Aula8(07)-1

COMPLEMENTOS DE MATEMTICA. NOTAS DE CURSO. I 0 semestre 2007.

Aula Aula 8. O teore teorema ma dos residu residuos os e apli aplica ca¸ ¸c˜ coes o ˜es ao clculo clculo de integ integrai raiss reais. reais. (10 horas) horas)

O teorema dos residuos um instrumento muito muito til para avaliar algumas algumas integrais definidas de funes de varivel real. Um primeiro tipo de integrais so I. Integrais racional-trigonomtricos. Sejam R(x, y ) uma funo racional nas variveis x e y; o problema de calcular



2π

R(cost, cost, sent sent)dt,

0

pode ser resolv resolvido ido com auxili auxilioo do teorem teoremaa dos residu residuos, os, obser observ vando ando que, que, pelas pelas frmulas de Euler, it

z = e = sent + icos icost, t,

cost cost =

z + z −1

2

,

sent =

z

− z−1 . 2i

Asim, pela definio de integral de linnha,



2π

R(cost, cost, sent sent)dt =



R(

z + z −1 z ,

2

|z|=1

0

− z−1 ) dz , 2i

iz

onde o circulo z = 1 percorrido percorrido no sentido sentido trigonomtr trigonomtrico, ico, uma vz.

||

Exemplo. Calcule a seguinte integral:

 0

2π

dt , (a + bcost)2

a > b > 0.

Soluo: Com as substities como acima, obtemos

 0

2π

4 dt = 2 2 (a + bcost) ib



zdz

|z|=1 z2 + 2ba z + 1)2

=



f (z )dz.

|z|=1

Como a funo f (z ) = (z + az z+1) tm como pontos singulares (polos de ordem 2) as b raizes (mltiplas de ordem 2) do denominador 2

z1 =

2

2

√a2 − b2 − a b

z2 =

,

√a2 − b2 + a b

, Typeset by AMS -T -TEX

1

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2

e como apenas z1 < 1 (em quanto z2 > 1, ) temos, pela frmula de calculo de um residuo num polo de ordem 2,

| |

| |

d Res(f, z1 ) = dz (z +

z

√a −b 2

2

b

+a 2 )

|z=z

1

b2 a = . 4(a2 b2 )3/2

−

Pelo teorema dos residuos,

 0

2π

dt b2 a 4 2πa = 2 = πi . (a + bcost)2 ib2 4(a2 b2 )3/2 (a2 b2 )3/2

−

−

Exercicio 1. Calcule as seguintes integrais: i)



2π



1 + kcost

0

ii)

1

π

sen2n tdt



0

(Sugesto: seja I = etc.)



iii)

2π

0

2π cos5 cos5t 2+sent dt 0 2+sent

e J =



iv)

√12−π k2 ).

(R : π

(2n)! ). (2n n!)2

cos5t dt. 2 + sent



2π sen5 sen5t 2+sent dt; 0 2+sent

2π

0

(R :

dt

1 2 + sen5t

estime I + iJ =



2π e5it 2+sent dt 0 2+sent

dt.

(Sugesto: faa a substituio z = e5it .) II Integrais imprprias de funes racionais Sejam P n (x) e Qm (x) dois polinmios com coeficientes reais, tais que Qm (x) = 0, P n (x) irredutivel ivel.. O nosso propsito propsito calcular calcular x R, e tal que a frao Qm (x) seja irredut

∀ ∈



 ∞ P (x) +

−∞

n

Qm (x)

dx.

Para isso, precisamos de um resultado auxiliar. Lema de Jordan (I) Seja f uma funo continua no exterior de um disco de raio R0 , situado no semiplano superior, tal que lim

|z|→+∞

|z||f (z)| = 0 .

Seja γ R : z = Reit , 0 < t < π, o semicirculo centrado em zero e de raio r. Ento







3

Prova. A prova prova padro padro e encontr encontra-se a-se no livro. Detalhes Detalhes na sala de aula. Um classe de funes que verificam esta condio so as funes racionais (quociente de polinmios), tais que a diferncia entre o grau do numerador e do denominador seja maior igual que 2. Exemplo. Calcule, utilizando o teorema dos residuos

 ∞ +

I n =

1 dx n −∞ (1 + x2 )n

≥ 1.

