ANÁLISE COMPLEXA E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS AULA TEÓRICA 7 5 DE MARÇO DE 2018

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Stella Bardini
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1 ANÁLISE COMPLEXA E EQUAÇÕES DIFERENCIAIS AULA TEÓRICA 7 5 DE MARÇO DE 08 Condições Suficientes de Diferenciabilidade Teorema Seja f(z) = u(, y) + iv(, y). Se u e v têm derivadas parciais contínuas em torno de um ponto (, y) e são satisfeitas as condições de Cauchy-Riemann nesse ponto, então f é diferenciável em z = + yi. Para o eemplo anterior: u(, y) = y Vimos que (0, 0) = 0. Consideremos o primeiro quadrante. Aí, u(, y) = y, e portanto = y y = y Logo, (a, a) = para a > 0, e então lim (a, a) = 0 = (0, 0) a 0 + Por isso, não é contínua em (0, 0). Ou seja, não há contradição com o teorema, já que f não é diferenciável em 0. Segue-se a demonstração do teorema anterior, que apresentava condições suficientes de diferenciabilidade. Demonstração. f(z) = u(, y) + iv(, y) é dada e, por hipótese, tanto u como v têm derivadas parciais contínuas em torno de um certo ponto z.

2 f(z + h) f(z) Queremos ver que eiste lim. h 0 h Consideremos h = h + i h. Então, f(z + h) f(z) h = u( + h, y + h ) + iv( + h, y + h ) u(, y) iv(, y) h () Consideremos primeiro a parte real do numerador. u(+h, y+h ) u(, y) = [u(+h, y+h ) u(+h, y)]+[u(+h, y) u(, y)] = Vamos precisar de usar aqui o seguinte teorema, conhecido para as funções g : R R: Teorema da Média Seja g : R R diferenciável em [a, b]. Então eiste c ]a, b[ tal que g g(b) g(a) (c) = b a Vamos primeiro aplicar o teorema a g(y) = u( + h, y) no intervalo [y, y + h ]. Note-se que estamos a considerar a primeira componente de u constante nesta função; ou seja, g é função só da segunda componente y de u e, mais ainda, a sua

3 derivada g (y) eiste e é a derivada parcial y ( + h, y). Tendo isto em atenção, o teorema garante, para a primeira parte de, que eiste c = y + δ ]y, y + h [ tal que 3 u( + h, y + h ) u( + h, y) = h y ( + h, y + δ ) Para a segunda parte de, aplicamos novamente o teorema, desta vez a g() = u(, y) (onde a segunda componente de u é constante e igual a y.) Garantimos assim a eistência de c = + δ ], + h [ tal que u( + h, y) u(, y) = h ( + δ, y) Fazemos uma dedução semelhante para a parte imaginária de (): garantimos assim que eistem δ 3 ]0, h [ e δ 4 ]0, h [ tais que v( + h, y + h ) v(, y) = [v( + h, y + h ) v( + h, y)] + [v( + h, y) v(, y)] = h y ( + h, y + δ 3 ) + h ( + δ 4, y) Se fizermos h 0 na razão incremental inicial (para determinar a derivada de f), temos que h e h também convergem para zero, logo (por causa dos intervalos em que são definidos) também os quatro valores de δ convergem para zero. Como as derivadas parciais de u e v são contínuas (por hipótese), o limite da razão incremental fica então [ h y (, y) + h ] (, y) [ + i h h + ih y (, y) + h ] (, y) Aplicando agora as condições de Cauchy-Riemann, fica [ h (, y) + h ] (, y) h + ih [ + i h (, y) + h ] (, y)

4 4 = ( h + ih ) (, y) + ( h + ih ) h + ih (, y) = ( (, y) + h + ih ) (, y) h + ih = (, y) + i (, y) Isto mostra que o limite da razão incremental eiste (logo, f é diferenciável no ponto) e dá uma fórmula para a derivada de f. Temos então que, se f = u + iv é diferenciável em z = + iy, f (z) = (, y) + i (, y) Eemplos de funções. Eponencial f(z) = e z = e +yi = e cos y + ie sen y Temos: u(, y) = e cos y v(, y) = e sen y e então: = e cos y = y y = e sen y = Verificam-se as condições de Cauchy-Riemann e, para além disso, as quatro derivadas parciais são contínuas (em todos os pontos). Isto prova que f é diferenciável em qualquer ponto, e temos f (z) = + i = e cos y + ie sen y = e z

