)
∞ X
n−1
=
n=0
(−1)n+1 (z − 1)n =
n=−1
1 − 1 + (z − 1) − (z − 1)2 + · · · . z−1
1 < 1, donde Já em D2 temos 1 < |z − 1| ⇒ z − 1 segue que f(z) =
1 1 1 = · z(z − 1) z − 1 1 + (z − 1)
1 = · (z − 1)2
1
1 z−1 ∞ X 1 = (−1)n (z − 1)n+2 n=0 1+
∞ X 1 1 = (−1)n 2 (z − 1) n=0 (z − 1)n
∞ X
Figura 6. 1 1 1 1 1 = (−1)n−2 = − + − + ··· . n 2 3 4 5 (z − 1) (z − 1) (z − 1) (z − 1) (z − 1) n=2
5.8
Convergência absoluta e uniforme
Teorema 5.7 Se uma série de potências ∞ X
an (z − z0 )n
(5.7)
n=0
converge quando z = z1 , (z1 6= z0 ), então ela converge absolutamente, para cada z em |z − z0 | < R1 , onde R1 = |z1 − z0 |. Demonstração: Seja z0 = 0 e suponha que ∞ X
an z1n , z1 6= 0
n=0
converge. Então, |an z1n | ≤ M, n = 0, 1, 2, . . ., para algum M > 0. Se |z| < |z1 | e p = |z/z1 | < 1, obtemos n n n z |an z | = |an z1 | ≤ Mpn , n = 0, 1, 2, . . . e p < 1. z1 ∞ X
Como
Mpn , p < 1 é uma série geométrica convergente, segue pelo teste da comparação
n=0
∞ X
que,
|an z n | converge em |z| < |z1 | = R1 , como queríamos.
n=0
115
Agora, se z0 6= 0, assuma que (5.7) converge em z = z1 (z1 6= z0 ). Escrevendo w = z − z0 ∞ X em an w n , obtemos que esta série converge em w = z1 − z0 . Como o teorema vale para n=0
z0 = 0,
∞ X
an w n converge absolutamente no disco |w| < |z1 − z0 |, ou seja,
n=0 ∞ X
an (z − z0 )n
n=0
converge absolutamente em |z − z0 | < |z1 − z0 | = R1 . Suponha que (5.7) tenha círculo de convergência |z − z0 | = R e sejam S(z) =
∞ X
an (z − z0 )n , SN (z) =
n=0
Temos a função resto
N−1 X
an (z − z0 )n , |z − z0 | < R.
n=0
ρN (z) = S(z) − SN (z), |z − z0 | < R.
Como a série em (5.7) converge, para todo z em |z − z0 | < R, sabemos que lim ρN (z) = 0, n→∞ ou seja, para todo ε > 0, existe Nε tal que |ρN (z)| < ε sempre que N > Nε . Quando a escolha de Nε depende apenas de ε e independe de z, a convergência é dita uniforme. Teorema 5.8 Se z1 pertence ao interior do círculo de convergência |z − z0 | = R de uma série de potências ∞ X an (z − z0 )n n=0
então, a série converge uniformemente no disco fechado |z − z0 | ≤ R1 , onde R1 = |z1 − z0 |. Demonstração: Seja z0 = 0. Sendo z1 um ponto no interior de |z − z0 | = R, é fácil ver que (veja teorema anterior) ∞ X |an z1n | n=0
converge. Sendo m, N ∈ N, com m > N, podemos escrever as funções resto ρN (z) = lim
m→∞
m X
an z
n
e σN = lim
m→∞
n=N
116
m X n=N
|an z1n |.
m X an z n e, quando |z| < |z1 | Note que, |ρN (z)| = lim m→∞ n=N
m m m m X X X X n n n a z ≤ |a ||z| ≤ |a ||z | = |an z1n |. n n n 1 n=N
Então,
n=N
n=N
n=N
|ρN (z)| ≤ σN , quando |z| ≤ |z1 |
(5.8)
Desde que, σN é o resto de uma série convergente, lim σN = 0, ou seja, para todo ε > 0, existe Nε tal que
N→∞
σN < ε quando N > Nε
(5.9)
Por (5.8) e (5.9), |σN | < ε sempre que N > Nε , para todo z no disco |z| ≤ |z1 |; e o valor de Nε independe da escolha de z1 , isto é, a convergência da série é uniforme. Se for z0 6= 0, faça w = z − z0 e conclua o resultado.
5.9
Continuidade da soma
Teorema 5.9 Uma série de potências ∞ X
an (z − z0 )n
n=0
representa uma função contínua S(z) em cada z no interior de seu círculo de convergência |z − z0 | = R. Demonstração: Escolhemos omitir esta demonstração. Escrevendo w = 1 (z − z0 ), obtemos uma série do tipo ∞ X n=1
bn . (z − z0 )n
(5.10) ∞ X
Se a série em (5.10) converge quando z = z1 , onde z1 6= z0 , bn w n converge n=1 absolutamente para uma função contínua quando |w| < 1 |z1 − z0 |, ou seja, quando |z − z0 | > |z1 − z0 |, que é o exterior do círculo |z − z0 | = R1 . A série de Laurent f(z) =
∞ X
n
an (z − z0 ) +
n=0
∞ X n=1
bn (z − z0 )n
é válida em R1 < |z − z0 | < R2 , com as séries no lado direito convergindo uniformemente.
117
5.10
Exercícios
1) Mostre que quando |z| > 0 (a)
(c)
ez z z2 1 1 1 + + + +···; = + z2 z 2 z 2! 3! 4!
sen(z 2 ) 1 z 2 z 6 z 10 +···; = − + − z4 z 2 3! 5! 7! ∞ X 1 z 1 1 3 (d) z cosh = + z3 + · 2n−1 . z 2 (2n + 2)! z n=1
∞ senh z 1 X z 2n+1 + ; = z2 z n=0 (2n + 3)!
(b)
2) Mostre que quando 0 < |z| < 4, ∞
X zn 1 1 + = . 4z − z 2 4z n=0 4n+2 3) Encontre séries de Laurent que represetem as funções, 1 1 1 1 2 , 0 < |z| < ∞; (b) f(z) = = · , (a) f(z) = z sen 2 z 1+z z 1 + (1/z) 1 < |z| < ∞. ∞ X
Respostas: (a) 1 + n=1
(−1)n 1 ; · (2n + 1)! z 4n
(b)
∞ X (−1)n+1 . zn n=1
4) Escreva as funções como uma série de Laurent que seja válida nos respectivos domínios anulares. 1 nos domínios 0 < |z| < 1, 1 < |z| < ∞, 0 < |z − 1| < 1 e (a) f(z) = z(z − 1) 1 < |z − 1| < ∞; (b) f(z) =
1 nos domínios 0 < |z − 1| < 2 e 0 < |z − 3| < 2. (z − 1)2 (z − 3)
Respostas: (a) f(z) = − 1z − 1 − z − z 2 − z 3 − · · · ; f(z) = f(z) =
1 (z−1)2
−
1 (z−1)3
1 (b) f(z) = − 2(z−1) 2 −
+
1 (z−1)4
1 4(z−1)
−
−
1 8
1 (z−1)5
−
1 16 (z
1 z2
+
1 z3
+
1 z4
+
1 z5
+ · · · ; f(z) =
1 z−1
− 1 + (z − 1) − (z − 1)2 + · · · ;
+ ···. − 1) − · · · ; f(z) =
1 4(z−3)
5) Represente a função f(z) =
−
1 4
+
3 16 (z
− 3) − 18 (z − 3)2 + · · · .
z+1 z−1
por uma série de Maclaurin e escreva onde esta representação é válida; em seguida represente a mesma função por uma série de Laurent no domínio 1 < |z| < ∞. Respostas: (a) −1 − 2
∞ X n=1
z n , |z| < 1; (b) 1 + 2
∞ X 1 . zn n=1
6) Desenvolva a função f(z) = (z − 1)/z 2 em série de potências de z − 1 nas regiões |z − 1| < 1 e |z − 1| > 1. 7) Escreva as duas séries de Laurent em potências de z para representar a função f(z) = 118
1 z(1 + z 2 )
e especifique os domínios de convergência. ∞ X
Respostas:
(−1)n+1 z 2n+1 +
n=0
5.11
∞ X 1 (−1)n+1 , 1 < |z| < ∞. , 0 < |z| < 1; z z 2n+1 n=1
Integração e diferenciação de séries
Uma série S(z) =
∞ X
an (z − z0 )n
(5.11)
n=0
é uma função contínua no interior do círculo de convergência da série. Veremos que S(z) é analítica neste domínio. Teorema 5.10 Seja C um caminho qualquer interior ao círculo de convergência da série (5.11) e seja g(z) uma função qualquer contínua em C . Então, ∞ Z X
Z C
g(z)S(z)dz =
n=0
C
an g(z)(z − z0 )n dz.
Demonstração: Note que g(z)S(z) =
N−1 X
an g(z)(z − z0 )n + g(z)ρN (z)
n=0
e integrando, vem Z C
g(z)S(z)dz =
N−1 X
Z an C
n=0
Z
n
g(z)(z − z0 ) dz +
C
g(z)ρN (z)dz.
Como lim ρN (z) = 0, para todo ε > 0 existe Nε tal que N→∞
|ρN (z)| < ε sempre que N > Nε , onde Nε independe de z. Sendo M = max |g(z)| e L o comprimento de C , obtemos z∈C
Z g(z)ρN (z)dz < MεL sempre que N > Nε , C
isto é,
Z lim
N→∞
C
g(z)ρN (z)dz = 0.
Portanto, Z C
g(z)S(z)dz = lim
N→∞
N−1 X n=0
Z an C
n
g(z)(z − z0 ) dz =
∞ Z X n=0
119
C
an g(z)(z − z0 )n dz.
Se g(z) = 1 para todo z no disco limitado pelo círculo de convergência da série em (5.11), obtemos Z Z n g(z)(z − z0 ) dz = (z − z0 )n dz = 0, n = 0, 1, 2, . . . , C
C
para todo caminho fechado contido neste domínio. Pelo teorema anterior, Z S(z)dz = 0, C
para todo caminho fechado C no domínio de convergência. Pelo Teorema de Morera, S(z) é analítica que é o seguinte corolário: Corolário 5.1 A soma S(z) de uma série de potências (5.11) é analítica, para todo z no interior do círculo de convergência da série. Exemplo 5.15 Mostre que ( sen z , quando z = 6 0 f(z) = z 1, quando z = 0 é inteira. De fato, temos ∞ X z 2n+1 , |z| < ∞ sen z = (−1)n (2n + 1)! n=0
representando a função sen z para todo z. Daí, ∞
sen z X z 2n z2 z4 = (−1)n =1− + − ··· z (2n + 1)! 3! 5! n=0 converge para f(z) quando z 6= 0. Mas, a série anterior converge para f(0) quando z = 0. Então, f(z) é representada por uma série de potências convergente, para todo z no plano complexo; e f é, portanto, uma função inteira. sen z Assim, f é contínua em z = 0 e como = f(z) (z 6= 0), z sen z lim = lim f(z) = f(0) = 1. z→0 z→0 z Teorema 5.11 Uma série de potências (5.11) pode ser derivada termo a termo. Isto é, em cada z no interior do círculo de convergência da série, 0
S (z) =
∞ X
nan (z − z0 )n−1 .
n=1
120
Demonstração: Seja C um caminho fechado, orientado positivamente, ao redor de z contido no interior do círculo de convergência. Defina a função g(s) =
1 1 , para todo s ∈ C . 2πi (s − z)2
Desde que g(s) é uma função contínua em C , temos pelo teorema anterior Z C
g(s)S(s)ds =
∞ X
Z an
n=0
C
g(s)(s − z0 )n ds.
Agora, como S(s) é analítica em C e no interior de C , podemos escrever Z Z 1 S(s) g(s)S(s)ds = ds = S 0 (z) 2 2πi (s − z) C C e por outro lado, Z Z 1 (s − z0 )n d n g(s)(s − z0 ) ds = ds = (z − z0 )n , n = 0, 1, 2, . . . . 2 2πi (s − z) dz C C
(5.12)
(5.13)
Logo, de (5.12) e (5.13) S 0 (z) =
∞ X
∞
an
n=0
X d (z − z0 )n = nan (z − z0 )n−1 . dz n=1
Exemplo 5.16 Vimos que ∞
1 X = (−1)n (z − 1)n , |z − 1| < 1. z n=0 ∞ X 1 (−1)n n(z − 1)n−1 , ou Diferenciando ambos os lados desta equação, obtemos − 2 = z n=1 seja, ∞ X 1 = (−1)n (n + 1)(z − 1)n , |z − 1| < 1. 2 z n=0
5.12
Unicidade da representação de séries
Teorema 5.12 Se a série
∞ X
an (z − z0 )n
(5.14)
n=0
converge para f(z) no círculo de convergência |z − z0 | = R então, esta é a expansão em séries de Taylor para f em potências de z − z0 . 121
Demonstração: Sendo f(z) =
∞ X
an (z − z0 )n , |z − z0 | = R, vem
n=0
Z C
g(z)f(z)dz =
∞ X
Z am
m=0
C
g(z)(z − z0 )m dz
onde, g(z) =
1 1 · , n = 0, 1, 2, . . . 2πi (z − z0 )n+1
com n fixado, porém arbitrário e C sendo o círculo centrado em z0 com raio menor que R. Logo, Z Z f(z)dz f (n) (z0 ) 1 , n fixo. (5.15) = g(z)f(z)dz = 2πi C (z − z0 )n+1 n! C Fica a cargo do leitor verificar a igualdade Z Z 1 dz 0 quando m 6= n m g(z)(z − z0 ) dz = = , n−m+1 1 quando m = n 2πi C (z − z0 ) C donde segue que,
∞ X
Z am C
m=0
g(z)(z − z0 )m dz = an
(5.16)
Das equações em (5.15) e (5.16), concluímos que f (n) (z0 ) = an , n = 0, 1, 2, . . . , n! ou seja, a série em (5.14) é a série de Taylor para a função f no ponto z0 .
Teorema 5.13 Se a série ∞ X n=−∞
n
cn (z − z0 ) =
∞ X
n
an (z − z0 ) +
n=0
∞ X n=1
bn (z − z0 )n
converge para f(z) em todos os pontos de um domínio anular ao redor de z0 , então esta é a representação em série de Laurent para f em potências de z − z0 neste domínio. Demonstração: Análoga a demonstração do teorema anterior.
122
5.13
Multiplicação e divisão de séries
Suponha que
∞ X
∞ X
n
an (z − z0 )
e
n=0
bn (z − z0 )n
(5.17)
n=0
convergem no mesmo círculo de convergência |z − z0 | = R. Suas somas f(z) e g(z) são analíticas em |z − z0 | < R, e o produto em séries de Taylor é f(z)g(z) =
∞ X
cn (z − z0 )n , |z − z0 | < R,
n=0
onde c0 = f(z0 )g(z0 ) = a0 b0 c1 =
[f(z)g(z)]0z=z0 f(z0 )g0 (z0 ) + f 0 (z0 )g(z0 ) = = a0 b1 + a1 b0 1! 1!
c2 =
[f(z)g(z)]00z=z0 f(z0 )g00 (z0 ) + 2f 0 (z0 )g0 (z0 ) + f 00 (z0 )g(z0 ) = = a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 2! 2!
A expressão geral para cn é obtida pela regra de Leibniz’s [f(z)g(z)]
(n)
n X n = f (k) (z)g(n−k) (z), k k=0
onde
n k
=
n! , k = 0, 1, 2, . . . , n. k!(n − k)!