Compare com a soluo ”elementar.” 1 Soluo. Seja a funo f (z ) = (1+z (1+z )n . Os pontos singulares so z0 = i e z1 = (polos de ordem n.) Seja ΓR = [ R, R] γ R , onde γ R : z = Rit , 0 < t < π. Pelo teorema dos residuos, 2



ΓR

∪

1 1 dz = 2 πiRes[ , i]. n 2 (1 + z ) (1 + z 2 )n

Explicitando o primeiro membro,



ΓR

−i



+R 1 1 = dz dx + (1 + z 2 )n −R (1 + x2 )n



γR

1 dz. (1 + z 2 )n

Como limR→∞ z f (z ) = 0 , pelo Lema de Jordan I, temos que

| ||

|



γR

Aps passar ao limite (R

 ∞

1 dz (1 + z 2 )n

→ 0,

R

→ 0.

→ 0) nos dois membros, obtemos

+

1 1 dx πiRes , i). = 2 ( 2 )n 2 )n (1 + (1 + x z −∞

Falta calcular o residuo de usames a frmula

1 (1+z (1+z 2 )n ,

Res(f, z0 ) = limz→i

= limz→i Assim,

1 (n

−

no ponto z0 = i, (polo de ordem n.) Para isso, 1 (n

−

(z i)n dn−1 [ ]= 1)! dz n−1 (z i)(z + i)

−

−

−2n+1 (2n 1)! dn−1 − n n−1 (2i) [(z + i) ] = ( 1) . 1)! dzn−1 [(n 1)!]2

−

−

−







4

Em particular, para n = 1, obtemos

 ∞ +

1 dx = π, −∞ (1 + x2 )

como o leitor pode verifcar sem dificuldade, mediante clculos elementares. II (bis) Integrais Integrais imprprios imprprios de funes com polos no eixo real. real. O teorema dos semi-residuos. A fim de integrar funes que tm polos simplis sobre a curva de integrao, precisamos fazer uma observao preliminria muito til. Lemma. Seja f uma funo analtica na coroa 0 < z z0 < r, que tm no ponto z0 um polo simplis. simplis. Sejam Sejam α0 , α1 [0, 2π] ngulos dados e seja γ r : z = reit , t [α0 , α1 ] uma arco de circulo centrado em z0 , de raio r e de ngulo ao centro α1 α0 . Ento: limr→∞ f (z )dz = i[α1 α0 ]Res(f, z0 ).

| − |

∈



−

∈

−

γr

Prova. Seja f (z ) =

b1

(z

− z0 ) + a0 + a1(z − z0) + ...,

0< z

| − z0 | < r,

o desenvolvemento em srie de Laurent da funo f em torno de z0 . Integrando esta relao, obtemos,



f (z )dz =

γr



b1

γr

(z

− z0) dz +



(a0 + a1 (z

γr

− z0) + ...)dz.

Parametrizando a curva γ r , obtemos:



f (z )dz =

γr



α1

α0

b1 rieit dt = i(α1 it re

− α0). − πib1 +



ϕ(z )dz ;

γr

como a funo ϕ(z ) = a0 + a1 (z z0 ) + ... analtica (soma de uma srie de potncias positivas de (z z0 )) e como o comprimento do arco de circulo γ r r(α1 α0 ), ( ) 0, r 0, portanto γr ϕ z dz



→

−

−

→

limr→0



γr

f (z )dz = ( α1

−

− α0)Res(f, x0).

Seja agora f uma funo analtica no semiplano superior, com exeo de um numero finito de singularidades e tal que que f tenha um polo simplis, digamos, x0 , no eixo real e que verifica as hipoteses do Lema I de Jordan. Ento, para calcular







5

podemos escolher como caminho de integrao a fronteira da regio Ωr,R,x = (x, y), x2 + y 2

{

0

≤ R2 ,

(x

− x0)2 + y2 ≥ r2

y>0 ,

}



percorrida no sentido positivo. Se a funo f verifca as hipteses do Lema I de Jordan, ento limR→∞ f (z )dz = 0. ΓR

Resumindo, se f verifca as hipteses do Lema de Jordan I, ento

 ∞



+

V.P.

f (x)dx = 2πi[

−∞

Imz k >0

Res(f, zk )] + πiRes(f, x0).

(o sinal deve-se ao sentido de percurso do semicirculo!) A frmula se generaliza com facilidade se f tm no eixo real um nmero finito de polos simplis.

−

 ∞ sen x

Exemplo. Calcule

+

2

x2

0

dx.

