Integral Complexa
Diego A. Oliveira
Exerc´ Exerc´ıcios Resolvidos: Resolvido s: Integral Complexa diegoalvez @ pop.com.br
Compilado dia 17/11/2013. Este documento se encontra sujeito a constantes revis˜ oes.
Integral de contorno
1. Calcule
∫
f (z )dz com f (z ) = z 2, sob a curva C = z = re r eiθ : 0
{
c
≤ θ ≤ π}
Solu¸ c˜ ao:
Pela defini¸c˜ cao a˜o de integral complexa: π
∫
∫
ir3 e3iπ = 3i
ir3 ir3 3iπ = (e 3i 3i
f (z )dz =
c
(re )
0
−
iθ 2
· rie
iθ
dθ = ir
3
π
∫
3iθ
e
0
− 1)
3 3iθ
ir e dθ = 3i
π
0
ir3 e3iπ = 3i
Como e3πi = cos (3π) + isen(3π) e como sen(3π) = 0 e cos(3π ) = ir3 3iπ (e 3i
−
2. Calcule
ir3 1) = ( 1 3i
− − 1) = −
∫
2x
c
2ir3 3i
2
com 0 ≤ t ≤ 1 − y + ix dz com
Solu¸ c˜ ao:
1
−
ir3 e3i·0 3i
ao: −1 ent˜ao:
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Seja z (t) = t + it ent˜ao: ao:
∫
2x
c
1
2
− y + ix dz =
∫
(t
c
− it)(1 + i)dt = 1 +6 5i = 61 + 56 i
3. Seja C um contorno contorno qualquer qualquer ligando ligando z 1 e z 2 , de forma que z (t), 0 com z (a) = z 1 e z (b) = z 2 mostre que
∫
1dz = z 1
c
Solu¸ c˜ ao: b
∫ ∫ 1dz =
c
1 z ′ (t)dt =
·
a
4. Calcule
b
∫
− z
2
b
z ′ (t)dt = z (t) = z (b)
a
≤t≤b
a
− z (a) = z − z C.Q.D. 1
2
∫
(2x + 3yi )dz onde onde c ´e a curva cu rva y = x 2 + 1.
c
Solu¸ c˜ ao:
A curva de integra¸c˜ ca˜o ´e:
Chamando x = t ent˜ao ao y = t + 1, z = t + (t2 + 1)i, dz = 1 + 2it com 1 portanto: 2
∫
(2x + 3 yi)dz = =
c
5. Calcule
∫
(2t + 3i(t2 + 1))(1 + 2it)dt =
0
∫
≤t≤2
−32 + 743 i
(x2 + y 2 +3+(2xy + 2)i)dz onde onde c ´e o segmento segme nto que qu e liga li ga os pontos p ontos
c
(1; 1) e (0; 1) no plano plano compl complex exo. o. Solu¸ c˜ ao:
2
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A curva de integra¸c˜ ca˜o ´e:
Chamando x = t (com 0
∫
2
≤ t ≤ 1) ent˜ao ao z = t + i e dz = 1dt, logo: 1
2
(x + y + 3 + (2xy + 2) i)dz =
c
6. Calcul Calculee
∫
(t2 + 4(2t + 2) i)dt =
0
∫
plano complexo. complexo.
c
13 + 3i 3
dz onde c ´e o segment segmentoo que liga os pontos pontos (0; 2) e (0; 1) no z 1
−
Solu¸ c˜ ao:
A curva de integra¸c˜ cao: a˜o:
Note que sobre esse segmento a fun¸c˜ cao a˜o f (z ) =
1
z
an al´ıtic ıt icaa num espa es pa¸co c¸o − 1 ´e anal´
conexo, portanto pode ser integrada sem a necessidade de uma parametriza¸ c˜ao. ao.