Evidentemente n
n
n
X f (k) (z0 ) g(n−k) (z0 ) X [f(z)g(z)]z=z0 1 X f (k) (z0 )g(n−k) (z0 ) = n! = · = ak bn−k , cn = n! n! k=0 k!(n − k)! k! (n − k)! k=0 k=0 (n)
donde segue que f(z)g(z) = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )(z − z0 ) + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )(z − z0 )2 + ! n X +··· + ak bn−k (z − z0 )n + · · · , k=0
onde |z − z0 | < R; este é o conhecido produto de Cauchy. Exemplo 5.17 A função ez (1 + z) tem um ponto singular em z = −1, ou seja, existe uma série de Maclaurin válida em |z| < 1. Vamos determinar os três primeiros termos deste
123
desenvolvimento. Temos ez 1 = ez = 1+z 1 − (−z)
z2 z3 1+z+ + + ··· 1 − z + z2 − z3 + · · · (5.18) 2 6 1 = 1 · 1 + [1 · (−1) + 1 · 1]z + 1 · 1 + 1 · (−1) + · 1 z 2 + 2 1 1 + 1 · (−1) + 1 · 1 + · (−1) + · 1 z 3 + · · · 2 6 1 1 = 1 + z 2 − z 3 + · · · , |z| < 1. 2 3
Este mesmo produto pode ser efetuado através do seguinte dispositivo prático: 1 + z + − z −
1 +
1 3 1 2 z + z + ··· 2 6
(a)
z2
−
z2
+
z3
+
1 5 1 4 z + z + ··· 2 6
−
z3
−
z4
1 3 1 4 z − z − ··· 2 6
1 3 1 2 z − z + ··· 2 3
−
(b)
(c)
1 5 1 6 z − z − · · · (d) 2 6 (e)
Observando o produto das duas séries na equação (5.18), a série em (a) é obtida multiplicando a primeira série em (5.18) por b0 = 1; obtemos (b) multiplicamos a série anterior em (a) por b1 z = −z; obtemos (c) multiplicamos novamente a série anterior (b) por b1 z = −z; e (d) também é obtida multiplicando a série anterior (c) por b1 z = −z; e assim por diante. Somando os resultados obtidos em (a), (b), (c) e (d), chegamos a série em (e) que é o resultado do produto na equação (5.18). Considere agora as funções f e g representadas em (5.17) e suponha que g(z) 6= 0 no disco |z − z0 | < R. Desde que o quociente f(z) g(z) é analítico em |z − z0 | < R, temos a série de Taylor ∞ X f(z) = dn (z − z0 )n , |z − z0 | < R g(z) n=0 onde cada dn é obtido diferenciando f(z) g(z) sucessivamente e aplicando os resultados a z = z0 . Isto fornecerá fórmulas um tanto complicadas, uma vez que utilizaremos várias vezes a regra do produto para derivação. Porém, assim como no exemplo anterior, faremos uso de um dispositivo prático para efetuar a divisão. Exemplo 5.18 Os zeros de senh z são z = nπi (n = 0, ±1, ±2, . . .). Assim, o quociente ! 1 1 1 1 = 3 = , 3 5 2 3! + z 4 5! + · · · z 2 senh z z z z 1 + z z2 z + + + ··· 3! 5! 124
admite uma série de Laurent no domínio 0 < |z| < π. A série 1 + z 2 3! + z 4 5! + · · · senh z converge para , se z 6= 0 e para 1, se z = 0. Assim, podemos efetuar a divisão z 1 1 + z 2 3! + z 4 5! + · · · através do seguinte dispositivo prático, válido se |z| < π: 1
(a)
1 2 1 + z + 3! −
1 2 z − 3!
−
1 2 z − 3!
1 4 z + ··· 5!
(b)
1 4 z − ··· 5!
(c)
1 4 z − · · · (d) (3!)2 1 1 4 z + ··· (e) − (3!)2 5!
1 1 4 − z + ··· (3!)2 5!
(f)
.. . Queremos fazer a divisão de (a) por (b). Primeiro fazemos a operação (a) − (b) para obter (c); em seguida multiplicamos o primeiro termo da série (c) por toda a série (b); o resultado é a série descrita em (d); fazendo (c)−(d) obtemos (e); novamente, multiplicando o primeiro termo de (e) por toda a série (b), obtendo a série (f); e assim por diante. Os primeiros termos de (a), (c) e (e) nos fornecem os três primeiros termos da divisão. Logo, 1 1 4 1 7 4 1 2 1 − z +· · · = 1− z 2 + z +· · · , |z| < π. = 1− z + 2 2 4 3! (3!) 5! 6 360 1 + z 3! + z 5! + · · · Portanto,
1 1 = z 2 senh z z3
7 4 1 z + ··· 1 − z2 + 6 360
, 0 < |z| < π
isto é, z2
5.14
1 1 1 1 7 = 3− · + z + · · · , 0 < |z| < π. senh z z 6 z 360
Exercícios
1) Derivando a série de Maclaurin de 1/(1 − z), obtenha as representações ∞
∞
X X 1 2 n = (n + 1)z e = (n + 1)(n + 2)z n 2 3 (1 − z) (1 − z) n=0 n=0 para |z| < 1. 125
2) Desenvolva a função 1/z em potências de (z − 1). A seguir obtenha, por derivação, o desenvolvimento de 1/z 2 em potências de (z − 1). Qual é a região de convergência? 3) Com ajuda de séries de potências, prove que a função z (e − 1)/z, quando z = 6 0, f(z) = 1 quando z = 0 é inteira. 4) Integre a série de Maclaurin de 1/(1+w) ao longo de um caminho, interior ao círculo de convergência, que vai de w = 0 até w = z para obter a representação ∞ X (−1)n+1
Log (z + 1) = n=1
n
z n,
|z| < 1.
Em seguida mostre que a função ( Log (z + 1) , quando z = 6 0, f(z) = z 1 quando z = 0 é analítica no domínio |z| < 1, −π < arg z < π. 5) Usando o desenvolvimento de senh z em potências de (z − πi) mostre que senh z = −1. z→πi z − πi lim
6) Prove que se
cos z quando z = 6 ±π/2, 2 − (π/2) f(z) = −1 quando z = ±π/2, π
z2
então f é uma função inteira. 7) Seja f uma função analítica num ponto z0 tal que f(z0 ) = 0. Usando série de potências, mostre que f(z) = f 0 (z0 ). lim z→z0 z − z0 8) Sejam f e g funções analíticas num ponto z0 tal que f(z0 ) = g(z0 ) = 0. Usando série de potências, mostre que f(z) f 0 (z0 ) lim = 0 . z→z0 g(z) g (z0 ) 9) Prove que se f é analítica em z0 e f(z0 ) = f 0 (z0 ) = · · · = f (m) (z0 ) = 0, então a função g definida por f(z) quando z 6= z0 , (z − z0 )m+1 f(z) = f (m+1) (z0 ) quando z = z0 , (m + 1)! é analítica em z0 . 126
10) Use multiplicação de séries para mostrar que 1 1 5 ez = + 1 − z − z2 + · · · 2 z(z + 1) z 2 6
(0 < |z| < 1).
11) Escrevendo csc z = 1/ sen z e usando divisão de séries, mostre que 1 1 1 1 3 csc z = + z + z + · · · (0 < |z| < π). − z 3! (3!)2 5! 12) Utilizando divisão de séries estabeleça a seguiente representação em série de Laurent: 1 1 1 1 1 3 = − + z− z + · · · (0 < |z| < 2π). z e −1 z 2 12 720 13) Usando divisão de séries de potências mostre que z2
1 1 11 7 = 3− + z + ··· senh z z 6 z 360
Em seguida mostre que
Z C
z2
(0 < |z| < π).
dz πi =− senh z 3
onde C é o círculo unitário |z| = 1 orientado no sentido positivo.
127
Capítulo 6 Resíduos e Polos 6.1
Resíduos
Um ponto singular z0 de uma função f é um ponto singular isolado se existir uma vizinhança 0 < |z − z0 | < ε de z0 , na qual f é analítica. Exemplo 6.1 A função f(z) =
z+1 + 1)
z 3 (z 2
tem três pontos singulares isolados: z = 0 e z = ±i. Exemplo 6.2 O ponto z = 0 é um ponto singular do ramo principal, Log z = ln r + iΘ, r > 0, −π < Θ < π, da função logarítmica. Mas, não é um ponto singular isolado, pois toda vizinhança de z = 0 contém pontos do eixo real negativo que são singularidades de Log z (veja figura 1).
Figura 1.
128
Exemplo 6.3 A função f(z) =
1 sen (π/z)
tem pontos singulares z = 0 e z = 1/n, n = ±1, ±2, . . ., todos no eixo real de z = −1 a z = 1. Cada ponto singular, exceto z = 0, é isolado. O ponto z = 0 não é um ponto singular isolado, pois toda vizinhança da origem contém algum ponto singular de f; mais precisamente, dado ε > 0 e um inteiro m > 1/ε, temos 0<
1 < ε, m
ou seja, z = 1/m é um ponto singular na vizinhança 0 < |z| < ε (figura 2).
Figura 2. Quando z0 é um ponto singular isolado da função f, existe R2 > 0 tal que f é analítica no domínio 0 < |z − z0 | < R2 . Consequentemente, f é representada por uma série de Laurent ∞ X b2 bn b1 + + ··· + + · · · , 0 < |z − z0 | < R2 . f(z) = an (z − z0 )n + 2 n z − z (z − z (z − z 0 0) 0) n=0 Em particular,
Z 1 bn = 2πi
C
f(z)dz , n = 1, 2, . . . , (z − z0 )−n+1
onde C é um caminho fechado ao redor de z0 , com orientação positiva, contido no interior do domínio 0 < |z − z0 | < R2 (Figura 3).
Figura 3. 129
Quando n = 1, temos
Z C
f(z)dz = 2πib1 .
O número complexo b1 , que é o coeficiente de 1 (z −z0 ) na expansão em séries de Laurent, é chamado resíduo de f no ponto singular isolado z0 . Escrevemos Res f(z) = b1 . z=z0
Exemplo 6.4 Considere Z C
dz , z(z − 2)4
onde C é o círculo |z −2| = 1 orientado no sentido positivo. Como o integrando é analítico em C, exceto nos pontos z = 0 e z = 2, temos uma representação em série de Laurent válida no domínio ) < |z − 2| < 2 (veja figura 4).
Figura 4. Vamos determinar Res z=2
1 = b1 . Temos z(z − 2)4
1 1 1 1 = · = · 4 4 z(z − 2) (z − 2) 2 + (z − 2) (z − 2)4 ∞ n X 1 n (z − 2) = (−1) 2(z − 2)4 n=0 2n ∞ X (−1)n
= n=0
2n+1
1 z−2 1− − 2
(z − 2)n−4 , 0 < |z − 2| < 2.
O coeficiente b1 de 1 (z − 2) é −1 16. Logo, Z C
dz 1 1 πi = 2πi Res = 2πi − =− . 4 4 z=2 z(z − 2) z(z − 2) 16 8
Exemplo 6.5 Mostre que Z e1/z dz = 0, 2
C
130
onde C é o círculo unitário |z| = 1. Como 1/z 2 é analítica em todo plano complexo, exceto 2 em z = 0, o mesmo ocorre com e1/z ; além disso, o ponto singular isolado z = 0 é interior a C e sabendo que z z2 z3 ez = 1 + + + + · · · , |z| < ∞, 1! 2! 3! podemos escrever a série de Laurent, e1/z = 1 + 2
1 1 1 1 1 1 · 2 + · 4 + · 6 + ·, 0 < |z| < ∞. 1! z 2! z 3! z
Assim, Res e1/z = b1 = 0, donde 2
z=0
Z e1/z dz = 2πib1 = 0. 2
C
6.2
Teorema dos Resíduos de Cauchy
Teorema 6.1 Seja C um contorno fechado simples, orientado positivamente. Se f é uma função analítica sobre C e no interior de C , exceto num número finito de pontos singulares zk (k = 1, 2, . . . , n) pertencentes ao interior de C , então Z n X f(z)dz = 2πi Res f(z). C
k=1
z=zk
Demonstração: Considere os círculos Ck (k = 1, 2, . . . , n) orientados nos sentido positivo, centrados em cada zk , todos pertencentes ao interior de C (veja figura 5).
Figura 5. A região fechada compreendida entre C e cada círculo Ck é um domínio multiplamente conexo. Então, pelo Teorema de Cauchy-Goursat, Z n Z X f(z)dz − f(z)dz = 0. C
k=1
Ck
Agora, o resultado segue imediatamente da relação Z f(z)dz = 2πi Res f(z). z=zk
Ck
131
Exemplo 6.6 Calcule a integral Z C
5z − 2 dz z(z − 1)
onde C é o círculo |z| = 2 orientado positivamente. Note que, z = 0 e z = 1 são as singularidades isoladas do integrando e ambas pertencem ao interior de C . Vamos determinar 5z − 2 5z − 2 e B2 = Res . B1 = Res z=1 z(z − 1) z=0 z(z − 1) Primeiro, quando 0 < |z| < 1 (figura 6) temos 5z − 2 5z − 2 −1 2 = · = 5− (−1 − z − z 2 − · · · ). z(z − 1) z 1−z z
Figura 6. Observe que o coeficiente de 1/z é B1 = 2. Agora, quando 0 < |z − 1| < 1 (figura 6), obtemos 5z − 2 5(z − 1) + 3 1 3 = · = 5+ · 1 − (z − 1) + (z − 1)2 − · · · z(z − 1) z−1 1 + (z − 1) z−1 e o coeficiente de 1 (z − 1) é B2 = 3. Logo, Z 5z − 2 dz = 2πi(B1 + B2 ) = 2πi(2 + 3) = 10πi. C z(z − 1) Aqui, poderíamos ter observado que 5z − 2 2 3 = + . z(z − 1) z z−1 Como 2/z é uma série de Laurent quando 0 < |z| < 1 e 3 (z − 1) também é uma série de Laurent quando 0 < |z − 1| < 1, segue que Z Z Z 5z − 2 2 3 dz = dz + dz = 2πi(2) + 2πi(3) = 10πi. C z C z −1 C z(z − 1) 132
O próximo teorema pode ser bastante útil para avaliar integrais, pois envolve o cálculo de apenas um resíduo. Teorema 6.2 Se f é uma função analítica num plano finito, exceto num número finito de pontos singulares contidos no interior de um contorno fechado simples C , então Z 1 1 f(z)dz = 2πi Res 2 f . z=0 z z C Demonstração: Deixaremos a demonstração deste resultado como exercício para o leitor. Exemplo 6.7 Calcule Z C
5z − 2 dz z(z − 1)
onde C é o círculo |z| = 2 orientado no sentido positivo. Sendo f(z) =
5z − 2 , temos z(z − 1)
5 −2 1 5 5 − 2z 5 − 2z 1 1 z = = · = − 2 (1 + z + z 2 + · · · ) = 2· z z 1 1 z(1 − z) z 1−z z −1 z z 1 1 donde segue que Res 2 f = 5. Portanto z=z0 z z Z f(z)dz = 2πi · 5 = 10πi. 1 f z2
C
6.3
Tipos de pontos singulares isolados
Se uma função f tem um ponto singular isolado z0 , então f(z) =
∞ X
an (z −z0 )n +
n=0
A parcela
bn b1 b2 + +· · ·+ +· · · , 0 < |z −z0 | < R2 . (6.1) z − z0 (z − z0 )2 (z − z0 )n
b1 bn b2 + + ··· + + ··· 2 z − z0 (z − z0 ) (z − z0 )n
é chamada parte principal de f em z0 . Primeiramente, suponha que existe um inteiro positivo m tal que bm 6= 0 e bm+1 = bm+2 = · · · = 0. Então, a expansão em (6.1) toma a forma f(z) =
∞ X n=0
an (z − z0 )n +
b1 b2 bm + + ··· + , 0 < |z − z0 | < R2 , 2 z − z0 (z − z0 ) (z − z0 )m
onde bm 6= 0. Neste caso, o ponto singular isolado z0 é chamado polo de ordem m. Quando m = 1, o ponto é chamado polo simples. 133
Exemplo 6.8 Observe que z(z − 2) + 3 3 3 z 2 − 2z + 3 = =z+ = 2 + (z − 2) + , 0 < |z − 2| < ∞, z−2 z−2 z−2 z−2 tem um polo simples (m = 1) em z0 = 2. O resíduo b1 desta função nesse polo é 3. Exemplo 6.9 A função senh z z3 z5 z7 1 z z3 1 11 + + + ··· = 3 + + + + · · · , 0 < |z| < ∞, = 4 z+ z4 z 3! 5! 7! z 3! z 5! 7! tem um polo de ordem m = 3 em z0 = 0, com resíduo nesse polo b1 = 1/6. Agora, suponha que todos os coeficientes bn ’s são nulos, isto é f(z) =
∞ X
an (z − z0 )n = a0 + a1 (z − z0 ) + a2 (z − z0 )2 + · · · , 0 < |z − z0 | < R2 . (6.2)
n=0
Aqui, o ponto z0 é chamado ponto singular removível. Neste caso, Res f(z) = 0. Assim, z=z0
podemos redefinir a função f em z0 pondo f(z0 ) = a0 e a expansão em (6.2) fica válida em |z −z0 | < R2 . Portanto, f torna-se analítica em z0 , ou seja, a singularidade z0 foi removida. Exemplo 6.10 O ponto z0 = 0 é um ponto singular removível da função 1 − cos z 1 1 z2 z4 z2 z4 z6 f(z) = = + − + · · · = − + −· · · , 0 < |z| < ∞. 1 − 1 − z2 z2 2! 4! 6! 2! 4! 6! Fazendo f(0) = 1/2, f torna-se inteira. Finalmente, quando na parte principal de f em z0 , uma infinidade de coeficientes bn ’s são não nulos, z0 é chamado ponto singular essencial de f. Exemplo 6.11 A função e
1/z
∞ X 1 1 1 1 1 1 = · n = 1 + · + · 2 + · · · , 0 < |z| < ∞, n! z 1! z 2! z n=0
tem um ponto singular essencial em z0 = 0, com resíduo b1 = 1.