5 5 Donde, (e z ) = e z para z compleo.. Funções Trigonométricas A partir das fórmulas de Euler, já definimos: cos z = eiz + e iz sen z = eiz e iz i Estas são funções inteiras, porque são construídas à custa da eponencial complea (que já vimos ser inteira.) Temos: (cos z) = ] [(e iz ) + (e iz ) = ] [ie iz ie iz = i eiz e iz = eiz e iz i (sen z) = ] [(e iz ) (e iz ) = ] [ie iz + ie iz = eiz + e iz = cos z i i = sen z Zeros do seno: sen z = 0 e iz = e iz Pondo z = a + bi, vem e b+ai = e b ai. Logo: { e b = e b e ai = e ai b = 0 a = a + kπ, para k Z. Ou seja, a = kπ, k Z, e o resultado é z = kπ, k Z. Zeros do coseno: cos z = 0 e iz = e iz Pondo z = a + bi, vem e b+ai = e b ai = e b+( a+π)i. Logo:

6 6 { e b = e b e ai = e ( a+π)i b = 0 a = a + π + kπ, para k Z. Ou seja, a = π + kπ, k Z, e o resultado é z = π + kπ, k Z. Portanto, não há zeros do seno ou do coseno que não sejam reais. 3. Funções Hiperbólicas Por analogia com as funções reais, definimos, para z compleo: cosh z = ez + e z senh z = ez e z Ambas as funções são inteiras (porque são definidas à custa da eponencial), e temos (senh z) = cosh z (cosh z) = senh z Zeros do seno hiperbólico: senh z = 0 e z = e z Pondo z = a + bi, vem e a+bi = e a bi. Logo: { e a = e a e bi = e bi a = 0 b = b + kπ, para k Z. Ou seja, b = kπ, k Z, e o resultado é z = kπi, k Z.

7 7 4. Logaritmo Compleo Para verificar se os ramos do logaritmo são funções diferenciáveis, vamos primeiro deduzir as condições de Cauchy-Riemann em coordenadas polares. Como { = r cos θ y = r sen θ Temos, pela regra da cadeia, r = r + y y r = cos θ + y sen θ e θ = θ + y y θ = ( r sen θ) + r cos θ = r sen θ + r cos θ. y y (onde, na última passagem, usámos as condições de Cauchy-Riemann na forma cartesiana.) Obtemos assim a primeira condição em coordenadas polares: θ = r r Temos também: θ = θ + y y θ = ( r sen θ) + y r cos θ e r = r + y y r = cos θ + sen θ = cos θ + sen θ. y y Assim, a segunda condição fica: θ = r r Podemos aplicar estas condições ao ramo principal do logaritmo compleo. log 0 z = log r + iθ

8 8 u(r, θ) = log r v(r, θ) = θ Portanto: θ = = r r = r r θ = 0 = r r Verificam-se as condições de Cauchy-Riemann e as quatro derivadas parciais eistem (para θ no aberto ]0, π[ e r no aberto ]0, + [) e são contínuas, logo a função é diferenciável. Para os outros ramos do logaritmo, as derivadas parciais são eactamente as mesmas que para o ramo principal e portanto todas essas funções são também diferenciáveis (nos conjuntos adequados.) Para determinar a derivada do ramo principal do logaritmo, usamos a epressão anteriormente encontrada: (log 0 z) = + i. Temos: u(, y) = log r = log + y r= +y v(, y) = θ e portanto θ=arctg y = + y = y ( y + = arctg y + y = + y = rcos θ r ) = y r sen θ = + y r Obtemos assim:

9 9 (log z) = r cos θ i r sen θ r = re iθ r = re iθ = z. Ou seja, generaliza-se pois a fórmula conhecida para o logaritmo real. (Para os outros ramos do logaritmo compleo, a derivada tem a mesma epressão.) Funções Harmónicas Seja u : R R uma função duas vezes diferenciável. Dizemos que u(, y) é uma função harmónica se o seu laplaciano for nulo; ou seja, se u = u + u y = 0 Se f = u + iv é holomorfa, temos = y e y = e portanto, se u e v forem duas vezes diferenciáveis, u + u y = v y v y = 0 (onde a última igualdade só acontece se v for de classe C, ou seja, se as suas segundas derivadas parciais forem contínuas.) Portanto, nestas condições, concluímos que u é harmónica.

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