∫ c
dz = z 1
−
2i
∫ i
dz l n(z = ln z 1
−
3
2i
− i)
i
Integral Complexa
= ln l n(2i
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− 1) − ln(i − 1) = ln
onde ln(1.5
7. Calcul Calculee
�
2i
− 1 = ln (1.5 − 0.5i) i−1
�
− 0.5i) = ln l n(2.5) + i(5.96
RAD )
∫
(z 2
c
plano complexo. complexo.
segmento to que liga liga os pon p ontos tos (0; 2) e (0; 1) no − z ) onde c ´e o segmen
Solu¸ c˜ ao:
Pelas equa¸c˜ coes o˜es de Cauchy Rieman f (z ) = z 2
− z ´ ´e anal ana l´ıtica ıti ca em todo to do o plano. pla no.
Prova
∂u = 2x ∂x ∂u = ∂y
onde u = x 2
−x−y
2
e v = 2xy
− 1 ⇒ ∂v = 2x − 1 ∂y ∂v = 2y −2y ⇒ ∂x
−y
ent˜ ao assim como no exemplo anterior podemos resolver a integral sem a neao cessidade de parametriza¸c˜ cao. a˜o.
∫
(z 2
c
2i
− z )dz = =
∫
8. Calcule
=(
i
2+4i 2+4i
∫
3
z
3
2
z
− 2 )
2i
= 0.5
i
− 73 i
z 2 dz .
1+i 1+i
a) Ao longo da par´abola abola x = t, y = t 2 , com 1 4
≤ t ≤ 2.
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b) Ao longo da reta ligando 1 + i e 2 + i. c) Ao longo da reta ligando 1 + i a 2 + i e em seguida 2 + 4 i Solu¸ c˜ ao: Se x = t e y = t 2 ent˜ ao ao z = t + it2 assim 2+4i 2+4i
∫
z 2 dz =
1+i 1+i
2
∫ 1
2 3
(t + it ) (t + it)2 (1 + 2it)dt = 3
Solu¸ c˜ ao:
2
=
1
−86 − 6i 3
A reta que liga os pontos (1;1) e (2;4) no plano complexo tem equa¸c˜ c˜ao ao igual a y = 3x 2 onde para x = t e y = 3t 2 temos z = t + (3 t 2)i ent˜ ao ao
−
2+4i 2+4i
∫
−
2
z dz =
1+i 1+i
2
∫
(t + 3 ti
1
−
− 2i) (1 + 3i)dt = − 863 − 6i 2
O fato de (A) e (B) terem o mesmo resultado ocorre pois f (z ) = z 2 ´e anal´ıtica em todo o plano e por isso seu resultado depende apenas do ponto inicial e final e n˜ao ao de sua trajet´ oria. oria. Solu¸ c˜ ao:
O caminho de integra¸c˜ c˜ao ´e:
Dado pela integral
∫
AB∪ AB∪BC
z 2 dz =
∫
AB
5
+ z 2 dz +
∫
BC
z 2 dz
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Porem como o integrando ´e uma fun¸ c˜ c˜ao ao anal´ anal´ıtica podemos pode mos considerar apenas o ponto inicial e final.
assim
∫
2
z dz =
AB∪ AB∪BC
9. Mostre que
∫ c
2
∫
z 2 dz =
1
− 863 − 6i
dz dz = (z a)n
−
Solu¸ c˜ ao:
Seja “c” um circulo qualquer de raio R centrado em z = a, e c1 uma circunferˆencia encia que envolva envolva a singularidades ent˜ ao ao f (z ) = (z a)−n ´e anal´ an al´ıtic ıt icaa dent de ntro ro e sobre a fronteira da regi˜ ao limitada pelo contorno “c” e “c1 ” de modo que podemos ao escrever:
−
∫ c
dz = (z a)n
−
2π
∫ 0
iReiθ dθ (Reiθ )n
chamando u = Re iθ ent˜ ao ao du = iRe iθ dθ logo se n = 1 2π
∫ 0
iθ
iRe dθ = (Reiθ )n
2π
∫ 0
6
du = ln (u) un
2π
0
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2πi
= ln l n(Re Porem se n
)
− ln(Re
i0
) = ln
ao: ≥ 2 ent˜ao: 2π
=
∫
du u = un n + 1
−
0
=
−n+1
Reiθ
(Reiθ )n(1
− n)
2π
2π
0
= 0
Re2πi = ln l n(e2πi ) = 2πi i 0 Re
� �
iθ −n
(Re ) = 1
1 (Rn−1 )(1
Finalizando a demonstra¸c˜ c˜ao. ao.