134
6.4
Resíduos em polos
Quando uma função f tem uma singularidade isolada em z0 , o método básico para saber se z0 é um polo e encontrar o resíduo em z0 consiste em escrever a série de Laurent e observar quem é o coeficiente de 1 (z−z0 ). O teorema seguinte fornece uma caracterização dos polos e uma maneira diferente de determinar o correspondente resíduo. Teorema 6.3 Um ponto singular isolado z0 de uma função f é um polo de ordem m se, e somente se, for possível escrever f(z) na forma f(z) =
φ(z) , (z − z0 )m
(6.3)
onde φ(z) é uma função analítica em z0 com φ(z0 ) 6= 0. Além disso, Res f(z) = φ(z0 ) se m = 1 z=z0
e Res f(z) = z=z0
φ(m−1) (z0 ) se m ≥ 2. (m − 1)!
Demonstração: Suponha que f(z) tenha a forma (6.3). Desde que φ(z) é analítica em z0 temos a expansão ∞ X φ0 (z0 ) φ00 (z0 ) φ(m−1) (z0 ) φ(n) (z0 ) 2 m−1 φ(z) = φ(z0 )+ (z−z0 )+ (z−z0 ) +· · ·+ (z−z0 ) + (z−z0 )n , 1! 2! (m − 1)! n! n=m
válida numa vizinhança |z − z0 | < ε de z0 ; e a expressão em (6.3) toma a forma ∞ φ(m−1) (z0 ) (m − 1)! X φ(n) (z0 )/n! φ(z0 ) φ0 (z0 )/1! φ00 (z0 )/2! f(z) = + + +···+ + , (z − z0 )m (z − z0 )m−1 (z − z0 )m−2 (z − z0 ) (z − z0 )n−m n=m quando 0 < |z − z0 | < ε. Esta série de Laurent, juntamente como fato de ser φ(z0 ) 6= 0, mostram que z0 é um polo de ordem m de f. O coeficiente de 1 (z − z0 ) é o resíduo de f(z) em z0 , conforme descrito no teorema. Inversamente, suponha que z0 é um polo de ordem m de f. representação em séries de Laurent f(z) =
∞ X n=0
an (z − z0 )n +
Então, f possui uma
b1 b2 bm + +···+ , bm 6= 0, 0 < |z − z0 | < R2 . 2 z − z0 (z − z0 ) (z − z0 )m
Defina a função φ(z) por φ(z) =
(z − z0 )m f(z) quando z = 6 z0 . bm quando z = z0
135
Então, temos a representação m−2
φ(z) = bm +bm−1 (z−z0 )+· · ·+b2 (z−z0 )
∞ X
m−1
+b1 (z−z0 )
+
an (z−z0 )m+n , |z−z0 | < R2 .
n=0
Consequentemente, φ(z) é analítica no disco |z − z0 | < R2 . Como φ(z0 ) = bm 6= 0, a expressão (6.3) fica estabelecida. Exemplo 6.12 A função f(z) =
z+1 z2 + 9
tem uma singularidade isolada em z = 3i e pode ser escrita como z+1 z+1 φ(z) z+1 f(z) = 2 = z + 3i = , onde φ(z) = . z +9 z − 3i z − 3i z + 3i 3−i Desde que φ(z) é analítica em z = 3i e φ(3i) = 6= 0, este ponto é um polo simples 6 3−i . O ponto z = −3i também é um polo simples de f de f; seu resíduo é B1 = φ(3i) = 6 3+i com resíduo B2 = (Verifique!). 6 Exemplo 6.13 Considerando a função f(z) = temos f(z) =
z 3 + 2z , (z − i)3
φ(z) , onde φ(z) = z 3 + 2z. (z − i)3
A função φ(z) é inteira, e φ(i) = i3 + 2i = i 6= 0. Então, a função f tem um polo de ordem 3 em z = i. O resíduo em z = i é (6z)z=i 6i φ00 (i) B= = = = 3i. 2! 2! 2 Exemplo 6.14 Suponha que f(z) =
(log z)3 onde log z = ln r + iΘ, r > 0, 0 < Θ < 2π. z2 + 1
Para encontrar o resíduo de f em z = i, escrevemos f(z) =
φ(z) (log z)3 onde φ(z) = . z−i z+i
A função φ(z) é analítica em z = i; desde que φ(i) =
(log i)3 (ln 1 + iπ/2)3 π3 = =− 6= 0, 2i 2i 16
o resíduo procurado é φ(i) = −
π3 . 16 136
Exemplo 6.15 Se considerarmos a função f(z) =
senh z , z4
não podemos aplicar o teorema de caracterização dos polos na singularidade z = 0, pois, se f(z) = φ(z)/z 4 com φ(z) = senh z, teríamos φ(0) = 0. Neste caso, devemos usar a série de Laurent para a função f. Exemplo 6.16 Desde que z(ez − 1) é uma função inteira e seus zeros são os pontos z = 2nπi, n = 0, ±1, ±2, . . . , z = 0 é um ponto singular isolado de f(z) =
1 . − 1)
z(ez
Daí,
z z z2 z3 z2 z3 z(e − 1) = z −1 + 1 + + + + ··· = z + + + ··· 1! 2! 3! 1! 2! 3! z2 z 2 = z 1+ + + · · · , |z| < ∞. 2! 3! z
Então, f(z) =
1 z2 z + ··· z2 1 + + 2! 3!
1 2 φ(z) = 1 + z/2! + 2z /3! + · · · = 2 , z z
onde φ(z) =
1 . Desde que, φ(z) é uma função analítica no ponto 1 + z/2! + z 2 /3! + · · · z = 0 e φ(0) = 1 6= 0, z = 0 é um polo de segunda ordem; além disso, o resíduo de f em z = 0 é B = φ0 (0). Como 1 2z − + + ··· 2! 3! 0 φ (z) = 2 z z2 1+ + + ··· 2! 3! numa vizinhança da origem, segue que B = φ0 (0) = −1/2. Quando z0 é um polo de uma função f, existe ainda, uma outra maneira de calcular Res f(z). É o que está descrito no seguinte teorema: z=z0
Teorema 6.4 Se f tiver um polo de ordem m em z = z0 , então Res f(z) = z=z0
1 dm−1 lim [(z − z0 )m f(z)] . (m − 1)! z→z0 dz m−1 137
Demonstração: Como f tem um polo de ordem m ≥ 1 em z = z0 , temos o seguinte desenvolvimento em séries de Laurent, f(z) =
∞ X
b1 b2 bm + +···+ , bm 6= 0, 0 < |z − z0 | < R2 2 z − z0 (z − z0 ) (z − z0 )m
an (z − z0 )n +
n=0
Multiplicando a última expressão por (z − z0 )m , vem m
(z − z0 ) f(z) =
∞ X
an (z − z0 )n+m + b1 (z − z0 )m−1 + b2 (z − z0 )m−2 + · · · + bm
n=0
= bm + · · · + b2 (z − z0 )m−2 + b1 (z − z0 )m−1 + a0 (z − z0 )m +a1 (z − z0 )m+1 + · · · , e derivando os dois lados da igualdade m − 1 vezes, obtemos dm−1 [(z − z0 )m f(z)] = (m − 1)!b1 + m!a0 (z − z0 ) + · · · dz m−1 Finalmente, tomando o limite quando z → z0 na expressão anterior, concluimos que dm−1 lim [(z − z0 )m f(z)] = (m − 1)!b1 = (m − 1)! Res f(z) z→z0 dz m−1 z=z0 provando o nosso resultado. Observe que se f tiver um polo simples (m = 1) em z = z0 , temos Res f(z) = lim (z − z0 )f(z). z=z0
z→z0
Exemplo 6.17 A função f(z) =
1 (z − 1)2 (z − 3)
tem um polo simples em z = 3 e um polo de ordem 2 em z = 1 (Verifique!). Como z = 3 é um polo simples, temos Res f(z) = lim (z − 3)f(z) = lim z=3
1 1 = 2 z→3 (z − 1) 4
z→3
Para o polo de ordem 2, temos 1 d d 1 −1 1 2 Res f(z) = lim (z − 1) f(z) = lim = lim =− . 2 z=1 z→1 dz z − 3 z→1 (z − 3) 1! z→1 dz 4
138
6.5
Zeros de funções analíticas
Suponha que uma função f é analítica num ponto z0 . Sabemos que todas as derivadas f (n) (z), n = 1, 2, . . ., existem em z0 . Se f(z0 ) = 0 e se existe um inteiro positivo m tal que f (m) (z0 ) 6= 0 e cada derivada de ordem menor se anula em z0 , dizemos que f possui um zero de ordem m em z0 . O próximo teorema nos dá uma caracterização para os zeros de ordem m. Teorema 6.5 Uma função f que é analítica no ponto z0 possui um zero de ordem m neste ponto se, e somente se, existe uma função g, que é analítica e não nula em z0 , tal que f(z) = (z − z0 )m g(z).
(6.4)
Demonstração: Comecemos supondo que existe uma função g, analítica e não nula em z0 , tal que (6.4) ocorre. Então, temos a expansão em séries de Taylor g(z) = g(z0 ) +
g00 (z0 ) g0 (z0 ) (z − z0 ) + (z − z0 )2 + · · · 1! 2!
válida numa vizinhança |z − z0 | < ε de z0 . Logo, (6.4) toma a forma f(z) = g(z0 )(z − z0 )m +
g0 (z0 ) g00 (z0 ) (z − z0 )m+1 + (z − z0 )m+2 + · · · 1! 2!
quando |z − z0 | < ε. Pela unicidade da representação de séries de potências, esta é a série de Taylor para f(z), donde segue que f(z0 ) = f 0 (z0 ) = f 00 (z0 ) = · · · = f (m−1) (z0 ) = 0
(6.5)
e f (m) (z0 ) = m!g(z0 ) 6= 0. Então z0 é um zero de ordem m de f. Inversamente, suponha que f tem um zero de ordem m em z0 . Então f é analítica em z0 e vale a condição (6.5), ou seja, em alguma vizinhança |z − z0 | < ε de z0 temos a representação em séries de Taylor f(z) =
∞ X f (n) (z0 ) n=m
n!
= (z − z0 )
m
(z − z0 )n f (m) (z0 ) f (m+1) (z0 ) f (m+2) (z0 ) 2 + (z − z0 ) + (z − z0 ) + · · · . m! (m + 1)! (m + 2)!
Consequentemente, f(z) tem a forma (6.4), onde g(z) =
f (m) (z0 ) f (m+1) (z0 ) f (m+2) (z0 ) + (z − z0 ) + (z − z0 )2 + · · · , |z − z0 | < ε. m! (m + 1)! (m + 2)!
Assim, g é analítica numa vizinhança de z0 , isto é, g é analítica em z0 . Além disso, g(z0 ) =
f (m) (z0 ) 6= 0. m!
Isto completa a prova do teorema. 139
Exemplo 6.18 A função inteira f(z) = z(ez − 1) tem um zero de ordem m = 2 em z0 = 0, pois f 0 (z) = ez − 1 + zez , f 00 (z) = ez + ez + zez = 2ez + zez e f(0) = f 0 (0) = 0 e f 00 (0) = 2 6= 0. A função g na expressão (6.4) é, neste caso, definida por z (e − 1)/z quando z = 6 0 g(z) = 1 quando z = 0 Usando séries, vimos que esta função é analítica em z = 0 (e mais, ela é inteira). Logo, f(z) = z(ez − 1) = (z − 0)2 g(z) = z 2 ·
ez − 1 se z 6= 0 e f(0) = 0. z
Nosso próximo teorema diz que os zeros de uma função analítica são isolados. Teorema 6.6 Dada uma função f analítica num ponto z0 , suponha que f(z0 ) = 0 com f(z) não sendo identicamente nula numa vizinhança arbitrária de z0 . Então, f(z) 6= 0 numa vizinhança 0 < |z − z0 | < ε de z0 . Demonstração: Use o teorema anterior.
6.6
Zeros e Polos
Teorema 6.7 Suponha que: (i) duas funções p e q são analíticas num ponto z0 ; (ii) p(z0 ) 6= 0 e q possui um zero de ordem m em z0 . Então, o quociente p(z)/q(z) tem um polo de ordem m em z0 . Demonstração: Sejam p e q como descritas na hipótese do teorema. Desde que q tem um zero de ordem m em z0 , sabemos pelo teorema anterior que existe uma vizinhança de z0 na qual q(z) 6= 0; e assim, z0 é um ponto singular isolado do quociente p(z)/q(z). Além disso, pelo Teorema 6.5, q(z) = (z − z0 )m g(z) onde g é analítica e não nula em z0 ; logo, podemos escrever p(z)/g(z) p(z) = q(z) (z − z0 )m
(6.6)
Como p(z)/q(z) é analítica e não nula em z0 , segue pelo Teorema 6.3 que z0 é um polo de ordem m de p(z)/q(z). Exemplo 6.19 As funções p(z) = 1 e q(z) = z(ez − 1) são inteiras; e sabemos da seção anterior que q tem um zero de ordem m = 2 no ponto z0 = 0. Então, pelo teorema anterior, p(z) 1 = z q(z) z(e − 1) tem um polo de ordem 2 neste ponto. 140
Teorema 6.8 (Quociente de funções analíticas) Sejam p e q duas funções analíticas num ponto z0 . Se p(z0 ) 6= 0, q(z0 ) = 0 e q0 (z0 ) 6= 0, então z0 é um polo simples do quociente p(z)/q(z) e Res z=z0
p(z0 ) p(z) = 0 . q(z) q (z0 )
(6.7)
Demonstração: Pelas hipóteses do teorema, notamos que z0 é um zero de ordem m = 1 da função q. Assim, q(z) = (z − z0 )g(z) (6.8) onde g(z) é analítica e não nula em z0 . Além disso, o teorema anterior nos diz que z0 é um polo simples de p(z)/q(z); e a equação (6.6), nos fornece p(z)/g(z) . z − z0 Agora, p(z)/g(z) é analítica e não nula em z0 , donde segue que Res z=z0
p(z) p(z0 ) = . q(z) g(z0 )
Diferenciando em ambos os lados a equação (6.8) vem q0 (z) = g(z) + (z − z0 )g0 (z) e aplicando o resultado a z0 , obtemos g(z0 ) = q0 (z0 ). Portanto, Res z=z0
p(z0 ) p(z) = 0 . q(z) q (z0 )
Exemplo 6.20 Considere a função f(z) = cot z =
cos z , sen z
que é o quociente das funções inteiras p(z) = cos z e q(z) = sen z. As singularidades deste quociente ocorrem nos zeros de q, ou seja, nos pontos z = nπ, n = 0, ±1, ±2, . . . . Desde que p(nπ) = (−1)n 6= 0, q(nπ) = 0 e q0 (nπ) = (−1)n 6= 0, cada ponto singular z = nπ de f é um polo simples, com resíduo Bn =
p(nπ) (−1)n = = 1. q0 (nπ) (−1)n 141
Exemplo 6.21 O resíduo da função f(z) =
tanh z senh z = z2 z 2 cosh z
no zero z = πi/2 de cosh z pode ser encontrado considerando p(z) = senh z e q(z) = z 2 cosh z. Desde que p
πi 2
= senh
πi 2
= i sen
π = i 6= 0 2
e q
πi 2
0
= 0, q
πi 2
=
πi 2
2
senh
πi 2
=−
π2 i 6= 0, 4
obtemos que z = πi/2 é um polo simples de f e que seu resíduo é B=
4 p(πi/2) = − . q0 (πi/2) π2
Exemplo 6.22 Podemos encotrar o resíduo da função f(z) = no ponto singular isolado z0 =
z z4 + 4
√ iπ/4 2e =1+i
escrevendo p(z) = z e q(z) = z 4 + 4. Desde que p(z0 ) = z0 6= 0, q(z0 ) = 0 e q0 (z0 ) = 4z03 6= 0, f tem um polo simples em z0 . O resíduo correspondente é B0 =
6.7
p(z0 ) z0 1 1 i = 3 = 2 = =− . 0 q (z0 ) 8i 8 4z0 4z0
Exercícios
1) Encontre o resíduo em z = 0 das funções 1 1 z − sin z (a) (b) z cos ; (c) ; 2 z+z z z Respotas: (a) 1;
(b) −1/2;
(c) 0;
(d) −1/45;
(d)
cot z ; z4
(e)
sinh z . − z 2)
z 4 (1
(e) 7/6.
2) Use o Teorema dos Resíduos de Cauchy para calcular a integral de cada uma das funções sobre o círculo |z| = 3, orientado no sentido positivo. e−z e−z z+1 (a) 2 (b) ; (c) z 2 e1/z ; (d) 2 . 2 z (z − 1) z − 2z Respotas: (a) −2πi;
(b) −2πi/e;
(c) πi/3;
142
(d) 2πi.