Soluo. Pela frmula de duplicao, sen2 x =

1

− cos2x = Re[ 1 − e2ix ]. 2

2

Seja ento a funo f (z ) =

− e2iz ,

1

2z 2

analtica em C 0 , onde onde tm um polo simplis. simplis. Pelo Pelo teorema teorema de Cauc Cauchy hy para para a funo f e a curva fechada Γ r,R, que o bordo bordo do conjun conjunto to

−{ }

Ωr,R = z = ρeit , 0 < ρ < R, positivamente positivamente orientado Como



{

Γr ,R f (z )dz

0
}

= 0.

| z ||1 − e2iz | = 0, lim|z|→∞ 2|z |2

pelo Lema I de Jordan, resulta que

limR→∞



f (z )dz = 0.

γR

Por outro lado, pelo Lema, limr→0



f (z )dz =

−πiRes(

1

− e2iz , 0) = −πi(−2i) = −π,







6

Explicitando as integrais ao longo dos segmentos [ R, 0eR r , obtemos

→

 ∞ sen x

→∞

+

− −r] e [r,

2

x2

0

dx =

π

2

R] e fazendo

.

 ∞ +

n (x) III. Integrais de tipo −∞ eimx QP m (x) dx.

Mais interessantes (talvz) do que as integrais improprios de funes racionis (as quais, lembramos, podem ser calculadas decompondo em ”fraes simplis”), so as integrais contendo exponencias. Para resolve-los, precisaremos de uma nova estimativa. Lema de Jordan (II) Seja f uma funo continua no exterior do disco de raio R0 , situado no semiplano superior que verifica a condio lim |z|→∞ f (z ) = 0. Seja γ R : z = Reit , 0 < t < π. Ento limR→∞



|

|

f (z )eiλz dz = 0.

γR

Prova. Padro. Padro. Veja, por exemplo,o exemplo,o livro de Churc Churchill. hill. Detalhes Detalhes na sala de aula. Exemplo. Calcule I =

Soluo. Seja J =

 ∞ cos ax 0

x2 + b2

0

x2 + b2

 ∞ senax

ento estimamos I + iJ =

 ∞ 0

dx.

dx;

eiaz dx. z 2 + b2

Para isso, consideramos o circuito Γ R como acima, aplicamos o teorema dos residuos (para um R bastante grande), passamos ao limite e pagamos a parte real. Como a 1 funo z + b verifica as hiptesis do Lema de Jordan (II), 2

2

 ∞ cos ax 0

ia(ib) ib) eiaz eia( πe−ab ]= dx = Re[2πiRes( 2 , ib)] = Re[2πi . x2 + b2 z + b2 2ib 2b

Integrais imprprios imprprios de funes periodicas na varivel varivel y . I V ∗ . Integrais Se a funo f periodica em

i.e. se f (

iy)

f (

i(

T )) ento essa poder









7

 ∞ f (x)dx. Nesse caso, podemos usar como caminho de integrao a fronteira de +

−∞

um retngulo de base [ r, r] e cuja altura, b escolhida de modo que no retngulo [ r, r]X [0 [0, b] a funo f tenha apenas uma singularidade e tal que f (x + ib) seja proporcional com f (x). Se, alm disso, as integrais sobre os lados verticais tendem para zero, quando r , ento

−

−

→∞

 ∞

f (x)dx =

2πi es(f, a)

R

−∞

C

,

onde a a singularidade de f e C uma constante. Ilustraremos esta situao a seguir. Exemplo. Mostre que

 ∞ +

−∞

eax π dx = , x 1+e senaπ

a

az

∈ R.

e z Soluo. Seja a funo f (z ) = 1+e 1, tm, no semiplano 1+ez . Como a equao e = superior infinitas solues zk = iπ + 2kπi, k 0, e como a exponencial complexa tm periodo 2 πi, escolhemos como caminho de integrao a curva Γ r , a fronteira do retngulo delimitado pelas retas x = r, x = r, y = 0, y = 2π. Pelo teorema dos residuos,

−

≥



−

eaz dz = 2πi es(f,iπ) = 1 + ez

R Γ Sobre o segmento horizontal y = 0, x ∈ [−r, r



x,, a integral vira

r

−r

−

r

−r

r ], percorrido no sentido crescente de

eax dx. 1 + ex

Sobre o segmento horizontal y = 2π, x esquerda, a integral vira



−2πieπai .