−n
0
2π
1 (Reiθ )n−1 (1
como e2πi ou e0i s˜ao ao iguais a zero ent˜ao: ao: =
· Re
1 n−1 (1
− n) − (R
2π
iθ
− n)
0
− n) = 0
10. Qual a solu¸c˜ cao a˜o se da integral do exerc´ exerc´ıcio 9 para p ara n = 0, 1, 2,...?
− −
Solu¸ c˜ ao: Para n = 0,
2
−1, −2,... o integrando ser´a 1, (z − a), (z − a ),... que s˜ao ao anal´ an al´ıtic ıt icas as
em todo plano, logo pelo Teorema de Cauchy a integral e zero.
11. Calcule
∫
|z |=1
dz . z 3
−
Solu¸ c˜ ao: Como z = 3 n˜ao ao est´ a no interior do circulo z = 1 ent˜ao ao a integra i ntegrall ´e zero, z ero, pois poi s
||
al´em em de ser anal´ anal´ıtica dentro e sob s ob o contorn c ontornoo de d e integra i ntegra¸ c˜ ¸ao ao ´e uma curva fechada. fechad a.
7
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Formula integral de Cauchy
1. Usando a formula integral de Cauchy resolva: a)
b)
c)
∫ ∫ ∫
ez
|z |=1 (z
− 2) dz 2
ez
|z |=3 (z
− 1)(z − 2) dz z
|z |=2
(z
− 1) (z − 4) dz 2
Solu¸ c˜ ao:
Como a singularidade ocorre apenas para z = 2 que n˜ao ao pertence ao circulo z = 1 ent˜ ao a integral e zero, pois se trata de uma integral ao integral de uma fun¸ c˜ao ao anal´ an al´ıtic ıt icaa sob uma curva fechada.
||
Solu¸ c˜ ao:
As singularidades do integrando ocorrem para z = = i e z = = 2 ambos no interior de z = 3. Portanto pela f´ormula ormula integral de Cauchy:
| |
∫
|z |=3
ez
(z
= 2πi − 1)(z − 2) dz =
�
ei
1
e2
− 2 + (2 − i)
�
Solu¸ c˜ ao:
O contorno considerado ´e o circulo de raio 2 onde apenas ap enas a singularidade z = 1 do integrando se encontra.
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Logo pela f´ ormula integral de Cauchy: ormula z
∫
|z |=2
(z
2
− 1) (z − 4)
2. Calcule
∫
|z +i|=4
dz = 2πif ’(1) = 2πi
� � 1
1
−4
=
2πi 3
dz z 3
−
Solu¸ c˜ ao: Como z = 3 pertence ao interior de z + + i = 4 usando a f´ormula ormula integral de
|
Cauchy
∫ c
|
dz = 2πif (3) = 2πi z 3
−
onde f (z ) = 1 ´e a fun¸ func˜ c¸˜ao ao constante. constante.
3. Calcule
∫ c
cos(z ) dz e z π
−
∫ c
ez onde c ´e o circ ci rculo ulo z + 1) z (z +
| − 1| = 3.