3) Use o teorema envolvendo um único resíduo para calcular a integral de cada uma das funções sobre o círculo |z| = 2, orientado no sentido positivo. (a)
z5 1 − z3
(b)
Respotas: (a) −2πi;
1 ; 1 + z2
(c)
(b) 0;
1 . z
(c) 2πi.
4) Considere os polinômios P(z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n , an 6= 0 e
Q(z) = b0 + b1 z + b2 z 2 + · · · + bm z m , bm 6= 0
onde m ≥ n + 2. Mostre que, se todos os zeros de Q(z) pertencem ao interior de um contorno fechado simples C , então Z P(z) dz = 0. C Q(z) 5) Em cada caso, escreva a parte principal da função no seu ponto singular isolado e determine se o ponto é um polo, um ponto singular removível ou um ponto singular essencial: sin z cos z 1 z2 ; (c) ; (d) ; (e) . (a) ze1/z (b) 1+z z z (2 − z)3 6) Mostre que o ponto singular em cada função é um polo. Em seguida, determine a ordem m do polo e o resíduo B correspondente. (a)
1 − cosh z z3
(b)
Respotas: (a) m = 1, B = −1/2;
1 − e2z ; z4
(c)
(b) m = 4, B = −4/3;
e2z . (z − 1)2
(c) m = 2, B = 2e2 .
7) Em cada caso, mostre que qualquer ponto singular da função é um polo. Determine a ordem m de cada polo e encontre o resíduo B correspondente. z 3 z2 + 2 ez (a) (b) ; (c) 2 . z−1 2z + 1 z + π2 Respotas: (a) m = 1, B = 3;
(b) m = 3, B = −3/16;
(c) m = 1, B = ±i/2π.
8) Mostre que z 1/4 1+i = √ , |z| > 0, 0 < arg z < 2π; z=−1 z + 1 2
(a) Res (b) Res z=i
Log z π + 2i = ; 2 2 (z + 1) 8
z 1/2 1−i √ , |z| > 0, 0 < arg z < 2π. (c) Res 2 = z=i (z + 1)2 8 2
143
9) Encontre o valor das integrais, onde C é o círculo indicado, sempre orientado no sentido anti-horário. Z 3z 3 + 2 dz, onde C é: (I) |z − 2| = 2; (II) |z| = 4. (a) 2 C (z − 1)(z + 9) Z dz (b) , onde C é: (I) |z| = 2; (II) |z + 3| = 3. 3 C z (z + 4) Z cosh πz dz, onde C é |z| = 2. (c) 2 C z(z + 1) Respotas: (a) (I) πi e (II) 6πi;
(b) (I) πi/32 e (II) 0;
(c) 4πi.
10) Mostre que o ponto z = 0 é um polo simples da função f(z) = csc z =
1 sen z
usando quociente de funções analíticas. 11) Usando quociente de funções analíticas, mostre que i z − senh z = ; (a) Res 2 z=πi z senh z π ezt ezt + Res = −2 cos πt. z=πi senh z z=−πi senh z π (c) Res(z sec z) = (−1)n+1 zn , onde zn = + nπ, n = 0, ±1, ±2, · · · ; z=zn 2 π (d) Res(tanh z) = 1, onde zn = + nπ i, n = 0, ±1, ±2, · · · . z=zn 2 (b) Res
12) Considere a função f(z) =
1
,
[q(z)]2
onde q é analítica em z0 , q(z0 ) = 0 e q0 (z0 ) 6= 0. Mostre que z0 é um polo de ordem m = 2 da função f, com resíduo B0 = −
q00 (z0 ) [q0 (z0 )]3
.
Sugestão: Note que z0 é um zero de ordem m = 1 da função q, isto é q(z) = (z − z0 )g(z), onde g(z) é analítica e não nula em z0 . Então escreva f(z) =
φ(z) 1 , onde φ(z) = . (z − z0 )2 [g(z)]2
A forma desejada do resíduo B0 = φ0 (z0 ) pode ser obtida mostrando que q0 (z0 ) = g(z0 ) e q00 (z0 ) = 2g0 (z0 ).
13 Usando o exercício anterior, encontre o resíduo em z = 0 da função 1 (a) f(z) = csc2 z; (b) f(z) = . (z + z 2 )2 Respostas: (a) 0;
(b) −2.
144
6.8 6.8.1
Aplicações Integrais reais impróprias
Se f é uma função contínua no intervalo [0, ∞), definimos a integral imprópria de f(x) neste intervalo por Z ∞ Z R I1 = f(x)dx = lim f(x)dx. R→∞
0
0
Se o limite acima existir, dizemos que a integral I1 converge; caso contrário ela diverge. Analogamente, Z 0 Z 0 I2 = f(x)dx = lim f(x)dx, R→∞
−∞
−R
sendo f contínua em (−∞, 0]. Por fim, se f é contínua em (−∞, ∞), definimos Z ∞ Z 0 Z ∞ f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx = I1 + I2 −∞
−∞
(6.9)
0
desde que as integrais I1 e I2 convirjam. Se I1 ou I2 diverge,
R∞ −∞
f(x)dx diverge.
R∞ O valor principal de Cauchy para −∞ f(x)dx é definido por Z ∞ Z R V. P. f(x)dx = lim f(x)dx R→∞
−∞
−R
(6.10)
R∞ Se a integral em (6.9) converge (isto é, I1 e I2 convergem) seu valor é V. P. f(x)dx. −∞ R∞ Mas, a existência do limite em (6.10), não significa que −∞Rf(x)dx convirja. DeR fato, o ∞ ∞ leitor pode verificar facilmente que se f(x) = x, então V. P. −∞ xdx = 0, mas −∞ xdx diverge. Agora, se f for uma função par, ou seja, f(x) = f(−x), para todo x ∈ R, temos Z R Z R Z R Z 0 f(x)dx f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx = 2 −R
ou ainda,
Z
−R
0
R
Z
−R
R∞ Assim, se V. P.
−∞
0
f(x)dx = 2
R
f(x)dx. 0
f(x)dx existe, I1 e I2 convergem e Z ∞ Z ∞ Z V. P. f(x)dx = 2 f(x)dx = −∞
0
∞
f(x)dx.
−∞
R∞ Podemos calcular −∞ f(x)dx usando resíduos quando f é uma função racional f(x) = p(x)/q(x), contínua em (−∞, ∞). Procedemos integrando f na variável z num contorno fechado C consistindo do intervalo [−R, R] no eixo real e do semicírculo CR de raio R suficientemente grande para envolver todos os polos de f(z) = p(z)/q(z) que ocorrem no semiplano Im(z) > 0 (veja figura 1). 145
Figura 1. Utilizando o teorema dos resíduos, temos Z Z Z R n X f(z)dz = f(z)dz + f(x)dx = 2πi Res f(z), C
CR
−R
k=1
z=zk
onde zk , k = 1, 2, . . . , n, são os polos no semiplano superior. Se for possível mostrar que Z lim f(z)dz = 0, R→∞
teremos
Z V. P.
e se f for par,
Z
∞
−∞
R
Z f(x)dx = lim
R→∞
∞
−∞
CR
Z f(x)dx = V. P.
Exemplo 6.23 Calcule Z 0
−R
∞
−∞
∞
f(x)dx = 2πi
f(x)dx = 2πi
n X k=1
n X k=1
Res f(z) z=zk
Res f(z). z=zk
x2 dx. x6 + 1
A função f(z) =
z2 z6 + 1
tem pontos singulares isolados nas raízes do polinômio z 6 + 1. Ora, tratam-se das raízes sextas de −1, isto é π 2nπ π 2nπ π 2nπ cn = cos + + i sen + = e( 6 + 6 ) , n = 0, 1, 2, . . . , 5. 6 6 6 6 As três primeiras singularidades c0 = eπi/6 , c1 = eπi/2 = i e c2 = e5πi/6 não pertencem ao eixo real (assim como as demais) e estão na parte superior do plano. Quando R > 1, cada ck (k = 0, 1, 2) pertence ao interior da região formada pelo semicírculo superior de raio R e pelo intervalo [−R, R] (veja figura 2). 146
Figura 2. Integrando f(z) ao longo do contorno da figura 2, temos Z R Z f(x)dx + f(z)dz = 2πi(K0 + K1 + K2 ) −R
(6.11)
CR
onde Kn = Res f(z), n = 0, 1, 2. Note que z=cn
p(z) z2 = , z6 + 1 q(z)
f(z) =
onde q(cn ) = 0, q0 (cn ) = 6cn5 6= 0 e p(cn ) = cn2 , n = 0, 1, 2. Logo, cada cn , n = 0, 1, 2, é um polo simples de f com resíduo Kn =
p(cn ) cn2 1 = = 3 , n = 0, 1, 2. 0 5 q (cn ) 6cn 6cn
Então, 2πi(K0 + K1 + K2 ) = 2πi
1
1 1 + 3+ πi/6 3 5πi/6 6(e ) 6i 6(e )3
= 2πi
e substituindo esse valor em (6.11) obtemos Z R Z π f(x)dx = − f(z)dz, R > 1 3 −R CR
1 1 1 − + 6i 6i 6i
=
π , 3
(6.12)
Resta mostrar que Z lim
R→∞
CR
f(z)dz = 0.
De fato, observe que quando |z| = R, |z 2 | = |z|2 = R 2 e |z 6 + 1| ≥ |z|6 − 1 = R 6 − 1. Assim, se z ∈ CR , |z 2 | R2 |f(z)| = 6 ≤ 6 = MR |z + 1| R −1 e como o comprimento de CR é L = πR, vem Z f(z)dz ≤ MR πR. CR
147
A prova do limite segue imediatamente do seguinte fato: π/R 3 πR 3 = lim = 0. lim MR πR = lim 6 R→∞ 1 − 1/R 6 R→∞ R→∞ R − 1 Logo, da equação (6.12), obtemos Z ∞ Z R x2 π π ou V. P. dx = . lim f(x)dx = 6 R→∞ −R 3 3 −∞ x + 1 Z Desde que o integrando é uma função par, temos V. P. Z 0
∞
∞
−∞
Z f(x)dx = 2
∞
f(x)dx, ou seja 0
x2 π dx = . 6 x +1 6
R As vezes é trabalhoso mostrar que CR f(z)dz −→ 0 quando R → ∞. Por esse motivo apresentamos ao Z leitor o próximo teorema, que nos poupará algumas vezes do trabalho de mostrar que lim
R→∞
CR
f(z)dz = 0 no cálculo de integrais impróprias.
Teorema 6.9 Seja f(z) = p(z)/q(z) uma função racional, onde o grau de p(z) é n e o iθ de R q(z) é m ≥ n + 2. Se CR for o contorno semicircular z = Re , 0 ≤ θ ≤ π, então f(z)dz −→ 0 quando R → 0. CR Demonstração: Sendo n e m ≥ n + 2 os graus dos polinômios p e q, respectivamente, temos p(z) = (z − z1 )(z − z2 ) . . . (z − zn ) onde z1 , z2 , . . ., zn , são as raízes de p(z), e q(z) = (z − w1 )(z − w2 ) . . . (z − wn+2 ) . . . (z − wm ) onde w1 , w2 , . . ., wn+2 , . . ., wm , são as raízes de q(z). Logo |f(z)| =
|z − z1 ||z − z2 | . . . |z − zn | |p(z)| = |q(z)| |z − w1 ||z − w2 | . . . |z − wn+2 | . . . |z − wm | (R + |z1 |)(R + |z2 |) . . . (R + |zn |) ≤ = MR (R − |w1 |)(R − |w2 |) . . . (R − |wn+2 |) . . . (R − |wm |)
Logo, Z
R(R + |z1 |)(R + |z2 |) . . . (R + |zn |) f(z)dz ≤ MR πR = π (R − |w1 |)(R − |w2 |) . . . (R − |wn+2 |) . . . (R − |wm |) CR R n+1 + P(z) R n+1 /R m + P(z)/R m = π = π −→ 0 quando R → ∞, R m + Q(z) 1 + Q(z)/R m
onde P e Q são polinômios com graus n e m − 1 respectivamente. Isto conclui a demonstração do teorema. Observe que a integral anterior só tende para 0 quando R → ∞ graças a hipótese m ≥ n + 2.
148
6.8.2
Integrais impróprias envolvendo funções trigonométricas
Também podemos usar resíduos para calcular integrais envolvendo funções trigonométricas do tipo Z ∞ Z ∞ f(x) sen axdx ou f(x) cos axdx −∞
−∞
onde a > 0. Integrais desse tipo são muito comuns em análise de Fourier. O método anterior não serve para o cálculo deste tipo de integral. Aqui, trabalharemos com a expressão Z R Z R Z R f(x) cos axdx + i f(x) sen axdx = f(x)eiax dx −R
−R
−R
juntamente com o fato de |eiaz | = |eia(x+iy) | = |e−ay eiax | = e−ay ser limitado superiormente no plano Im(z) = y ≥ 0. Exemplo 6.24 Mostre que Z
∞
−∞
2π cos 3x dx = . (x 2 + 1)2 e3
Como o integrando é uma função par, basta determinar o valor principal de Cauchy para a integral imprópria. Considere 1 f(z) = 2 . (z + 1)2 O produto f(z)ei3z é analítico no plano, exceto em z = ±i. A singularidade z = i pertence ao interior da região delimitada pelo semicírculo superior CR , com R > 1 e pelo intervalo [−R, R] (veja figura 3).
Figura 3. Integrando f(z)ei3z ao longo do contorno descrito na figura 3, temos Z
R
−R
ei3x dx = 2πiK1 − (x 2 + 1)2
149
Z CR
f(z)ei3z dz
(6.13)
onde K1 = Res[f(z)ei3z ]. Desde que z=i
f(z)ei3z
ei3z ei3z φ(z) ei3z (z + i)2 = = = , φ(z) = , (z − i)2 (z − i)2 (z + i)2 [(z + i)(z − i)]2
o ponto z = i é evidentemente um polo de ordem m = 2 da função f(z)ei3z com resíduo 1 K1 = φ0 (i) = 3 (Verifique!). Daí, a equação (6.13) pode ser reescrita como ie Z R Z R Z cos 3x sen 3x i3z dx + i dx = Re 2πiK1 − f(z)e dz + 2 2 2 2 −R (x + 1) −R (x + 1) CR Z i3z + Im 2πiK1 − f(z)e dz , CR
e igualando as partes reais, Z Z Z R cos 3x 2π i3z dx = 2πiK1 − Re f(z)e dz = 3 − Re f(z)ei3z dz. 2 2 e CR CR −R (x + 1) Finalmente, observamos que quando z ∈ CR , |f(z)| ≤ MR , onde MR = e |ei3z | = e−3y ≤ 1. Consequentemente Z Z i3z Re f(z)e dz ≤ CR
CR
(R 2
1 − 1)2
f(z)e dz ≤ MR πR i3z
e, como MR πR =
πR 1/R 4 π/R 3 · = −→ 0 quando R → ∞, (1 − 1/R 2 ) (R 2 − 1)2 1/R 4
concluímos que Z lim Re
R→∞
Portanto, Z
∞
−∞
Z cos 3x dx = V. P. (x 2 + 1)2
CR
f(z)ei3z dz = 0.