+2πi)) ea(x+2πi dx = +2πi 1 + ex+2πi

∈ [−r, 2aπi

−e

r ], percorrido da direita para a



Por outro lado, ao longo do segmento vertical z =

r

−r

eax dx. 1 + ex

−r + iy, y ∈ [0,

2π ], tm-se







8

 ∞ +

=

−∞

eax dx 1 + ex

Por fim, 1

2aπi

−e

− e2aπi  +∞ 2πi

−∞

 ∞ +

−∞

eax dx = 1 + ex

eax dx = 1 + ex

−2πieπai .

−eaπi

o que nos leva a concluso. Observao∗ . No podemos deixar de notar, (para a alegria dos leitores familiarizados com as funes beta e gamma de Euler, que esta integral, pela substitio u = ex torna-se exatamente a funo B (a, 1 a) e como, pelas relaes conhecidas entre as funes B e Γ de Euler: Γ( p)Γ(q ) B ( p,q) = , Γ( p + q )

−

e pela propriedade da funo Γ : Γ( p)Γ(1 Γ(a Γ(a)Γ(1 a) Γ(1)

− =

π senaπ .

− p)

=

π senpπ ,

obtemos B (a, 1

− a)

=

V . Integrais de funes multi-valentes.

Quando queremos calcular integrais imprprios reais de funes multivalentes com o auxilio do teorema dos residuos, (por exemplo integrais de funes que contem Logz ), precisamos primeiro fazer um corte no plano, que torne a respetiva multifuno univalente e que permita ao mesmo tempo a integrao ao longo de circuitos que contenham os segmentos (ou as semiretas) do eixo real envolvidas no enunciado da integral. Occorem, basicamente dois casos:



Caso 1. Se a funo multi-valente f (z ) tm um nico ponto de ramificao finito, +∞ digamo digamos, s, a origem origem (como (como no caso de Logz) e precis precisamo amoss calcul calcular ar 0 f (z )dz, fazemos o corte ao longo do eixo positivo dos x e escolhemos como caminho de integrao a fronteira da regio Ωr,R = z = ρeit , r < ρ < R, 0 < t < 2π .

{

}

(a coroa circular centrada em zero, de raio interno r e de raio externo R menos a dos x),







9

Caso 2∗ . Se a multi-funo tm dois pontos de ramificao reais finitos, ento podemos fazer o corte ao longo do segmento que une os dois pontos e considerar como caminho de integrao a fronteira da regio obtida tirando do disco de raio R centrado na origem, o segmento de corte, junto com dois circulos pequenos, centrados nos pontos de ramificao. Etc. Exemplo 2∗ . Mostre que



1

dx 2 3

−1 (1 + x) (1 − x)

Soluo. A funo f (z ) =

1 1 (1+z (1+z ) (1 z ) 3 2 3

z1 =

−

1 3

=

√2π3 .

tm dois pontos de ramificao finitos z0 = 1 e

−1. Seja C R o circulo centrado em zero e de raio R, γ 1,r o circulo centrado em −1 e de raio r e γ −1,r , o circulo centrado em 1 e de raio r. Seja o circuito ΓR,r que a fronteira do conjunto Ω R,r = {|z | < R}−{|z + 1| < r}−{|z1 | < r} − [−1 + r, 1 − r] (o disco de raio R menos dois discos de raio r, centrados em 1 e −1 menos o segmento real [−1 + r, 1 − r]), positivamente orientado. Como a funo f analitica nesta regio,



temos:

f (z )dz = 0 .

∂ ΩR

Esta integral integral uma soma de integrais integrais uma sobre 3 circulos e duas integrais integrais sobre segmento segmentoss horizon horizontais. tais. As integrais integrais sobre os ciruclos ciruclos de raio r tendem para zero, quando r 0. Para avaliar as integrais sobre os segmentos, precisamos escolher o ramo da funo e levar em conta a variao do argumento de z 1 e z + 1 ao longo longo da trajetria, em fim, a integral sobre o circulo grande tende para 2 πiRes(F, ). Consideremos o ramo da multifuno f , cuja restio ao intervalo [ 1, 1] coincida 1 com a funo valor real f (x) = . Para isso escrevamos

→

−

−

2

∞

1

(1+x (1+x) 3 (1 x) 3

(z + 1)2/3 (z

−

iϕ/3 iθ/3 − 1)1/3 = ρ2/3 r1/3e2iϕ/3 eiθ/3 K,

quando ϕ = 0 e θ = π (ou seja, quando estamos na parte de cima do segmento [ 1 + r, 1 r],) obtemos