Solu¸ c˜ ao:
∫ c
e tamb´ mb´em
∫ c
ez = + 1) 1) z (z +
4. Calcule = 1. z =
∫ c
cos(z ) dz = cos (π) 2πi = z π
·
−
∫ � − � ∫ e
z
c
1
z
1 + 1 z +
dz =
c
ez dz z
−2πi
∫ − c
ez
+ 1 z +
dz = 2πi (1
−e
−1
)
5z 2 3z + + 2 dz , onde c ´ e uma u ma curva c urva simples sim ples qualquer qualqu er envolvendo (z 1)3
− −
Solu¸ c˜ ao:
Pela f´ormula ormula integral de Cauchy (abaixo), n! f n (a) = 2πi
∫ c
9
f (z ) dz (z a)n+1
−
Integral Complexa
com n = 2, f (z ) = 5z 2
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′′
+ 2 ent˜ao ao f (z ) = 10 e portanto − 3z + 5z − 3z + + 2 dz = 10πi (z − 1)
∫ c
2
3
10
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Integrais Impr´ oprias oprias e o Teorema do Res´ Res´ıduo As integrais complexas mais comuns e que podem ser resolvidas pelo Teorema do Res´ Res´ıduo tamb´em em podem po dem ser agrupadas agrup adas em diferentes difer entes tipos o que facilita muito a sua resolu¸c˜ cao a˜o uma vez que cada tipo tip o p possui ossui um contorno espec esp ec´´ıfico de integra¸ c˜ao ao ou seu integrando integrando possui p ossui uma caracter´ caracter´ıstica particular que facilita facilita o processo de integra¸c˜ cao. a˜o.
TIPO UM
As integrais do tipo um s˜ ao as integrais da forma: ao ∞
∫
f (x)dx
−∞
Onde: 1 – As singularidades da fun¸c˜ c˜ao ao n˜ao ao est˜ ao ao no eixo real.
| ≤ |M z |
2 – Existe um M, R e p > 1 tal que f (z )
|
p p
∞
1. Calcule
1 dx. 4 −∞ x + 1
∫
Solu¸ c˜ ao:
Primeiro observamos que a condi¸c˜ c˜ao ao (1) ´e verdadeira verdad eira pois poi s as singularida singul aridades des de ao ao est˜ ao ao no eixo real. f (z ) n˜ Para mostrar a segunda condi¸c˜ cao a˜o lavaremos em considera¸c˜ c˜ao a o que z = Reiθ onde R = z ent˜ao ao
||
|f (z )| =
1 1 + R4 e4iθ
≤ |
1
R4 e4iθ
1 2 ≤ ≤ |−1 R −1 R 4
4
onde M = 2 e p = 4, logo essa ´e uma integral do tipo I. Nesses casos o contorno de integra¸c˜ c˜ao ao escolhido escolhido ´e sempre o semi-circulo semi-circulo no plano superior de raio infinto.
11
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πi/4 3πi/4 πi/4 7πi/4 Como as ra´ ra´ızes de z 4 + 1 = 0 ocorrem apenas para eπi/4 , e πi/4 , e5πi/4 , e πi/4 . Contudo apenas os dois primeiros est˜ ao ao dentro da regi˜ ao limitada pelo contorno, ao logo apenas eles ser˜ ao ao levados em conta pelo Teorema do Res´ Res´ıduo. ∞
∫
πi/4 πi/4 ) + Res(f, e3πi/4 ) f (x)dx = 2πi [Res(f, eπi/4
−∞
onde πi/4 )= Res(f, eπi/4
1 πi/4 ) 4(eπi/4
πi/4 = , Res(f, e3πi/4 3
1 πi/4 )3 4(e3πi/4
E finalmente, ∞
∫
−∞
f (x)dx = 2πi
�− √ � i
2 2
=
√ π2
Para o calculo do res´ res´ıduo usaremos a f´ ormula ormula Res(f, z 0 ) = lim l imz→z (z 0
12
− z ) z 1+ 1 0
4
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TIPO DOIS
S˜ao ao integrais onde f (x) = ra´ızes ıze s racion rac ionais ais..
∞
1. Calcule
∫ 0
P ( P (x) g r(D(x)) onde gr D(x)
− gr (P (x)) ≤ 2 e D (x) n˜ao ao tem
x2 dx (x2 + 1)(x2 + 4)
Solu¸ c˜ ao:
Como o integra i ntegrando ndo ´e uma u ma fun¸c˜ cao a˜o par ent˜ ao ao ∞
∫ 0
x2 1 = dx (x2 + 1)(x2 + 4) 2
∞
∫
−∞
x2 dx (x2 + 1)(x2 + 4)
z 2 Seja f (z ) = 2 achamos as singularidades no plano complexo (z + 1)(z 2 + 4)
para z = i e z = 2i estabelecendo o contorno de integral abaixo1 vemos que as unicas u ´ nicas singularidades que pertence a regi˜ ao ao do contorno s˜ ao ao z = 1 e z = 2i portanto por tanto ser˜ao ao os unicos u´nicos levados em considera¸c˜ cao a˜o pelo pel o Teorema eorem a do res´ res´ıduo.