∞
−∞
Z cos 3x dx = lim R→∞ (x 2 + 1)2
R
−R
cos 3x 2π dx = 3 . 2 2 (x + 1) e
Assim comoRno primeiro exemplo desta seção, temos o seguinte teorema para nos ajudar a mostrar que CR f(z)eiαz dz −→ 0 quando R → ∞: Teorema 6.10 Suponha que f(z) = p(z)/q(z) seja racional, sendo n e m os graus de p(z) e de q(z), com + 2. Se CR for um contorno semicircular z = Reiθ , 0 ≤ θ ≤ π e R m ≥ niaz a > 0, então CR f(z)e dz −→ 0 quando R → ∞. Demonstração: Análoga a demonstração do teorema anterior; basta adicionar neste caso que a função |eiaz | = |eia(x+iy) | = |e−ay eiax | = e−ay é limitada superiormente no plano Im(z) = y ≥ 0. 150
6.8.3
Integrais definidas
Considere
Z
2π
F (sen θ, cos θ)dθ, 0 ≤ θ ≤ 2π
(6.14)
0
onde θ = arg z com z ∈ C , C sendo o círculo unitário centrado na origem. Então, z = eiθ , dz = ieiθ dθ = izdθ e as relações sen θ =
z − z −1 eiθ + e−iθ z + z −1 dz eiθ − e−iθ = , cos θ = = , dθ = , 2i 2i 2 2 iz
transformam (6.14) em
Z F C
z − z −1 z + z −1 , 2i 2
dz . iz
(6.15)
Quando o integrando em (6.15) é uma função racional em z, podemos usar teoria dos resíduos para avaliar a integral. Exemplo 6.25 Mostre que Z
2π
0
dθ 2π =√ , −1 < a < 1. 1 + a sen θ 1 − a2
Se a = 0 não há o que fazer. Agora, se a 6= 0 temos 1 + a sen θ = 1 + a donde, Z 2π 0
dθ = 1 + a sen θ
a a dz z − z −1 =1+ z− z −1 e dθ = , 2i 2i 2i iz
1 dz = −1 iz C 1 + (a/2i) z − (a/2i) z Z 2/a dz = 2 C z + (2i/a) z − 1 Z
Z C
1 dz iz + (a/2) z 2 − (a/2)
onde C é o círculo unitário |z| = 1. Os zeros do denominador são ! ! √ √ −1 + 1 − a2 −1 − 1 − a2 z1 = i, z2 = i. a a Daí, f(z) =
z2
2/a 2/a = . + (2i/a) z − 1 (z − z1 )(z − z2 )
Note que, como |a| < 1,
√ |z2 | =
1+
1 − a2 >1 |a|
151
isto é, z2 pertence ao exterior de C ; e, desde que |z1 z2 | = 1/a2 − (1 − a2 )/a2 = 1, temos |z1 | =
1 <1 |z2 |
ou seja, z1 é um ponto interior a C . Finalmente, determinemos K1 = Res f(z). Escrevendo, z=z1
φ(z) 2/a , onde φ(z) = z − z1 z − z2
f(z) =
2/a percebemos que φ é analítica e φ(z1 ) = 6= 0. Isto mostra que z1 é um polo simples z1 − z2 e 2/a 2/a 1 = √ K1 = φ(z1 ) = = √ . z − z2 2 1 − a2 i 1 − a2 i a Consequentemente, Z 2π 0
dθ = 1 + a sen θ
Z C
z2
2π 2/a dz = 2πiK1 = √ . + (2i/a) z − 1 1 − a2
Se tivermos múltiplos de θ obtemos, por exemplo, −2 2 eiθ + eiθ ei2θ + e−i2θ z 2 + z −2 cos 2θ = = = . 2 2 2
6.8.4
A Transformada de Laplace
Seja f(x) uma função real. Uma integral da forma Z b F (α) = f(x)K (α, x)dx a
(6.16)
transforma a função f(x) na função F (α). Dizemos que (6.16) é uma transformada integral da função f. Além disso, sob hipóteses determinadas, podemos recuperar f(x) por meio de outra transformada integral Z d f(x) = F (α)H(α, x)dα (6.17) c
denominada transformada inversa. As funções de duas variáveis K (α, x) e H(α, x) são os núcleos das transformadas (6.16) e (6.17), respectivamente. Suponha que f é definida no intervalo [0, ∞) e seja z ∈ C. Se em (6.16) trocarmos α por z e colocarmos K (z, t) = e−zt , t ∈ [0, ∞) teremos Z ∞ Z b −zt L {f(t)} = e f(t)dt = lim e−zt f(t)dt b→∞
0
0
que é a conhecida transformada de Laplace. 152
Exemplo 6.26 A transformada de Laplace da função f(t) = 1, t ≥ 0 é Z ∞ Z b −e−zt b 1 − e−zb −zt L {1} = e (1)dt = lim e−zt dt = lim = lim b→∞ 0 b→∞ z 0 b→∞ z 0 −bx−byi −bx 1−e 1 − e (cos by − i sen by) 1 = lim = lim = , Re(z) = x > 0, b→∞ b→∞ z z z ou seja, L {1} = 1/z, desde que Re(z) > 0. Se f é contínua por partes em [0, ∞) e se existem constantes reais c > 0, M > 0 e T > 0 tais que |f(t)| ≤ Mect , t > T , (6.18) podemos garantir a existência de L {f(t)} quando Re(z) > c; e se (6.18) vale para t ≥ 0, a transformada de Laplace Z ∞ F (z) = L {f(t)} = e−zt f(t)dt 0
é analítica no semiplano direito Re(z) > 0. Tais resultados podem ser vistos com detalhes em um curso de Análise de Fourier. Se f e f 0 forem contínuas por partes em [0, ∞), se (6.18) vale para todo t ≥ 0 e se F (z) = L {f(t)}, a transformada inversa de Laplace L −1 {F (z)} é f(t) = L
−1
Z 1 lim {F (z)} = 2πi R→∞
γ+iR
γ−iR
ezt F (z)dz,
onde γ > c. Teorema 6.11 Finalmente, se F (z) tem um número finito de polos z1 , z2 , . . ., zn , à esquerda da reta vertical Re(z) = γ, se C é o contorno da figura 4 e se zF (z) for limitada em CR quando R → ∞, então n X −1 L {F (z)} = Res ezt F (z). k=1
z=zk
Figura 4. 153
Exemplo 6.27 Calcule L −1 {1/z 3 }, Re(z) > 0. Note que F (z) = 1/z 3 tem um polo de ordem 3 em z = 0 e 1/z 2 é limitada no semicírculo CR da figura 4, quando R → ∞. Logo, zt 1 ezt d2 1 d2 zt 1 −1 3e f(t) = L = Res lim (z − 0) = lim = e z=0 z 3 z3 2! z→∞ dz 2 z3 2 z→∞ dz 2 1 1 lim t 2 ezt = t 2 . = 2 z→∞ 2 Finalmente queremos introduzir uma outra transformada integral bastante útil na matemática e em algumas engenharias. Suponha que f(x) é uma função real definida em (−∞, ∞). A transformada de Fourier para f(x) é definida por Z ∞ F {f(x)} = f(x)eiαx dx = F (α) −∞
e a transformada inversa de Fourier é F
−1
Z 1 {f(x)} = 2π
∞
−∞
F (α)e−iαx dα = f(x)
onde α ∈ R. Como as integrais anteriores são reais e impróprias podemos usar teoria dos resíduos em alguns casos.
154
Capítulo 7 Transformações Elementares As propriedades de uma função real de uma variável real são muitas vezes expostas pelo gráfico da função. Mas, quando w = f(z), onde z e w são variáveis complexas, tal representação gráfica da função não é possível pois cada um dos números z e w está localizado em um plano, e não numa reta. Pode-se, no entanto, apresentar algumas informações sobre a função, indicando pares de pontos correspondentes z = (x, y) e w = (u, v). Para fazer isso, é mais simples de considerar os planos z e w separadamente. Quando pensamos em uma função f dessa forma, nos referimos a ela como sendo um mapeamento, ou uma transformação. A imagem de um ponto z no domínio de definição S é o ponto w = f(z), e o conjunto de imagens de todos os pontos em um subconjunto T ⊂ S é chamado a imagem de T . A imagem de todo o domínio de definição S é chamado de imagem de f. A imagem inversa de um ponto w é o conjunto de todos os pontos z no domínio de definição de f que possuem w como sua imagem. A imagem inversa de um ponto pode conter apenas um ponto, muitos pontos, ou mesmo nenhum. O último caso ocorre, é claro, quando w não está na imagem de f. Termos como translação, rotação e reflexão são usados para falar de características geométricas de certos mapeamentos. Em tais casos, às vezes é conveniente considerar os planos z e w como sendo o mesmo. Por exemplo, a transformação w = z + 1 = (x + 1) + iy, onde z = x + iy, pode ser pensado como uma translação de cada ponto z uma unidade para a direita. Desde que i = eiπ/2 , o mapeamento h π i , w = iz = r exp i θ + 2 onde z = reiθ , gira o vetor z não nulo através de um ângulo reto sobre a origem no sentido anti-horário, e o mapeamento w = z = x − iy transforma cada ponto z = x + iy na sua refrexão em relação ao eixo real. Conseguimos mais informações sobre mapeamentos esboçando imagens de curvas e regiões do que simplesmente indicando imagens de pontos individuais.
155
Exemplo 7.1 O mapeamento w = z 2 pode ser pensando como a transformação u = x 2 − y2 , v = 2xy
(7.1)
do plano xy no plano uv. Esta forma de mapeamento é especialmente útil para encontrar as imagens de certas hipérboles. É fácil mostrar, por exemplo, que cada ramo de uma hipérbole x 2 − y2 = c1 , c1 > 0 é transformada de forma 1-1 em uma reta vertical u = c1 . Começamos observando da primeira das equações de (7.1) que u = c1 quando (x, y) é um ponto pertencente a qualquer um dos dois ramos da hipérbole. Quando, em particular,p(x, y) encontra-se no ramo da direita, a segunda equação de (7.1) nos diz que v = 2y y2 + c1 . Assim, a imagem do ramo da direita pode ser expressado parametricamente como p u = c1 , v = 2y y2 + c1 , −∞ < y < ∞; e é evidente que a imagem de um ponto (x, y) sobre esse ramo se move para cima ao longo da reta inteira quando (x, y) traça o ramo na direção ascendente (Figura 1).
Figura 1. Da mesma forma, uma vez que o par de equações p u = c1 , v = −2y y2 + c1 , −∞ < y < ∞ fornecem uma representação paramétrica para a imagem do ramo esquerdo da hipérbole, a imagem de um ponto que se move para baixo ao longo do ramo esquerdo sobe ao longo da reta u = c1 . Por outro lado, cada ramo da hipérbole 2xy = c2 , c2 > 0
(7.2)
é transformado na reta v = c2 , indicado na Figura 1. Para verificar isso, notamos a partir da segunda equação em (7.1) que v = c2 quando (x, y) é um ponto de cada ramo. Suponha que este ponto está no ramo inclinado no primeiro quadrante. Então, uma vez
156
que y = c2 /(2x), a primeira das equações em (7.1) revela que a imagem do ramo tem representação paramétrica u = x2 −
c22 , v = c2 0 < x < ∞. 4x 2
Observe que lim u = −∞ e x→0 x>0
lim u = ∞.
x→∞
Desde que u depende continuamente de x, então, é claro que como (x, y) percorre todo o ramo superior da hipérbole (7.1), sua imagem se move para a direita ao longo da reta horizontal v = c2 . A imagem da parte inferior do ramo tem representação paramétrica u=
c22 − y2 , v = c2 , −∞ < y < 0 4y2
e desde que lim u = −∞ e lim u = ∞
y→−∞
y→0 y<0
segue-se que a imagem de um ponto se movendo para cima ao longo do ramo inferior também se move para a direita ao longo da reta v = c2 (veja figura 1). Exemplo 7.2 O domínio x > 0, y > 0, xy < 1 é composto por todos os pontos situados na ramos superiores das hipérboles da família 2xy = c, onde 0 < c < 2 (Figura 2).
Figura 2. Uma vez que, para todos os valores de c entre 0 e 2, os ramos preenchem o domínio x > 0, y > 0, xy < 1, este é transformado na faixa horizontal 0 < v < 2. Tendo em vista as equações (7.1), a imagem de um ponto (0, y) no plano z é (−y2 , 0). Portanto, como (0, y) se desloca para baixo, em direição a origem ao longo do eixo y, sua imagem se move, no plano w, para a direito ao longo do eixo u negativo e atinge a origem. Então, já que a imagem de um ponto (x, 0) é (x 2 , 0), essa imagem se move para a direita da origem ao longo do eixo u já que (x, 0) se move para a direita da origem ao longo do eixo x. A imagem do ramo superior da hipérbole xy = 1 é a reta horizontal v = 2. Então a região fechada x ≥ 0, y ≥ 0, xy ≤ 1 é mapeada na faixa fechada 0 ≤ v ≤ 2, como indicado na figura 2.
157
Exemplo 7.3 A transformação w = z 2 pode ser reescrita como w = r 2 ei2θ onde z = reiθ . Então se w = ρeiφ , temos ρeiφ = r 2 ei2θ , donde segue que ρ = r 2 e φ = 2θ + 2kπ, onde k = 0, ±1, ±2, . . .. Evidentemente, então, a imagem de qualquer z não nulo é encontrada elevando ao quadrado o módulo de z e duplicando o valor de arg z. Observe que os pontos z = r0 eiθ num círculo r = r0 são transformados em pontos w = r02 ei2θ no círculo ρ = r02 . Como um ponto no primeiro círculo se move para a esquerda, a partir do eixo real positivo, em direção o eixo imaginário positivo, a sua imagem no segundo plano move o círculo no sentido anti-horário a partir do eixo real positivo para o eixo real negativo (veja Figura 3). Assim, como todos os possíveis valores positivos de r0 são escolhidos, os arcos correspondentes a z no plano w preenchem o primeiro quadrante do plano e a metade superior, respectivamente. A transformação w = z 2 é, então, um mapeamento 1-1 do primeiro quadrante r ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ π/2 no plano z na metade superior p ≥ 0, O ≤ φ ≤ π do plano w, como indicado na figura 3. O ponto z = 0 é, naturalmente, mapeado para o ponto w = 0.
Figura 3. A transformação w = z 2 também mapeia o semi-plano superior r ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ π no plano w inteiro. No entanto, neste caso, a transformação não é 1-1 pois ambos os eixos positivos e negativos reais no plano z são mapeados para o eixo real positivo no plano w. Quando n é um inteiro positivo maior do que 2, as propriedades de mapeamento das diversas transformações w = z n , ou ρeiφ = r n einθ , são semelhantes as de w = z 2 . Tal transformação mapeia o plano z inteiro no plano w inteiro, onde cada ponto diferente de zero no plano w é a imagem de n pontos distintos no plano z. O círculo r = r0 é mapeado no círculo ρ = r0n ; e o setor r ≤ r0 , 0 ≤ θ ≤ 2π/n é mapeado no disco ρ ≤ r0n : mas não de forma 1-1. Exemplo 7.4 A transformação w = ez pode ser escrita como ρeiφ = ex eiy , onde z = x + iy e w = ρeiφ . Então p = ex e φ = y + 2nπ, onde n é algum inteiro; tal transformação pode ser expressada na forma ρ = ex , φ = y. 158
A imagem de um ponto z = (c1 , y) em uma reta vertical x = c1 tem coordenadas polares ρ = exp c1 e φ = y no plano w. Essa imagem se move para a esquerda ao redor do círculo mostrado na figura 4 quando z se move para cima na reta. A imagem da reta é evidentemente, todo o círculo, e cada ponto no círculo é a imagem de um número infinito de pontos, igualmente espaçados por 2π, ao longo da reta.
Figura 4. Uma reta horizontal y = c2 é mapeada de forma 1-1 no raio φ = c2 . Para isto, notamos que a imagem de um ponto z = (x, c2 ) tem coordenadas polares p = ex e φ = c2 . Evidentemente, então, como esse ponto z se move ao longo de toda a reta da esquerda para a direita, sua imagem se move para fora do raio φ = c2 , como indicado na figura 4. Exemplo 7.5 Vamos mostrar que a transformação w = e : transforma a região retangular a ≤ x ≤ b, c ≤ x ≤ d na região ea ≤ ρ ≤ eb , c ≤ φ ≤ d. As duas regiões e as partes correspondentes de seus limites são indicados na figura 5. O segmento vertical AD é mapeado no arco ρ = ea , c ≤ φ ≤ d, que é denotado por A0 D 0 . As imagens dos segmentos verticais à direita da AD juntamente com as partes limitadas horizontalmente são arcos maiores; a imagem do segmento BC é o arco ρ = eb , c ≤ φ ≤ d, denotado por B0 C 0 . O mapeamento é 1-1, se d − c < 2π. Em particular, se c = 0 e d = π, então 0 ≤ φ ≤ π; e a região retangular é mapeada na metade de um anel circular.
Figura 5. Exemplo 7.6 Quando w = ez , a imagem da faixa infinita 0 ≤ y ≤ π é a metade superior v ≥ 0 do plano w (Figura 6).
7.1
Transformações Lineares
Definição 7.1 (Função Complexa Linear) Definimos uma função complexa linear (ou transformação linear) como uma função da forma f(z) = Az + B, 159
onde A e B são constante complexas quaisquer. Considere a transformação
w = Az,
(7.3)
onde A 6= 0 é uma constante complexa e z 6= 0. Sendo A = aeiα e z = reiθ , temos w = (ar)ei(α+θ) , donde observamos que (7.3) expande ou contrai o raio de z pelo fator a = |A| e o gira através do ângulo α = arg A em torno da origem; assim, a imagem de uma região é similar a região inicial. Já a transformação
w =z+B
(7.4)
onde B ∈ C é uma constante complexa, é uma translação por meio do vetor B, isto é, se w = u + iv, z = x + iy e B = b1 + ib2 , a imagem do ponto (x, y) no plano z é o complexo (u, v) = (x + b1 , y + b2 ) no plano w; assim, a imagem de uma região é congruente a região. Por fim, consideramos a transformação linear w = Az + B
(7.5)
onde A = 6 0 e B são constantes complexas; aqui, temos a composição da transformação Z = Az com a transformação w = Z + B, isto é, temos uma expansão ou contração e uma rotação seguida por uma translação. Obs. 7.1 Uma transformação linear w = Az + B, com a 6= 0, pode modificar as dimensões de uma figura no plano complexo, mas não pode alterar a forma básica da figura. Exemplo 7.7 A transformação w = (1 + i)z + 2 transforma retângulo em retângulo, segundo a figura 1.