−

−

(z + 1)2/3 (z donde

iπ/3 − 1)1/3 = ( x + 1)2/3(1 − x)1/3ei0eiπ/3 K 1 = (x + 1)2/3 (1 − x)1/3 ,







10

donde deduzimos que Res(f (z ),infty ) = I =

 ∞

Exemplo 3. Calcule

0

−1 e 2π . 3

log x dx. x2 + 1

2

logz) Soluo. Seja a funo f (z ) = (logz) z +1 e o caminho de integrao, a curva Γ r, R , que o bordo da regio Ωr,R = z = ρeit , r < ρ < R, 0 < t < 2π , 2

{

}

positivamente orientado. (A curva Γ r,R a reunio do segmento [ r, R], com o circulo de raio R centrado em zero, percorrido no sentido trigonomtrico, com o segmento [ R, r] e com o circulo de raio r, centrado em zero, percorrido no sentido horrio ). Pelo teorema dos residuos,

− −



γr,R

(logz )2 (logz )2 (logz )2 1 iπ 3iπ 2 ) )] = 2π 3 . dz = 2 πi[Res[ 2 , i]+Res[ 2 , i]] = 2πi[ (( )2 ( 2 2i 2 2 z +1 z +1 z +1

−

Por outro lado, a integral do primeiro membro se decompe em



γr,R

(logz )2 dz = z2 + 1

 r

R

(logx)2 dx + x2 + 1



γR

(logz )2 dz z2 + 1

−

 r

R

(log (x2πi)2 dx, x2 + 1

onde na explicitao da ltima integral, levamos em conta a variao do argumento de z, aps percorrer o circulo γ R . Portanto,



γr,R

=

(logz )2 dz = z2 + 1



γR



γR

(logz )2 dz + z2 + 1

Assim, deduzimos que:

(logz )2 dz + z2 + 1

 r

R



R

r

(logx)2 dx x2 + 1

−

(logx)2 dx x2 + 1

 r

R

−

 r

R

(logx + 2πi)2 dx = x2 + 1

(logx)2 + 4πilogx x2 + 1

− 4π2 dx.







11

Por fim, obtemos

 ∞

log x dx = 0 . x2 + 1

 ∞

log x dx. (x2 + 1)2

0

Exemplo 4*. Calcule

0

Sugesto: considere a funo (logz )2 f (z ) = 2 , (z + 1)2 que univ univale alent ntee e analtic analtica a em C (0, y), y < 0 (corte ao longo do semi-eixo negativo dos y.) Escolhemos como caminho de integrao, o bordo da regio

−{

Ωr,R =

}

{ z = ρeit, r < ρ < R,

0
}

(o segmento [r, R], seguido pelo semi-circulo de raio R centrado em zero, percorrido no sentido trigonomtrico, pelo segmento [ R, r] e pelo semi-circulo de raio r, centrado em zero, percorrido no sentido horrio ), usamos o teorema dos residuos e faamos r 0, R . Pelo Lema de Jordan I,

→

→∞



γR

em quanto

|



γr

(logz )2 dz = (z 2 + 1)2

| |



0π



(logz )2 dz (z 2 + 1)2

−

−

→ 0,

R

(log (reit ))2 reitdt = (r2 e2it + 1)2

| |



→ ∞,

0π

(log 2 r + 2itlogr t2 ) reitdt (r2 e2it + 1)2

−

|≤

|log2r| + 2|logr| + t2) rdt| → 0, R → ∞, r2 − 1)2 0 onde na ltima estimativa, usamos o fato que lim → 0 log r = 0 para todo p > 0 ≤|

π

p









12

tm dois pontos de ramificao: i e i; ento para torna-la analtica e univalente, precisamos fazer um corte ao longo do segmento que une os dois pontos; o problema que depois disso impossivel impossivel integrar integrar ao longo de circuitos ”bons” que contenham contenham o intrevalo (0, )..... A idea nova nova de considerar considerar uma funo auxiliar, auxiliar, que tenha apenas um nico ponto Log(z +i) de ramificao; por exemplo, a funo F (z ) = Log( a qual analtica analtica e univalen univalente te no z +1 plano complexo menos o semi-eixo negativo dos y, que se origina em i (ess (essee o corte de ramo!). Aplicamos ento o teorema dos residuos para esta funo e para o bordo do semidisco ΩR = z = ρeit , 0 < ρ < R, 0 < t < π