±
±
Assim pelo Teorema eore ma do Res´ Res´ıduo 1 2
∞
∫
−∞
1 x2 = dx (x2 + 1)(x2 + 4) 2
R
∫
−R
1 x2 + dx (x2 + 1)(x2 + 4) 2
= πi π i(Res(f, i) + Res(f, 2i)) = πi π i onde 1
∫ � − � i
i
6
3
Cr
=
No caso de uma integral tipo dois ser´a usado sempre esse contorno.
13
z 2 dx (z 2 + 1)(z 2 + 4) π
6
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(z i)z 2 Res(f, i) = lim li mz →i 2 = (z + 1)(z 2 + 4)
−
(z 2i)z 2 Res(f, 2i) = 2 = (z + 1)(z 2 + 4)
−
∞
∫
2. Calcule
0
dx x4 + 1
−
i 6
i . 3
.
Solu¸ c˜ ao:
Como essa tamb´ tamb´em em ´e uma integral integral do tipo II o contorno contorno de integra¸ integra¸ c˜ao ao ser´a tamb´em em o semi circulo situado no plano superior.
π
3π 4
Onde z 1 = e i e z 2 = e i s˜ao ao as singularidades dentro do contorno, portanto as unicas u ´ nicas que ser˜ao ao levadas em conta pelo Teorema do res´ res´ıduo. Como o integra i ntegrando ndo ´e uma u ma fun¸c˜ cao a˜o par ent˜ ao: ao: 4
∞
∫ 0
1 = x4 + 1 2 dx
∞
π 2πi i Res f, e = + ( ( ) + Res(f, e 4 x + 1 2 −∞
dx
∫
Onde π
i 4
Res(f, e ) = lim li mz →e
Res(f, e
3π 4
i
) = lim z→e ∞
3. Calcule
π i 4
∫
−∞
(z
−e
π 4
i
)
z 4 + 1
(z 3π 4
4
i
−e
z 4
3π 4
+1
= 41 e− i
)
=
1 4
3π 4
= e −
x2 dx (x2 + 1)2 (x2 + 2x + 2)
Solu¸ c˜ ao:
14
9π 4
i
3π 4
i
)=
√
π 2
4
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Os res´ıduos ıdu os de f (z ) existem para z = i e z = i ordem 1 e 2 respectivamente.
− 1 sendo singularidades de
Aplicando a f´ormula ormula oferecida pelo Teorema do Res´ Res´ıduo ∞
∫
f (x)dx = 2πi (Res(f, z 1) + ... + Res(f, z n ))
−∞
onde z 1 ,...,z n s˜ao ao as singularidades de f (z ) e Res(f, z n) ´e igua ig uall Res(f, z n ) =
1 (n
− 1)!
limz →zn
�� � d dz
n−1
· ((z − z )f (z )))) n
�
sendo n a ordem do res´ res´ıduo teremos: 9i 12 z (z i)2 = Res(f, i) = lim li mz →i = (z + + i)2 (z i)2 (z 2 + 2z + + 2) 100
−
Res(f, i
− 1) = lim li m
z →(i−1) =
−
−
z (z (i 1)) 3 4i = (z + + i)2 (z i)2 (z 2 + 2z + + 2) 25
− − −
−
assim ∞
∫
−∞
x2 dx = 2πi (x2 + 1)2 (x2 + 2x + 2)
�
15
�
9i 12 3 4i 7π + = 100 25 50
−
−
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ˆ TIPO TRES
2π
S˜ao ao integrais da forma racional de senθ ou cosθ. 2π
1. Calcule
∫ 0
∫
func˜ c¸ao a˜o F (senθ,cosθ)dθ onde F (senθ,cosθ) ´e uma fun¸
0
dθ . 5 + 3 senθ
Solu¸ c˜ ao:
Para resolvemos resolvemos as integrais integrais do tipo III I II devemos devemos transformar o integrando integrando para que este fique em fun¸c˜ cao a˜o de z. Considerando z = e iθ ent˜ ao ao dz = = ie iθ dθ e como senθ = 2π
∫ 0
dθ = 5 + 3 senθ
dz zi z −z −1 2i
2 2 c 3z + 10 iz
∫ � � ∫ c
5+3
=
z−z −1 2i
ent˜ao: ao:
− 3 dz
O fato de usarmos z = eiθ ao inv´es es de z = R eiθ ocorre pois nesses casos de integra¸c˜ cao a˜o o contorno escolhido ´e sempre o circulo de raio um.