Figura 1. 160
Temos Z = (1 + i)z e w = Z + 2 e Z (0) = 0, Z (A) = 1 + i, Z (1 + 2i) = −1 + 3i e Z (B) = −2 + 2i. √ √ Desde que 1 + i = 2eiπ/4 , Z = (1 + i)z é uma expansão pelo fator 2 e uma rotação através do ângulo π/4; a transformação w = Z + 2, por sua vez, é uma translação de duas unidades à direita.
7.2
A transformação w = 1/z
Definição 7.2 (Função Recíproca) A transformação w=
1 , z 6= 0. z
(7.6)
é denominada função recíproca. Desde que zz = |z|2 , a transformação (7.6) pode ser escrita por meio das transformações 1 z z 1 Z = 2z e w = Z = 2 = = . |z| |z| zz z A transformação Z é uma inversão em relação ao círculo unitário |z| = 1. Então a imagem de z 6= 0 é um número complexo Z tal que |Z | =
1 e arg Z = arg z, |z|
isto é, os pontos no exterior de |z| = 1 são levados ao interior de |z| = 1 e vice-versa. Já a transformação w é uma reflexão em torno do eixo real (veja figura 2).
Figura 2. Escrevendo (7.6) como T (z) =
1 , z 6= 0 z
161
podemos definir T em 0 e em ∞ considerando o que chamaremos de plano complexo estendido, que consiste do conjunto C incluindo os valores ±∞. Desde que, lim T (z) = ∞ e
z→∞
lim T (z) = 0
z→∞
escrevemos T (0) = ∞ e T (∞) = 0 e T passa a ser contínua no plano complexo estendido. z Agora, sendo w = 2 com w = u + iv e z = x + iy, temos |z| x −y , v= 2 2 +y x + y2
(7.7)
u −v , y = . u2 + v 2 u2 + v 2
(7.8)
u= e desde que z =
x2
w 1 = , temos w |w|2 x=
Quando A, B, C e D são números reais com B2 + C 2 > 4AD a equação A(x 2 + y2 ) + Bx + C y + D = 0
(7.9)
é um círculo se A 6= 0 ou uma reta se A = 0. De fato, se A 6= 0 completando quadrados em (7.9), obtemos !2 √ 2 2 C B2 + C 2 − 4AD B + y+ = , x+ 2A 2A 2A donde devemos ter B2 + C 2 > 4AD. Se x e y em (7.8) satisfazem (7.9), substituimos seus valores na equação e temos u2 v2 v u A + 2 +B 2 −C 2 +D =0 2 2 2 2 2 2 (u + v ) (u + v ) u +v u + v2 e simplificando, vem
D(u2 + v 2 ) + Bu − C v + A = 0
(7.10)
que também é um círculo ou uma reta. Reciprocamente, se u e v satisfazem (7.10) obtemos (7.9). Logo, (i) um círculo (A 6= 0) que não passa pela origem (D 6= 0) no plano z é transformado num círculo que não passa pela origem no plano w; (ii) um círculo (A 6= 0) que passa pela origem (D = 0) no plano z é transformado numa reta que não passa pela origem no plano w; (iii) uma reta (A = 0) que não passa pela origem (D 6= 0) no plano z é transformada num círculo que passa pela origem no plano w; 162
(iv) uma reta (A = 0) que passa pela origem (D = 0) no plano z é transformada numa reta que passa pela origem no plano w. Exemplo 7.8 De acordo com as equações (7.9) e (7.10), uma reta vertical x = c1 (c1 6= 0) é transformada por w = 1/z em u c1 = 2 ⇒ −c1 (u2 + v 2 ) + u = 0 ⇒ u + v2
2 2 1 1 2 u− +v = . 2c1 2c1
A imagem do ponto (c1 , y) da reta é (u, v) =
c1 −y , 2 2 2 c1 + y c1 + y 2
.
Por exemplo, para c1 = 1/3 e c1 = −1/2 temos os seguintes esboços na figura 3:
Figura 3. Para obter a orientação dos círculos na figura 3 analisamos o comportamento de u e v quando y varia de −∞ a ∞. Note que lim u = lim
y→−∞
y→−∞ c 2 1
c1 =0 + y2
ou seja, começamos a traçar o círculo quando u = 0, isto é, na origem. A medida que y varia no semieixo negativo e se aproxima de zero, obtemos lim u = lim
y→0
y→0 c 2 1
1 c1 = (coordenada oposta a origem) 2 c1 +y
−y positivo. Isto significa que ao variar y de −∞ até 0, o ponto (u, v) parte + y2 da origem pelo semicírculo superior no primeiro quadrante até o ponto (1/c1 , 0) oposto à origem. Com uma análise similar obtemos a orientação quando y varia de 0 a +∞ e, portanto, justificamos a orientação vista, por exemplo, na figura 3. com v =
c12
163
Exemplo 7.9 Uma reta horizontal y = c2 (c2 6= 0) é transformada por w = 1/z no círculo 2 2 −v 1 1 2 2 2 c2 = 2 ⇒ c2 (u + v ) + v = 0 ⇒ u + v + = . u + v2 2c2 2c2 Para c2 = 1/2 e c2 = −1/2 veja figura 3. Exemplo 7.10 A inversão w = 1/z transforma o plano x ≥ c1 (c1 > 0) no disco 2 2 u 1 1 2 x= 2 ≥ c1 ⇒ u − +v ≤ . u + v2 2c1 2c1 Note que, qualquer reta x = c com c ≥ c1 (⇒ 1/2c ≤ 1/2c1 ) é transformada no círculo 2 2 1 1 2 u− +v = 2c 2c interior ao disco anterior (veja figura 4).
Figura 4.
7.3
Transformação linear fracionária
Definição 7.3 (Transformação Linear Fracionária) A transformação w=
az + b , ad − bc 6= 0, cz + d
(7.11)
onde a, b, c e d são constantes complexas, é chamada transformação linear fracionária ou transformação de Möbius. Obs. 7.2 A condição ad−bc 6= 0 é necessária para que a transformação linear fracionária seja conforme (veremos esta noção no próximo capítulo) e biunívoca. Para ver que a transformação w = T (z) em (7.11) é biunívoca basta resolvê-la para z, donde encontramos z=
−dw + b , ad − bc 6= 0. cw − a
Daí, se T (z1 ) = T (z2 ) = w teremos z1 = z2 . 164
(7.12)
Observe que (7.11) pode ser escrita como Azw + Bz + C w + D = 0, AD − BC 6= 0
(7.13)
e, reciprocamente, escrevemos (7.13) como (7.11). Desde que (7.13) é linear em z e w separadamente, dizemos que (7.13) é uma transformação bilinear. Quando c = 0, ad − bc 6= 0 ⇒ ad 6= 0 em (7.11); além disso, (7.11) se reduz a uma transformação linear não-constante. Já quando c 6= 0, (7.11) ganha a forma acz + bc acz + ad + bc − ad a(cz + d) + (bc − ad) c(az + b) = = = c(cz + d) c(cz + d) c(cz + d) c(cz + d) a bc − ad 1 = + · , ad − bc 6= 0 (7.14) c c cz + d
w =
A condição ad − bc 6= 0 sugere que w seja uma transformação não-constante. A transformação 1/z é um caso particular de (7.11) com c = 1 6= 0. Por (7.14), quando c 6= 0, percebemos que a transformação linear fracionária é a composição das transformações Z = cz + d, W =
a bc − ad 1 e w= + W , ad − bc 6= 0, Z c c
ou seja, se c = 0 ou c 6= 0, esta transformação transforma círculos ou retas em círculos ou retas. Agora, escrevendo T (z) = temos
e
az + b , ad − bc 6= 0, cz + d
(7.15)
T (∞) = ∞ se c = 0 a T (∞) = , T c
d − c
= ∞ se c 6= 0,
isto é, T é contínua no plano z estendido. Além disso, (7.15) define uma aplicação bijetiva no plano z estendido. Assim, podemos definir a transformação inversa T −1 , dada por T −1 (w) = z ⇔ T (z) = w. Por (7.12), vemos que T −1 (w) =
−dw + b , ad − bc 6= 0, cw − a
ou seja, T −1 é uma transformação linear fracionária e satisfaz T −1 (∞) = ∞ se c = 0 e
T −1
a c
= ∞, T −1 (∞) = − 165
d se c 6= 0. c
Se T e S são duas transformações lineares fracionárias, a composição S[T (z)] também é fracionária. Em particular T −1 [T (z)] = z para cada z no plano estendido. Finalmente, ressaltamos que sempre existe uma transformção linear fracionária que leva três pontos distintos z1 , z2 e z3 do plano z estendido em três pontos distintos específicos w1 , w2 e w3 no plano w estendido, como veremos através dos próximos exemplos. Exemplo 7.11 Encontre uma transformação linear fracionária que leva os pontos z1 = −1, z2 = 0 e z3 = 1 nos pontos w1 = −i, w2 = 1 e w3 = i. Considerando a transformação linear fracionária em (7.11) e sabendo que 1 é a imagem de 0, obtemos b/d = 1 ⇒ b = d. Então, w=
az + b , b(a − c) 6= 0. cz + b
Desde que −1 e 1 são transformados em −i e i, segue que −i =
−a + b a+b ⇒ ic − ib = −a + b e i = ⇒ ic + ib = a + b, −c + b c+b
ou seja,
ic − ib = −a + b ⇒ c = −ib. ic + ib = a + b
Do sistema anterior temos também ic − ib = −a + b ⇒ a = ib. −ic − ib = −a − b Consequentemente, w=
b(iz + 1) ibz + b = , b 6= 0. −ibz + b b(−iz + 1)
e obtemos a transformação w=
iz + 1 i i−z · = . −iz + 1 i i+z
Exemplo 7.12 Encontre uma transformação linear fracionária que leva os pontos z1 = 1, z2 = 0 e z3 = −1 nos pontos w1 = i, w2 = ∞ e w3 = 1. Considerando a transformação linear fracionária em (7.11) e sabendo que ∞ é a imagem de 0, obtemos b/d = ∞ ⇒ d = 0. Então, w=
az + b , bc 6= 0. cz 166
Como 1 é levado em i e −1 é levado em 1, temos i=
a+b −a + b ⇒ ic = a + b e 1 = ⇒ −c = −a + b c −c
ou seja,
i−1 ic = a + b ⇒b= c. −c = −a + b 2
Do sistema anterior temos também i+1 ic = a + b c. ⇒a= c =a−b 2 Substituindo esses valores na transformação, obtemos w=
(i + 1)z + (i − 1) . 2z
Definição 7.4 (Razão Cruzada) A razão cruzada dos números complexos z, z1 , z2 e z3 é o número complexo z − z1 z2 − z3 . z − z3 z2 − z1 Obs. 7.3 Podemos estender este conceito para pontos do plano complexo estendido. Por exemplo, a razão cruzada de, digamos, ∞, z1 , z2 e z3 é dada por lim
z→∞
z − z1 z2 − z3 . z − z3 z2 − z1
Deixamos como exercício para o leitor demonstrar o seguinte teorema: Teorema 7.1 Seja w = T (z) uma transformação linear fracionária que transforma os pontos distintos z1 , z2 e z3 nos pontos distintos w1 , w2 e w3 , respectivamente; então, z − z1 z2 − z3 w − w1 w2 − w3 = z − z3 z2 − z1 w − w3 w2 − w1 para todo z. Exemplo 7.13 A transformação requerida no exem 1.5 com os pontos z1 = −1, z2 = 0, z3 = 1 e w1 = −i, w2 = 1, w3 = i pode ser encontrada escrevendo (w + i)(1 − i) (z + 1)(0 − 1) = (w − i)(1 + i) (z − 1)(0 + 1) e pondo w em função z. O resultado é w=
i−z . i+z
167
Exemplo 7.14 No exemplo 1.6 temos os pontos z1 = 1, z2 = 0, z3 = −1 e w1 = i, w2 = ∞, w3 = 1. Neste caso, temos
(w − i)(w2 − 1) (z − 1)(0 + 1) = w2 →∞ (w − 1)(w2 − i) (z + 1)(0 − 1) lim
ou ainda, (w − i)(1/w2 − 1) w2 (z − 1)(0 + 1) · = w2 →0 (w − 1)(1/w2 − i) w2 (z + 1)(0 − 1) (z − 1)(0 + 1) (w − i)(1 − w2 ) = lim w2 →0 (w − 1)(1 − iw2 ) (z + 1)(0 − 1) lim
isto é,
(z − 1)(0 + 1) w −i = . w −1 (z + 1)(0 − 1)
Colocando w em função de z, obtemos w=
7.4
(i + 1)z + (i − 1) . 2z
Exercícios
1) Mostre que a transformação w = iz é uma rotação no plano z por um ângulo de π/2. Em seguida encontre a imagem da faixa infinita 0 < x < 1. (Resp. 0 < v < 1). 2) Mostre que a transformação w = iz + i mapeia o plano x > 0 no plano v > 1. 3) Faça um esboço da região pela qual o plano y > 0 é mapeado através da transformação w = (1 + i)z Resposta: f(z) = z 2 + 2iz. (Resp. v > u). 4) Encontre a imagem do plano y > 1 pela transformação w = (1 − i)z. 5) Encontre a imagem da faixa semi-infinita x > 0, 0 < y < 2 quando w = iz + 1. Faça um esboço da faixa e de sua imagem. (Resp. −1 < u < 1, v < 0). 6) Determine a imagem do retângulo com vértices −1 + i, 1 + i, 1 + 2i e −1 + 2i sob a transformação linear f(z) = 4iz + 2 + 3i. 7) Encontre a imagem da faixa infinita 0 < y < 1/(2c) sob a transformação w = 1/z. Faça um esboço da faixa e de sua imagem. (Resp. u2 + (v + c)2 > c 2 , v < 0). 8) Encontre a imagem da região x > 1, y > 0 sob a transformação w = 1/z. (Resp. 2 2 1 + v 2 < 21 , v < 0). u− 2 9) Descreva geometricamente a transformação w = 1/(z − 1). 10) Descreva geometricamente a transformação w = i/z. Diga por que ela transforma círculos e retas em círculos e retas. 168
11) Encontre a imagem da faixa semi-infinita x > 0, 0 < y < 1 quando w = i/z. Esboce 2 2 1 1 a faixa e sua imagem. (Resp. u − + v2 > , u > 0, v > 0. 2 2 12) Encontre a transformação linear fracionária que mapeia os pontos z1 = 2, z2 = i, 3z + 2i z3 = −2 nos pontos w1 = 1, w2 = i, w3 = −1. (Resp. w = ). iz + 6 13) Encontre a transformação linear fracionária que transforma os pontos z1 = −i, z2 = 0, z3 = i nos pontos w1 = −1, w2 = i, w3 = 1. Em qual curva o eixo imaginário x = 0 é transformado? 14) Encontre a transformação bilinear que mapeia os pontos z1 = ∞, z2 = i, z3 = 0 nos pontos w1 = 0, w2 = i, w3 = ∞. (Resp. w = −1/z). 15) Encontre a transformação bilinear que transforma os pontos distintos z1 , z2 , z3 nos pontos w1 = 0, w2 = 1, w3 = ∞. 16) Um ponto fixo de uma transformação w = f(z) é um ponto z0 tal que f(z0 ) = z0 . Mostre que toda transformação linear fracionária, com exceção da transformação identidade w = z, possui, no máximo, dois pontos fixos em todo o plano estendido. 17) Encotre os pontos fixos das transformações 6z − 9 z−1 (b) w = . (a) w = z+1 z (Resp. (a) z = ±i; (b) z = 3.) (I) Determine todas as transformações lineares fracionárias que transformam o plano superior Im z > 0 no disco aberto |w| < 1 e a fronteira Im z = 0 do plano superior na fronteira |w| = 1 do disco. Justifique sua resposta e dê exemplos particulares. (II) Considere a transformação w = sen z. Sejam as retas C1 : x = c1 , 0 < c1 < π/2 e C2 : x = c2 , −π/2 < c2 < 0 no plano z. Mostre que C1 e C2 são transformadas por w = sen z nos dois ramos de uma hipérbole no plano w. Em seguida, mostre que w = sen z transforma a faixa semi-infinita π/2 ≤ x ≤ π/2, y ≥ 0 do plano z no plano superior v ≥ 0 do plano w. Por fim, mostre que o retângulo π/2 ≤ x ≤ π/2, 0 ≤ y ≤ b do plano z é transformado por w = sen z numa região semi-elíptica do plano w. (III) Mostre que a transformação w = z 2 mapeia a faixa vertical 0 ≤ x ≤ 1, y ≥ 0 do plano z numa região semi-parabólica fechada do plano w. Em seguida mostre que o ramo principal F0 (z) da função multivalente z 1/2 pode ser escrito como 1 Log z . F0 (z) = exp 2 Por fim, mostre que w = F0 (z) transforma √ a quarta parte do disco, 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ π/2 do plano z no setor 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ φ ≤ π/4 do plano w.