−

∞

2

−

{

}

que consiste do segmento [0 , R] seguido pelo arco de circulo γ R , e pelo segmento log(2ii) [ R, 0]. No (nico) polo i, o residuo da funo F log(2 2i . Ento, pelo teorema dos residuos, Log(z + i) π dz π log i = ( 2 + ). z2 + 1 2 ΓR

−



Pelo Lemma I de Jordan a integral sobre o semicirculo γ R tende para zero (porqu?). Explicitando a integral e passando ao limite R , obtemos:

limR→0

→∞



log (z + i) dz = z2 + 1

 ∞ log(x + i) +

x2 + 1

 ∞ log(−x + i) +

dx +

x2 + 1

 ∞ log(x + i)(−x + i)  ∞ log(−x − 1) = dx = dx = x +1 x +1  ∞ log( + 1)  ∞ 1 γR

0

+

0

+

2

0

+

2

2

0

2

+

dx =







13

posto que a integral acima seja convergente. Como operador, notamos com (f )( p) = F ( p). A transformada de Laplace prova-se muito til na reslouo de problemas de equaes diferenciais ordinrias e com derivadas parciais. Supon Suponham hamos os que o nosso nosso leitor leitor esteja esteja famili familiari arizad zadoo com a definio definio e as propropriedades bsicas da transformada de Laplace e seu uso em problemas de equaes diferencia diferenciais. is. Um dos problem problemas as mais imporan imporantes, tes, deste ponto ponto de vista de achar achar condies e que garantam que −1 ( (f )) = f.

L

L

L L

Ns apenas apresenteremos um mtodo para achar uma frmula de inverso, utlilizando residuos: residuos: mais precisament precisamente, e, conhecend conhecendoo uma funo F ( p), (que verifica certas restries), queremos determinar a funo f (t) tal que (f )( p) = F ( p), ou seja queremos determinar (se existe) a transformada de Laplace inversa de F, −1 (F )(t) = f (t).

L

Lema 1. Seja F uma funo analtica em C 0. Ento c+i∞ 1 etz F (z )dz = 2πi c−i∞



L

−{z0 , z1,...,zn} tal que lim|z|→+∞|F (z)| =

 Res(e n

tz

F (z ), zk ),

k=0

para todo c > 0 tal que ezk < c, k = 0, 1, ...n ...n.. Prova. E s aplicar o teorema dos residuos para a funo etz F (z) e o circuito ΓR formado por um arco de circulo centrado em 0 e de raio R junto com uma sua corda vertical, de abscissa c para R suficientemente grande tal que todas as singularidades de F estejam neste conjunto e fazer R ; pelo Lema I de Jordan a concluso imediata.

R

→∞

Teorema eorema * (a frmula frmula de inve inverso rso comple complexa xa para para a transf transform ormada ada de Laplace). Seja f uma funo com variao limitada (por exemplo, uma funo que tm







14

Soluo: Sejam z0 , z1 , ...z ...zm os zeros de Q; claramente esses so polos simplis para a funo F (z ) e se c > max Re(zk ), k = 0, m , ento pela frmula de Bromwich,

L−1 F (z)( p) = 1

2πi



{

}

∞

 Res(e F (z )dz = m

c+i

zt

e

c i

−∞

e F (z ), z ) = m

zt

0

k

0

zk t

P (zk ) . Q (zk )

Esta frmula, que se pode deduzir tambm a partir das propriedades da transformao de Laplace, Laplace, a frmula frmula de Heaviside Heaviside.. Exemplo 2. Ache a transformada de Laplace inversa,

L−1 (F ), da funo

se−s F (s) = 2 . s +1

Soluo. Visto que as singularidades de F so os pontos i e i, o semiplano x > 0 ser a regio de convergncia para F (s) = (f )(s), a transformada de Laplace de f. A frmula de inverso d: 1 f (t) = 2πi



−

L

c+i

c i

∞ se−s est

−∞

1 = ds 2πi s2 + 1



c+i

c i

∞ ses(t−1)

−∞

s2 + 1

ds,

onde c > 0 pode ser escolhido de modo arbitrrio. Distinguimos dois casos: Caso I: se t < 1, ento s(t−1) limRe( Re(s)→+∞ e

→ 0.

Escolhendo como caminho de integrao a reta vertical que passa por c, percorrida de baixo para cima, seguida por um semi-circulo de raio R centrado centrado em zero situado situado

Aula8(07)-1

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