| |
Onde agora aplicamos o Teorema do Contorno, para a singularidade z = 2π
2 = 2 c 3z + 10 iz
∫ ∫ 0
−3
�
dz = 2πi limz→− i
3
16
� �� + z +
i
3
2 3z 2 + 10iz
−3
��
−
=
i 3
π
2
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perceba que o termo entre parenteses pa renteses ´e o Res(f, 2π
2. Mostre que
−
i ). 3
cos3θ π dθ = 5 4cosθ 12
∫
−
0
Solu¸ c˜ ao:
Realizado a transforma¸c˜ cao a˜o chegamos a: a`: 2π
∫
cos3θ dθ = 5 4cosθ
−
0
−
1 2i
∫ c
z 6 + 1 z 3 (2z 1)(z
−
− 2) dz
onde aplicando o Teorema do Res´ Res´ıduo , com as a s singularidades singularidad es em z = 0 e z = de ordem 3 e 1 respectivamente, dentro do circulo unit´ ario.
−
1 2i
onde
∫
Res(f, 0) =
c
z 6 + 1 z 3 (2z 1)(z
−
�� � � − � �− �
1 limz→0 2!
Res(f, 21 ) = lim z→
2π
3. Mostre que
0
d 2 dz
(z
1 2
∫
− 2)
1 2
= 2πi (Res(f, 0) + Res(f, )) = dz =
1 ) 2
(z
0)3
z 6 + 1 z 3 (2z 1)(z
−
z 6 + 1 z 3 (2z 1)(z
−
dθ = A + Bsenθ
Solu¸ c˜ ao:
− 2)
��
− 2)
=
−
���
=
1 2
π
12
21 8
65 24
2π , se A > B . A2 + ( B )2
√
| |
−
Tomando como contorno contorno de integra¸ integra¸ c˜ cao a˜o a circunferˆencia encia de raio unit´ ario ario e realizando izand o a transforma trans forma¸¸c˜ cao a˜o de θ para z temos temos 2π
∫ 0
dθ = A + Bsenθ
∫ c
2 Bz 2 + 2 Aiz
− B dz = 2πi
=
√ A 2π− B 2
17
2
� � Res
√ − A + A − B f, 2
B
2
��
i
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cujos polos podem ser encontrados fazendo Bz 2 + 2Aiz B = 0 pelo pe lo m´etodo eto do de Vi´ete ete para equa¸c˜ c˜oes oes quadr´ aticas fornecendo dois valores (z 0 e z 1 ), para as aticas singularidades singularidades do integrando. integrando.
−
onde
Res
�
√ − A + A − B f, 2
B
2
�
i = lim z→z (z 0
−A + √ A − B 2
Perceba que z 0 = seguint seg uintee racio rac iocc´ınio ıni o
−
√ A + A − B 2
B
se A > B .
| |
2
i=
B
√
A2
− z ) 0
�
2 bz 2 + 2 Aiz
−B
�
=
√ A 1− B i 2
2
2
encia unit´ aria aria pelo i pertence a circunferˆencia
√ − − A i · √ A − B B A −B B2
2 2
2
+ A = 2 + A
√
A2
−B −B
2
+ A
i < 1
De modo an´alogo alogo pode se verificar que Z 1 (a segunda raiz), n˜ao ao pertence a regi˜ao ao da circunferˆ circu nferˆencia encia unit´aria. aria.