169
Capítulo 8 Transformações Conformes Seja C um arco suave representado parametricamente por z = z((t), a ≤ t ≤ b, e seja f(z) uma função analítica definida sobre C . A equação w = f(z(t)), a ≤ t ≤ b é uma representação da imagem Γ de C por w = f(z); vale ressaltar que Γ também é um arco suave, pois f é analítica. Suponha que z0 = z(t0 ), a < t0 < b, pertence a C e que f é analítica com f 0 (z0 ) 6= 0. Pela regra da cadeia w 0 (t0 ) = f 0 (z(t0 ))z 0 (t0 ), donde segue que
arg w 0 (t0 ) = arg f 0 (z(t0 )) + arg z 0 (t0 )
(8.1)
Sendo ψ0 = arg f 0 (z0 ) e θ0 o ângulo de inclinação da direção da tangente à C em z0 , ou seja, θ0 = arg z 0 (t0 ), reescrevemos (8.1) como φ0 = ψ0 + θ0 , com φ0 = arg w 0 (t0 ), que é o ângulo de inclinação da direção da tangente à Γ em w0 = f(z0 ) (veja figura 1).
Figura 1. Note que θ0 e φ0 diferem pelo ângulo de rotação ψ0 = arg f 0 (z0 ).
170
8.1
Transformação conforme
Sejam C1 e C2 arcos suaves passando por z0 e θ1 , θ2 os ângulos de inclinação das direções das tangentes à C1 e à C2 no ponto z0 . Sabemos que φ1 = ψ0 + θ1 e φ2 = ψ0 + θ2 são os ângulos de inclinação das direções das tangentes às curvas Γ1 e Γ2 em w0 = f(z0 ). Então φ2 − φ1 = θ2 − θ1 = α, diz que o ângulo entre Γ1 e Γ2 tem mesma magnitude que o ângulo entre C1 e C2 (veja figura 2).
Figura 2. Definição 8.1 Uma transformação w = f(z) é dita conforme quando preserva ângulos entre pares de curvas, tanto em magnitude como em sentido. As discursões que foram feitas até o momento nos permitem demonstrar o seguinte teorema: Teorema 8.1 Se w = f(z) for uma transformação analítica em um domínio D que contém z0 e se f 0 (z0 ) 6= 0, então w = f(z) é uma transformação conforme em z0 . Se a propriedade anterior vale para todo z ∈ D, dizemos que w = f(z) é uma transformação conforme. A recíproca do teorema anterior também é verdadeira. Assim, diremos que uma transformação é conforme em z0 quando w = f(z) for analítica em z0 com f 0 (z0 ) 6= 0. Exemplo 8.1 A transformação w = ez é conforme em todo plano complexo, pois (ez )0 = ez 6= 0 para todo z ∈ C. Para ilustrar a preservação de ângulos, considere duas retas x = c1 e y = c2 no plano z com direções segundo a figura 3.
171
Figura 3. A imagem do ponto z = (c1 , y) é w = ec1 +iy com coordenadas polares ρ = ec1 e φ = y no plano w, ou seja, a imagem da reta x = c1 é o círculo de raio ec1 . Já a imagem de z = (x, c2 ) é w = ex+ic2 com coordenadas polares ρ = ex e φ = c2 , isto é, a imagem da reta y = c2 é uma semi reta partindo da origem sobre o raio do ângulo φ = c2 (veja figura 3). Exemplo 8.2 Considere dois arcos suaves u(x, y) = c1 e v(x, y) = c2 (curvas de nível das funções de duas variáveis u e v) de uma função f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e suponha que elas se intersectam no ponto z0 onde f é analítica com f 0 (z0 ) 6= 0. A transformação w = f(z) é conforme em z0 e transforma as curvas de nível anteriores (que são ortogonais) nas retas u = c1 e v = c2 ortogonais em w0 = f(z0 ). Definição 8.2 Uma transformação que preserva ângulos entre dois arcos suaves mas, não necessariamente, o sentido é chamada transformação isogonal.
172
Exemplo 8.3 Seja w = z. Esta transformação não é conforme mas é isogonal. Por exemplo, as curvas suaves C1 e C2 na figura 4(a) são dadas por 1 z1 (t) = t + (2t − t 2 )i e z2 (t) = t + (t 2 + 1)i, 2 onde t ∈ [0, 2]. Elas se intersectam em z0 = 1+i. Os vetores tangentes a z0 são z10 (t) = 1 e z20 (1) = 1 + i e o ângulo entre C1 e C2 em z0 é θ = π/4. Sob w = z as imagens de C1 e C2 são, respectivamente, as curvas C10 e C20 mostradas na figura 4(b). As paramentrizações das imagens são 1 w1 (t) = t − (2t − t 2 )i e w2 (t) = t − (t 2 + 1)i, 2 onde t ∈ [0, 2]; elas se intersectam em w0 = w(z0 ) = 1 − i. Em w0 , os vetores tangentes a C10 e C20 são w10 (1) = 1 e w20 (1) = 1 − i; o ângulo entre C10 e C20 em w0 é φ = π/4. Portanto, θ e φ são iguais em magnitude. No entanto, θ e φ não são iguais em sentido. Definição 8.3 Suponha que f é analítica em z0 e não constante. Se f 0 (z0 ) = 0, dizemos que z0 é um ponto crítico da transformação w = f(z).
Figura 4.
Exemplo 8.4 O ponto z = 0 é um ponto crítico de w = 1 + z 2 que, por sua vez, é uma composição entre Z = z 2 e w = 1 + Z . Um raio em θ = α que parte de z = 0 é transformado num raio emanado de w = 1 com ângulo 2α (veja figura 4).
Figura 5. Teorema 8.2 (Dilatação de Ângulo em um Ponto Crítico) Seja f uma função analítica no ponto crítico z0 . Se n > 1 for um inteiro tal que f 0 (z0 ) = f 00 (z0 ) = . . . = f (n−1) (z0 ) = 0 e f (n) (z0 ) 6= 0, o ângulo entre quaisquer duas curvas suaves que se cruzem em z0 é aumentado de um fator n por uma transformação w = f(z). Em particular, w = f(z) não é uma transformação conforme em z0 .
173
Demonstração: Exercício. Exemplo 8.5 Para f(z) = z 2 , w = f(z) = x 2 − y2 + i2xy é conforme no ponto z = 1 + i e as semi retas C1 : y = x (y ≥ 0) e C2 : x = 1, se intersectam. A imagem do ponto z = (x, y) é w = u + iv com u = x 2 − y2 e v = 2xy, isto é, C1 é transformada no arco Γ1 dado por u = 0, v = 2y2 , 0 ≤ y < ∞. Já C2 é transformado em Γ2 dado por u = 1 − y2 , v = 2y, 0 ≤ y < ∞, que é a parábola v 2 = −4(u − 1) (veja figura 5).
Figura 6. Da equação anterior, segue que dv/dy 2 2 dv dv = =− =− ⇒ = −1 ⇒ tan θ = −1. du du/dy 2y v du v=2 Consequentemente, o ângulo entre Γ1 e Γ2 em w = f(1 + i) = 2i é π/4. Este é o ângulo de rotação no ponto z = 1 + i quando w = z 2 e é um valor de arg[f 0 (1 + i)] = arg[2(1 + i)] = π/4 + 2nπ. O fator escalar no ponto 1 + i é
√ |f 0 (1 + i)| = |2(1 + i)| = 2 2.
8.2
Inversa Local
Teorema 8.3 Uma transformação w = f(z) que é conforme num ponto z0 sempre tem uma inversa local neste ponto. Isto é, se w0 = f(z0 ), então existe uma única transformação z = g(w), que é definida e analítica numa vizinhança N de w0 tal que g(w0 ) = z0 e f[g(w)] = w para todo w em N. Além disso, a derivada de g(w) é g0 (w) =
1
f 0 (z)
174
.
Demonstração: Seja w = f(z) uma transformação conforme em z0 . Então existe uma vizinhança de z0 na qual f é analítica com f 0 (z0 ) 6= 0. Então, escrevendo z = x + iy, z0 = x0 + iy0 e f(z) = u(x, y) + iv(x, y) sabemos que existe uma vizinhança de (x0 , y0 ) na qual as funções u(x, y) e v(x, y) possuem derivadas parciais de todas as ordens contínuas. O par de equações u = u(x, y), v = v(x, y)
(8.2)
representam a transformação w = f(z) na vizinhança mecionada do plano uv. Além disso, o determintante Jacobiano ux uy = ux vy − vx yy J = vx vy = (ux )2 + (vx )2 = |f 0 (z)|2 é diferente de zero em z0 = (x0 , y0 ), pois f 0 (z0 ) 6= 0. A continuidade de u e v e de suas derivadas com a condição J 6= 0, são suficientes para garantir a existência de uma inversa local para w = f(z) em z0 = (x0 , y0 ) (Teorema da Função Inversa do Cálculo Avançado), denotada por z = g(w) com u0 = u(x0 , y0 ) e v0 = v(x0 , y0 ). Assim , existe uma única transformação contínua x = x(u, v), y = y(u, v) definida numa vizinhança N de (u0 , v0 ) e mapeada no ponto (x0 , y0 ) satisfazendo as equações () e (). Além disso, as funções em () possuem derivadas de primeira ordem contínuas satisfazendo xu =
1 1 1 1 vy , xv = − uy , yu = − vx , yv = ux J J J J
na vizinhança N. Estas últimas equações podem ser utilizadas para mostrar que g é analítica em N (Exercício). Por fim, utilizando a regra da cadeia em f[g(w)] = w concluímos que 1 g0 (w) = 0 . f (z)
Exemplo 8.6 Sabemos que se f(z) = ez , a transoformação w = f(z) é conforme em todo o plano z. Em particular, ela é conforme em z0 = 2πi. A imagem deste ponto é w = e2πi = 1. Quando pontos do plano w são expressados na forma w = ρeiφ , a inversa local em z0 pode ser obtida escrevendo g(w) = log w, onde log w denota o ramo log w = ln ρ + iφ, ρ > 0, π < θ < 3θ
175
da função logarítmica, restrita a qualquer vizinhança da origem que não contém a origem. Note que g(1) = ln 1 + i2π = 2πi e quando w está na vizinhança f(g(w)) = elog w = w. Além disso, g0 (w) =
d 1 1 log w = = z. dw w e
Note que, se o ponto z0 = 0 for escolhido, podemos usar o ramo principal Log w = ln ρ + iφ, ρ > 0, −π < θ < π da função logarítmica para definir g. Neste caso, g(1) = 0.
8.3
Exercícios
1) Determine onde a transformação complexa w = f(z) é conforme. (a) f(z) = z 3 − 3z + 1 (b) f(z) = z 2 + 2iz − 3 2 (c) f(z) = z − e−z + 1 − i (d) f(z) = zez −2 (e) f(z) = tan z (f) f(z) = z − Log(z + i) 2) Mostre que a transformação w = f(z) não é conforme no ponto indicado. Ilustre esse fato através de curvas particulares. (a) f(z) = (z − i)3 ; z0 = i (b) f(z) = (iz − 3)2 ; z0 = −3i 2 (c) f(z) = ez ; z0 = 0 (d) ramo principal de f(z) = z 1/2 ; z0 = 0 3) Determine o ângulo de rotação no ponto z0 = 2 + i quando w = z 2 e ilustre esse ângulo através de curvas particulares. Mostre que o fator escalar (|f 0 (z0 )|) neste √ ponto é 2 5. 4) Qual ângulo de rotação é produzido pela transformação w = 1/z nos pontos (a) z0 = 1 (b) z0 = i? (Resp. (a) π; (b) 0. 5) Mostre que na transformação w = 1/z, as imagens das retas y = x − 1 e y = são o círculo u2 + v 2 − u − v = 0 e a reta v = 0, respectivamente. Esboce todas as quatro curvas, determine as direções correspondentes no ponto de interseção delas, e verifique a conformalidade no ponto de interseção, que neste caso é z0 = 1. 6) Mostre que a transformação w = sen z é conforme em todos os pontos do plano complexo exceto em π z = + nπ (n = 0, ±1, ±2, . . .). 2
176
7) Encontre a (a) z0 = 2
inversa
(Resp. (a) w 1/2 = φ < 4π).
8.4
local da transformação (b) z0 = −2
w = z2 (c) z0 = −i
nos
pontos.
√ √ iφ/2 ρe (ρ > 0, −π < φ < π); (c) w 1/2 = ρeiφ/2 (ρ > 0, 2π <
Transformações de Funções Harmônicas
Teorema 8.4 Seja u(x, y) uma função harmônica definida num domínio simplesmente conexo D. Então u(x, y) sempre possui um conjugado harmônico v(x, y) definido em D. Demonstração: Para demonstrar este resultado vamos relembrar alguns conceitos do Cálculo Avançado. Sejam P(x, y) e Q(x, y) com derivadas parciais de primeira ordem contínuas num domínio simplesmente conexo D do plano xy e considere (x0 , y0 ) e (x, y) pontos quaisquer em D. Se Py = Qx em D, então a intetral de linha Z P(s, t)ds + Q(s, t)dt C
de (x0 , y0 ) a (x, y) independe do contorno C escolhido ao longo de D. Além disso, se (x0 , y0 ) é fixo e (x, y) variável em D, temos a função Z (x,y) F (x, y) = P(s, t)ds + Q(s, t)dt (x0 ,y0 )
que possui derivadas parciais de primeira ordem dadas pelas equações Fx (x, y) = P(x, y), Fy (x, y) = Q(x, y). Note que o valor de F é mudado por uma constante aditiva quando escolhemos um outro ponto fixado (x0 , y0 ). Agora, seja u(x, y) uma função harmônica. Então u satisfaz a equação de Laplace uxx + uyy = 0, donde (−uy )y = (ux )x em D. Além disso, as derivadas parciais de segunda ordem de u são contínuas em D; deste modo as derivadas parciais de primeira ordem de −uy e ux são contínuas em D. Então, se (x0 , y0 ) é um ponto fixo em D, a função Z (x,y) v(x, y) = −ux (s, t)ds + uy (s, t)dt (x0 ,y0 )
fica definida para todo (x, y) em D com vx (x, y) = −uy (x, y), vy (x, y) = ux (x, y). Mas, estas são as Equações de Cauchy-Riemann. Desde que as derivadas parciais de primeira ordem de u são contínuas, segue pelas últimas equações que o mesmo ocorre 177
com v. Então, u(x, y) + iv(x, y) é uma função analítica em D; e v é, de fato, um conjugado harmônico de u. Na verdade, as funções v(x, y) + C , onde C é uma constante real arbitrária, também são conjugados harmônicos de u. Exemplo 8.7 Considere a função u(x, y) = xy que é harmônica em todo plano xy (verifique!). A função Z (x,y) v(x, y) = −ux (s, t)ds + uy (s, t)dt (0,0) (x,y)
Z =
−sds + tdt
(0,0)
é o conjugado harmônico de u(x, y). Para calcular esta integral lembremos da fórmula Z Z b P(x, y)dx + Q(x, y)dy = [P(x(t), y(t))x 0 (t) + Q(x(t), y(t))y0 (t)] dt C
a
onde C é uma curva no plano xy com parametrização C :
x = x(t) , t ∈ [a, b]. y = y(t)
Neste caso, vamos integrar de (0, 0) a (x, 0) e em seguida de (x, 0) a (x, y) através de segmentos. Seja s=τ C1 : , τ ∈ [0, x] t=0 o segmento ligando os pontos (0, 0) a (x, 0). Temos Z x Z (x,0) (−τ · 1 + 0 · 0)dτ −sds + tdt = 0
(0,0)
Z
x
(−τ)dτ = −
= 0
x2 . 2
Agora, seja C2 :
s=x , τ ∈ [0, y] t=τ
o seguimento ligando (x, 0) a (x, y). Temos, Z (x,y) Z y −sds + tdt = (−x · 0 + τ · 1)dτ (x,0)
0
Z
y
τdτ =
= 0
y2 . 2
Portanto, Z v(x, y) =
(x,y)
(0,0) Z (x,0)
=
−sds + tdt Z −sds + tdt +
(0,0) 2
v(x, y) = −
(x,y)
(x,0)
x y2 + 2 2 178
−sds + tdt
e a função analítica correspondente é i i f(z) = xy − (x 2 − y2 ) = − z 2 . 2 2 Definição 8.4 (Problema de Dirichlet) Seja D um domínio no plano complexo e H uma função harmônica em D, isto é, ∆H = Hxx + Hyy = 0
(8.3)
Como já vimos anteriormente, a equação (8.3) é chamada equação de Laplace. O problema de determinar uma função H(x, y) que satisfaça a equação de Laplace em D e que seja igual a uma determinada função na fronteira de D é denominado problema de Dirichlet. Tais problemas ocorrem com freqüência na modelagem bidimensional de eletrostática, fluxo de fluido, gravitação e fluxo de calor. Os valores especificados da função H na fronteira de D são chamados de condições de contorno ou condições de fronteira. Exemplo 8.8 No Exemplo 2.20 vimos que a função T (x, y) = e−y sen x é harmônica e satisfaz condições de fronteira na faixa 0 < x < π, y > 0, ou seja, T (x, y) satisfaz um tipo de problema de Dirichlet. Assim, T (x, y) representa uma solução do problema de temperatura. A função T (x, y), que é harmônica em todo plano xy, é a componente real da função inteira −ieiz = e−y sen x − ie−y cos x. Ela também é a parte imaginária da função inteira eiz . Obs. 8.1 As vezes uma solução de um problema de Dirichlet pode ser descoberta identificando a componente real ou imaginária de uma função analítica. Mas, o sucesso desse procedimento depende da simplicidade do problema e de uma familiaridade com as componentes real e imaginária de uma variedade de funções analíticas. O seguinte teorema nos dá uma importante ajuda. Teorema 8.5 Suponha que uma função analítica w = f(z) = u(x, y) + iv(x, y) transforma um domínio Dz no plano z em um domínio Dw no plano w. Se h(u, v) é uma função harmônica definida em Dw , então a função H(x, y) = h[u(x, y), v(x, y)] é harmônica em Dz . Demonstração: Em breve... 179
Exemplo 8.9 A função h(u, v) = e−v sen u é harmônica no domínio Dw consistindo de todos os pontos do plano superior v > 0 (Exemplo anterior). Se a transformação é w = z 2 , temos u(x, y) = x 2 − y2 e v(x, y) = 2xy; além disso, o domínio Dz consistindo dos pontos no primeiro quadrante x > 0, y > 0 do plano z é transformado no domínio Dw , mostrado no Exemplo 7.3. Então, a função H(x, y) = e−2xy sen(x 2 − y2 ) é harmônica em Dz .