18
Integral Complexa
Diego A. Oliveira
TIPO QUATRO
S˜ao ao conhecidas como integrais de Fourier e s˜ ao ao da forma: ∞
∫
∞
f (x)cos(x)dx ou
−∞
∫
f (x)sen(x)dx
∞
Toda integral de Fourier pode ser escrita na forma geral como ∞
∫
f (x)e±ikx
−∞
com k > 0. Tamb´ em em nesse tipo de integral as partes pa rtes imagin´ arias arias e reais do integrando determinam toda a integral, e isso ser´ a usado para resolu¸c˜ cao a˜o dos pr´oximos oximos exer ex erc´ c´ıcio ıc ios. s. ∞
1. Calcule
∫ 0
cos(nx) c om n > 0. dx com x2 + 1
Solu¸ c˜ ao:
Como cosθ =
eiθ +e−iθ 2
∞
∫ 0
ent˜ ao ao a parte real de cosθ =
1 cos(nx) dx = x2 + 1 2
∞
∫
−∞
1 cos(nx) dx = x2 + 1 4
eiθ 2
assim:
∞
∫
−∞
eizm dz z 2 + 1
Que como j´a vimos ´e a forma de geral ge ral de uma integral de Fourier. Aplicando a formula do res´ıduo ıduo sobre o semi circulo no plano superior, sup erior, (usamos (usa mos sempre essa regi˜ ao ao de integra¸c˜ c˜ao ao para as integrais do tipo IV), a seguir
19
Integral Complexa
Diego A. Oliveira
ent˜ ao ao 1 4 onde
∞
2πi eizm π −m = ( ( )) = Res f, i e z 2 + 1 4 4
∫ �− −∞
Res(f, i) = lim li mz →i (z
eizm i) = (z i)(z + + i)
�
−
20
e−m 2i
Integral Complexa
Diego A. Oliveira
TIPO CINCO
As integrais do tipo cinco s˜ao ao da forma ∞
∫
∞
2
cos(tx )dx e
0
∫
sen(tx2 )dx
0
com t Z . S˜ao ao tamb´em em conhecidas conhe cidas como integral integra l de d e fresnel. fresn el. Assim com as integrais do tipo IV as integrais de fresnel podem ser resolvidas apenas levando em conta a parte imagin´ aria aria ou real do integr integrando ando.. Isso Isso implic implicaa 2 2 que tanto a fun¸c˜ c˜ao ao cos(tx )dx como sen(tx )dx podem po dem ser se r substitu´ sub stitu´ıdas ıdas pela p ela fun¸ fu n¸c˜ cao a˜o itx que ´e a parte part e imagin´ imaginaria a´ria e real respectivamente das fun¸c˜ coes o˜es citadas. e
∈
2
∞
1. Mostre que as integrais 1 2
∫
∞
2
cos(x )dx e S =
0
π . 2
√
∫
sen(x2 )dx convergem para
0
Solu¸ c˜ ao: ∞
Seja C =
∫
∞
2
cos(x )dx e S =
0
∫
arias arias ou sen(x2 )dx como suas partes imagin´
0
suas parte reais do integrando definem toda a integral ent˜ ao ao podemos substituir ix ambos os integrandos por e que ´e a parte real e imagin´ aria aria de cos (x2 ) e sen (x2) respectivamente logo 2
∞
I =
∫ 0
2
ix
e
∞
dx
≡ Re
∫
2
cos(x )dx
0
∞
≡ Im
∫
sen(x2 )dx
0
Para o calculo da integral I vamos considerar o seguinte contorno de integra¸c˜ cao a˜o
21
Integral Complexa
Diego A. Oliveira 2
Como a fun¸c˜ cao a˜o f (z ) = eiz ´e anal´ anal´ıtica dentro e fora da regi˜ ao ao de contorno de acordo com o Teorema de Cauchy podemos escrever
∫
�∫ ∫ ∫ �
∫
eiz dz =
+
c
+
C x
C r
2
(1) eiz dz = 0 (1)
C l
Calculando a integral ao longo do caminho C r chegamos a conclus˜ ao ao que seu result res ultado ado ´e zero. zer o. 2
∫
π 4
eiz dz =
C r
eiR
2
(cos2 cos2θ+isen2 isen2θ)
iReiθ dθ
0
onde nessa passagem usamos z 2 = R 2 (cos2θ + isen2θ).
∫
π 4
∫ ≤
π
iR2 (cos2 cos2θ +isen2 isen2θ)
e
π
4
iθ
iRe dθ
0
−R2 sen2 sen2θ
Re
→ ∞ ent˜ao ao
∫ ≤
4
dθ
0
ou seja quando R
−R2 4πθ
Re
0
∫
2
π 1 dθ = 4R
�− � e−R
2
ez dz
→ 0 →
C r
Para Calcular as integrais ao longo do caminho C x e C l devemos levar em conte que o segmento C x = [0; R] existe apenas sobre o eixo real portanto tem parte imagin´ aria aria nula (z = x ).
∫
iz
e
2
R
∫
dz = =
C x
2
eix dx (2)
0
J´a o segmento C l tem componentes componentes tanto no eixo real como no imagin´ imagin´ario ario e π i pode ser escrito como z = re ao: ao: r e ent˜ 4
∫
itz
e
2
0
dz =
C l
como e
π 2
i
∫
i(r
e
2
eiπ/2 )
R
·e
π
i 4
dr = e
π
i 4
0
∫
ei(r
2
eiπ/2 )
R
= i ent˜ao: ao: e
π 4
i
0
∫ R
2
e−r dr =
� � − − 1 2
22
π
2
i
π
2
(4)
dr (3)
Integral Complexa
Diego A. Oliveira
Como a integral ao longo de C r tende a zero quando R tende ao infinito da rela¸c˜ cao a˜o (1) e (4) implica que: R
∫ 0
2
eix dx =
−e
π 4
i
0
∫
2
e−r dr = e
π 4
i
√ π
R
R
∫
2
eix
0
1 dx = 2
1 = 2 2
� � π
2
+ i
π
2
(5)
� � π
2
+ i
π
2
Como no nosso contorno de integra¸ c˜ c˜ao ao (figura) R e lembrando que a integral ao longo de C x tem parte imaginaria nula ent˜ ao ao conclui-se que na verdade: verdade:
→∞
R
∫ 0
2
eix
1 dx = 2
23
�
π
2
Integral Complexa
Diego A. Oliveira
TIPO SEIS
Nesse grupo est˜ ao as integrais que possuem pelo menos uma singularidade no ao eixo real. ∞
1. Calcule
∫ 0
sen(x) dx. x
Solu¸ c˜ ao:
Assim como nos outros o utros casos onde o integrando ´e fun¸ func˜ ¸ao ao trig t rigono onom´ m´etrica etr ica o valor valo r dessa integral p ode ser obtido apenas considerando considerando sua parte imagin´ imagin´aria aria ou real assim: ∞
∫ 0
∞
sen(x) dx = x
∫ 0
eix dx xi
Note que sen(x) = I m = (eix). Como o integra i ntegrando ndo ´e uma u ma fun¸c˜ cao a˜o par ent˜ ao: ao: ∞
∫ 0
1 eix dx = 2 xi
infty
∫
−∞
eix dx xi
passando a fun¸c˜ cao a˜o para o plano complexo e integrando ao longo do contorno (abaixo).
Ent˜ ao ao 1 2
∞
∫
−∞
eix 1 dx = 2 xi
∞
∫
−∞
eiz 1 dz = 2 zi
�∫ ∫ +
C R
[−R;−r]
24
+
∫ ∫ � +
C r
[r;R]
=
πi Res((f, z 0 )) 2i
Integral Complexa
Diego A. Oliveira
Onde z 0 ´e a singularida singul aridade de da fun¸c˜ c˜ao ao f (z ) = Como Res(f, z 0 ) = lim z →z = 1 ent˜ao ao 0
∞
∫
−∞
eiz π dz = 2 z
25
eiz . z