8.5
Transformações de Condições de Contorno
As condições de que uma função ou a sua derivada normal tenham certos valores na fronteira de um domínio na qual ela é harmônica são as mais comuns (embora não as únicas) e importantes tipos de condições de contorno. Nesta seção, vamos mostrar que algumas destas condições permanecem as mesmas quando alterações são feitas nas variáveis associadas com uma transformação conforme. Estes resultados serão utilizados para resolver problemas de valores de contorno. A técnica básica é transformar um determinado problema de valor de contorno no plano xy em um mais simples no plano uv e, em seguida, usar os teoremas desta seção e da anteior para escrever a solução do problema original em termos da solução obtida no problema mais simples. Teorema 8.6 Suponha que uma transformação w = f(z) = u(x, y) + iv(x, y) é conforme num arco suave C e seja Γ a imagem de C pela transformação. Se uma função h(u, v) satisfaz dh =0 h = h0 ou dn ao longo de Γ, onde h0 é uma constante real e dh/dn denota a derivada normal em Γ, então a função H(x, y) = h[u(x, y), v(x, y)] satisfaz as condições correspondentes H = h0 ou
dH =0 dN
ao longo de C , onde dH/dN denota a derivada normal em C . Demonstração: Em breve... Exemplo 8.10 Considere, por exemplo, a função h(u, v) = v + 2. A transformação w = iz 2 = −2xy + i(x 2 − y2 ) é conforme quando z 6= 0. Ela transforma a semi-reta y = x (x > 0) no eixo u negativo, onde h = 2, e o eixo x positivo no eixo v positivo, onde a derivada normal hu é 0 (Figura 7). 180
Figura 7. Pelo Teorema anterior, a função H(x, y) = x 2 − y2 + 2 deve satisfazer a condição H = 2 ao longo da semi-reta y = x (x > 0) e Hy = 0 ao longo do eixo x positivo, como podemos verificar diretamente.
8.6
Potencial Eletrostático
Um campo vetorial
∇V = Vx + iVy
é denominado campo gradiente, com V (x, y) sendo a função potencial ou, simplesmente, potencial. Em um campo de força eletrostático, a intensidade do campo num ponto é o vetor −∇V = −Vx (x, y) − iVy (x, y) representando a força exercida por uma carga positiva unitária colocada sobre o ponto dado, onde a função real V (x, y), neste caso, é chamada potencial eletrostático. Para duas partículas estacionárias, a magnitude da força de atração ou repulsão exercida por esta partícula ou por outra é diretamente proporcional ao produto das cargas e inversamente proporcional ao quadrado das distâncias entre essas partículas. Desta regra de quadrado inverso, pode-se mostrar que o potencial num devido ponto para uma partícula simples no espaço é inversamente proporcional a distância entre o ponto e a partícula. Em qualquer região livre de cargas, podemos mostrar que o potencial para uma distribuição de cargas fora da região satisfaz a equação de Laplace no espaço de dimensão três. Se as condições forem tais que o potencial V é o mesmo em todos os planos paralelos ao plano xy, então em regiões livres de cargas V é uma função harmônica de duas variáveis x e y: Vxx (x, y) + Vyy (x, y) = 0. (8.4) Uma superfície ao longo da qual V (x, y) é constante é uma superfície equipotencial. A componente tangencial do vetor intensidade de campo num ponto de uma superfície condutora é zero no caso estático desde que as cargas sejam livres para se moverem na superfície. Então V (x, y) é constante ao longo da superfície de um condutor, e esta superfície é equipotencial. 181
Se U é um conjugado harmônico de V , as curvas U(x, y) = c2 no plano xy são chamadas linhas de força (ou linhas de campo) e as curvas V (x, y) = c1 são chamadas curvas equipotenciais (Veja figura 8). Quando cada linha de força intersecta uma curva equipotencial num ponto onde a derivada da função analítica V (x, y) + iU(x, y) não é zero, as duas curvas são ortogonais e a intensidade do campo é tangente a linha de força no ponto de interseção. A função complexa Ω(z) = V (x, y) + iU(x, y)
Figura 8. é denominada potencial complexo correspondente ao potencial real V . Problemas de valores de contorno para o potencial V são, basicamente, os mesmos problemas quando estudamos temperaturas T anteriormente. O potencial do fluxo estável de energia elétrica em uma folha condutora ao longo de um plano também é uma função harmônica em pontos livres das origens e sumidouros. O potencial Gravitacional é mais um exemplo de função harmônica em física. Exemplo 8.11 Determine o potencial eletrostático V no domínio D entre os círculos 1 1 |z| = 1 e z − = , mostrado na Figura 10, que satisfaz as condições de contorno 2 2 indicadas.
Figura 10. 182
O potencial eletrostático V é uma solução da equação de Laplace (8.4) em D que satisfaz as condições de contorno V (x, y) = −10 em x 2 + y2 = 1, V (x, y) = 20
2 1 1 em x− + y2 = . 2 4
Passo 1: Determinar uma transformação analítica de D no domínio transformado D 0 . O domínio D do lado esquerdo da Figura 10 pode ser transformado na faixa infinita horizontal 0 < v < 1 do lado direito através de uma transformação linear fracionária. Para descobrir a transformação basta escolher, por exemplo, os pontos 1, i e −1 no círculo |z| = 1 e exigir que estes sejam levados nos pontos ∞, 0 e 1 (analise o exercício I da seção 7.4) ou observar a Figura 14 da tabela de transformações elementares no Apêndice. Enfim, a transformação será w = T (z) = (1 − i)
z−i . z−1
Passo 2: Transformar as condições de contorno de D em condições de contorno de D 0 . Por uma tabela de transformações elementares ou pelo exercício I da seção 7.4 é possível mostrar que w = T (z) transforma o círculo |z| = 1 na reta horizontal v = 0 e 1 1 o círculo z − = , na reta horizontal v = 1. Portanto, as condições de contorno 2 2 transformadas são W = −10 na reta v = 0 e W = 20 na reta v = 1 (lado esquerdo da Figura 10). Passo 3: Resolver o problema de Dirichlet transformado em D 0 . Queremos resolver o problema ∆W = 0 ⇔ Wuu (u, v) + Wvv (u, v) = 0 com as condições de contorno −∞ < u < ∞, 0 < v < 1, W (u, 0) = −10 e W (u, 1) = 20. A forma do domínio transformado e o fato de as duas condições de contorno serem constantes sugerem que a função W independe de u; ou seja, é razoável buscar uma solução para o problema da forma W (v). Com esta hipótese, a equação de Laplace se torna a equação diferencial ordinária Wvv = 0. Integrando duas vezes obtemos a solução W (v) = av + b onde a e b são constantes reais. Agora, de W (u, 0) = W (0) = −10 e de W (u, 1) = W (1) = 20, obtemos o sistema a(0) + b = −10 a(1) + b = 20 donde segue que a = 30 e b = −10. Portanto, uma solução para o problema de Dirichlet transformado é W (u, v) = 30v − 10. 183
Este problema pode ser interpretado como a determinação do potencial eletrostático W entre dois planos condutores infinitos e paralelos que são mantidos em potenciais constantes. Passo 4: Escrever V (x, y) = W (u(x, y), v(x, y)) e enncontrar o potencial eletrostático. Por satisfazer a equação de Laplace, W (u, v) é uma função harmônica. Daí, uma solução do problema de Dirichlet original é então obtida com a substituição das variáveis u e v em W (u, v) pelas partes real e imaginária de T (z), já que pelo Teorema 8.5, devemos ter W [u(x, y), v(x, y)] harmônica em D. Daí, x + i(y − 1) x − 1 − iy x + iy − i = (1 − i) T (x + iy) = (1 − i) x + iy − 1 x − 1 + yi x − 1 − iy x 2 + y2 − 2x − 2y + 1 1 − x 2 − y2 = + i, (x − 1)2 + y2 (x − 1)2 + y2 1 − x 2 − y2 ou seja, v(x, y) = . Portanto, (x − 1)2 + y2 V (x, y) = 30
1 − x 2 − y2 − 10 (x − 1)2 + y2
é o almejado potencial eletrostático. Obs. 8.2 Vamos determinar uma função potencial complexo para V (x, y) dada no exemplo anterior. Se Ω(z) for um potencial complexo para V , este é analítico em D. Para obter uma função cuja parte real seja 30v −10, multiplicamos T (z) do exemplo anterior por −30i e subtraímos 10: −30iT (z) − 10 = −30i(u + iv) − 10 = 30v − 10 − 30ui Como T (z) = (1 − i) em D. Logo,
z−i é analítica em D, a função −30iT (z) − 10 também é analítica z−1
z−i − 10 z−1 é uma função potencial complexo para V (x, y). Como V representa o potencial eletrostático, as curvas de nível para as partes real e imaginária de Ω representam curvas equipotenciais e linhas de força, respectivamente. A figura 11 mostra um gráfico com as curvas equipotenciais e as linhas de força no domínio D do exemplo anterior. Ω(z) = −30i(1 − i)
Figura 11. 184
8.7
O Potencial em um espaço cilíndrico
Um longo cilindro circular oco é feito de uma folha fina de material condutor, e está dividido longitudinalmente para formar duas partes iguais. Essas partes são separadas por tiras finas de material de isolamento e são usados como eletrôdos, um dos quais está fixado onde o potencial é zero e o outro mantido num potencial fixo diferente. Tomamos os eixos coordenados e as unidades de comprimento e os diferentes potenciais conforme o lado esquerdo da figura 9. Então, interpretamos o potencial eletrostático V (x, y) sobre qualquer seção cruzada do espaço fechado que está distante das extremidades do cilindro como uma função harmônica dentro do círculo x 2 + y2 = 1 no plano xy. Note que V = 0 na metade superior do círculo e que V = 1 na metade inferior.
Figura 9. Uma transformação linear fracionária que transforma o semi-plano superior no interior do círculo unitário centrado na origem, o eixo real positivo na metade superior do círculo e o eixo real negativo na metade inferior do círculo pode ser determinada com alguns cálculos ou identificada na tabela de transformações elementares do apêndice. Neste caso a transformação é i−w (8.5) z= i+w que nos dá um novo problema para V no semi-plano superior, indicado no lado direito da figura 8. Agora, a componente imaginária de 1 1 i Log w = ln ρ + φ, ρ > 0, 0 ≤ φ ≤ π π π π
(8.6)
é uma função limitada de u e v que assume valores constantes φ = 0 e φ = π no eixo u. Então a função harmônica desejada no semi-plano é V =
nv o 1 arctan , π u
(8.7)
onde os valores da função arcotangente variam de 0 a π. Escolhemos esta função V da função i i φ − Log w = − ln ρ + , ρ > 0, 0 ≤ φ ≤ π. π π π 185
A inversa da transformação (8.5) é w=i
1−z , 1+z
(8.8)
donde podemos expressar u e v em termos de x e y. Assim, a equação (8.7) toma a forma 1 − x 2 − y2 1 , 0 ≤ arctan t ≤ π. (8.9) V = arctan π 2y A função (8.9) é a função potencial para o espaço fechado pelo eletrôdo cilíndrico desde que ela seja harmônica dentro do círculo e assuma os valores desejados nos semicírculos. Se desejarmos verificar esta solução, devemos notar que lim arctan t = 0 e lim arctan t = π. t→0 t>0
t→0 t<0
As curvas equipotenciais V (x, y) = c1 (0 < c1 < 1) na região circular são os arcos de círculos x 2 + (y + tan πc1 )2 = sec2 πc1 , com cada círculo passando pelos pontos (±1, 0). Além disso, o segmento do eixo x entre esses pontos é o equipotencial V (x, y) = 1/2. Um conjugado harmônico U de V é −(1/π) ln ρ, ou a parte imaginária da função −(i/π) Log w. Pela equação (8.8), U pode ser escrita como 1 1 − z . U = − ln π 1 + z Por esta equação, podemos ver que as linhas de fluxo U(x, y) = c2 são arcos de círculo com centros no eixo x. O segmento do eixo y entre os eletrôdos também é uma linha de fluxo.
186
Apêndice A Tabela de Transformações Elementares
Figura 1: w = z 2 .
Figura 2: w = z 2 .
187
Figura 3: w = z 2 ; A0 B0 parábola v 2 = −4c(u − c 2 ).
Figura 4: w = 1/z.
188
Figura 5: w = 1/z.
Figura 6: w = ez .
Figura 7: w = ez .
189
Figura 8: w = ez .
Figura 9: w = sen z.
Figura 10: w = sen z.
190
Figura 11: w = sen z; BC D reta y = b (b > 0); B0 C 0 D 0 elipse
Figura 12: w =
191
z−1 . z+1
v2 u2 + = 1. cosh2 b sinh2 b
Figura 13: w =
Figura 14 : w = (1 − i)
i−z . i+z
z−i a ; D 0 E 0 F 0 reta v = , 0 < a < 1. z−1 1−a
p z−a 1 + x1 x2 + (1 − x12 )(1 − x22 ) Figura 15: w = ;a= ; az − 1 x1 + x2 p 1 − x1 x2 + (1 − x12 )(1 − x22 ) R0 = (a > 1 e R0 > 1 quando −1 < x2 < x1 < 1. x1 − x2
192
p z−a 1 + x1 x2 + (x12 − 1)(x22 − 1) Figura 16: w = ;a= ; az − 1 x1 + x2 p x1 x2 − 1 − (x12 − 1)(x22 − 1) R0 = (x2 < a < x1 0 < R0 < 1 quando 1 < x2 < x1 . x1 − x2
1 Figura 17: w = z + . z
1 Figura 18: w = z + . z
193
u2 1 0 0 0 v2 Figura 19: w = z + ; B C D elipse + = 1. z (b + 1/b)2 (b − 1/b)2
Figura 20: w = Log
Figura 21: w = Log
z−1 w ; w = − coth . z+1 2
z−1 ; ABC círculo x 2 + (y + cot h)2 = csc2 h, 0 < h < π. z+1
194
Figura 22: w = Log
z−1 ; centro dos círculos com z = coth cn , raio: csch cn (n = 1, 2). z+1
Figura 23: w = h ln
h + ln 2(1 − h) + iπ − h Log(z + 1) − (1 − h) Log(z − 1); 1−h x1 = 2h − 1.
z 2 1 − cos z Figura 24: w = tan = . 2 1 + cos z
195
Figura 25: w = cot
ez + 1 z = z . 2 e −1
z Figura 26: w = Log cot . 2
Figura 27: w = πi + z − Log z.
196
Figura 28: w = 2(z + 1)
1/2
(z + 1)1/2 − 1 . + Log (z + 1)1/2 + 1
1 + iht 1+t i + Log ;t= Figura 29: w = Log h 1 − iht 1−t
Figura 30: w =
−1
Figura 31: w = cosh
z−1 z + h2
2 .
h 2 [(z − 1)1/2 + cosh−1 z]. π
2z − h − 1 h−1
197
1 −1 (h + 1)z − 2h − √ cosh . (h − 1)z h
