Análise Complexa Resolução de alguns exercícios do capítulo 2

Transcrição

1 Aálise Complexa Resolução de algus exercícios do capítulo 2 Exercício º Em todas as alíeas, o estudo da derivabilidade de f um poto a C será feito a partir da defiição de derivada. Sempre que f ão for derivável em a, isto será provado do seguite modo: cosidera-se uma fução ϕ : C C tal que z C : fz fa + ϕz.z a e defiem-se dois cojutos A, B C tais que a pertece à aderêcia de ambos; em seguida mostra-se que lim ϕz lim ϕz, z a,z A z a,z B de ode se coclui que ϕ ão pode ser cotíua o poto a.. Seja a C; quer-se saber se existe alguma fução ϕ : C C cotíua em a tal que z C : z 3 + z 2 a 3 + a 2 + ϕz.z a z C : z 3 a 3 + z 2 a 2 ϕz.z a z C : z a.z 2 + az + a 2 + z a.z + a ϕz.z a. Basta etão defiir ϕz z 2 + az + a 2 + z + a. Está etão provado que f é derivável em a e tem-se f a ϕa 3a 2 + 2a. 2. Sejam a C e ϕ uma fução de C em C tal que z C : z a ϕz.z a, ou seja, tal que z a z C \ {a} : ϕz z a Comece-se por ver o que acotece quado a C. Sejam C a a circuferêcia de cetro 0 que passa por a ou seja, C a {z C : z a } e S a a semi-recta com origem o poto 0 que passa por a ou seja, S a R + a; veja-se a figura ao lado. Se z C a \ {a}, etão ϕz 0; logo, lim ϕz 0. z a,z C a\{a} S a a 0 C a Por outro lado, se z S a, etão z/a R + pelo que, caso z a, se tem ϕz z a z a a a z/a z/a a a Mas etão lim ϕz a /a. z a,z S a\{a} Falta estudar a derivabilidade o poto 0. Seja ϕ uma fução de C em C tal que Deduz-se desta relação que z C : z ϕz.z. z R + : ϕz e z R : ϕz,

2 Aálise Complexa pelo que lim ϕz e z 0,z R + lim ϕz. z 0,z R 3. Tal como a resolução da alíea aterior, se a C e se existir ϕ : C C tal que etão z C : z 2 a 2 ϕz.z a, lim ϕz 0. z a,z C a\{a} Por outro lado, se z S a \ {a}, etão z/a R + pelo que, caso z a, se tem ϕz z 2 a 2 z a a 2 a z/a 2 z a z/a.z/a + a z/a z a a +. Cosequetemete, lim ϕz 2a. z a,z S a\{a} Por outro lado, a fução f é derivável o poto 0, pois z C : fz z 2 z.z, e a cojugação é uma fução cotíua. Além disso, f Para estudar a derivabilidade da fução Re um poto a C usa-se o mesmo tipo de ideias que as alíeas ateriores, mas desta vez com os cojutos H a {z Z : Im z Im a} e V a {z C : Re z Re a}; veja-se a figura ao lado. Um cálculo simples revela que se ϕ for uma fução de C em C tal que z C : Rez Rea + ϕz.z a, V a a H a etão ϕ V a \ {a} {0}. Por outro lado, se z H a \ {a}, etão ϕz Rez Rea z a Rez a Rez a, pelo que lim ϕz e z a,z H a\{a} lim ϕz 0. z a,z V a\{a} 5. Seja a C, sejam H a e V a como a alíea aterior e seja ϕ uma fução de C em C tal que Etão ϕ H a \ {a} {0}, pelo que Por outro lado, se z V a \ {a} etão z C : Im z 2 Im a 2 + ϕz.z a. lim ϕz 0. z a,z H a\{a} ϕz Im z 2 Im a 2 z a Imz Ima.Imz + Ima Imz Imai Imz + Imai. Cosequetemete, lim ϕz 2 Imai. z a,z V a\{a}

3 Aálise Complexa Está etão provado que f ão é derivável em a caso Im a 0, ou seja, caso a / R. Caso a R, etão defie-se ϕ : C C { Im z 2 /z a se z a z 0 se z a. É etão claro que se tem e como Im z 2 z C \ {a} : ϕz ϕa z a Imz a 2 z a z a, ϕ é cotíua em a. Tem-se etão f a ϕa 0. Exercício º4 Seja a C. Mostrar que f é derivável em a e que f a fa é mostrar que existe alguma fução ϕ : C C cotíua em a tal que e que ϕa fa. Defie-se etão z C : fz fa + ϕz.z a ϕ : C C fz fa se z a z z a fa caso cotrário e resta apeas demostrar que ϕ é cotíua em a. Como, para cada z C \ {a}, ϕz fz fa z a fz a + a fa z a fz a.fa fa z a fz a z a fa e como fh f0 lim h 0,h 0 h, tem-se lim ϕz fa ϕa. z a Exercício º8. Se x, y R, sejam ux, y Re fx + yi x 2 e vx, y Im fx + yi xy. Se, a, b R, tem-se u v a, b a, b { x y 2a a a b 0. u 0 b a, b v a, b y x 2. Como o cojuto dos potos do plao que são solução das equações de Cauchy-Riema é {0}, o cojuto dos potos do plao ode f é derivável ou é {0} ou é o cojuto vazio pelo que ão existe qualquer aberto U as codições do euciado. De facto, uma vez que as derivadas parciais são fuções cotíuas, o cojuto dos potos ode f é derivável é {0} pelo corolário 2..2.

4 Aálise Complexa Exercício º9 Se x, y R forem tais que x + yi U, etão sejam ux, y Re fx + yi e vx, y Im fx + yi. Etão x, y R : x + yi U gx + yi fx yi ux, y vx, yi. Etão, se se defiir, u, v : U R por u x, y ux, y e v x, y vx, y, tem-se x, y R : x + yi U gx + yi u x, y + v x, yi. Agora basta observar que se a, b U, etão e que u y u x a, b u x a, b u y a, b v y a, b v x v a, b a, b y a, b v a, b. x Exercício º0 Sejam u e v duas fuções de R 2 em R e seja, para cada x, y R 2, fx, y ux, y+vx, yi. É suficiete para que f seja holomorfa que u e v sejam parcialmete deriváveis em todos os potos de R 2, que u, u, v e v u sejam fuções cotíuas, que v u e que v. Para x y x y x y y x que f satisfaça a primeira codição do euciado também é preciso que u x Re f x + yi 3x 2 y 2 4y, o que implica que, para alguma fução C : R R, se teha: x, y R : ux, y x 3 3xy 2 4xy + C y. 2 Por outro lado, para se ter tem-se ecessariamete v y u x 3x2 y 2 4y, x, y R : vx, y 3x 2 y y 3 2y 2 + C 2 x, 3 para alguma fução C 2 : R R. Para que as fuções u e v sejam parcialmete deriváveis relativamete a ambas as variáveis e que u v basta que C y x e C 2 sejam deriváveis e que x, y R : 6xy 4x + C y 6xy C 2 x C y 4x C 2 x. Logo, terá que existir algum úmero a R tal que Haverá etão úmeros reais b e c tais que x R : C x a e 4x C 2 x a. x R : C x ax + b e C 2 x 2x 2 ax + c. 4

5 Aálise Complexa Está etão provado que se se defiir u e v de modo a ter-se 2, 3 e 4 etão a fução f é holomorfa e satisfaz a primeira codição do euciado. Afirmar que também satisfaz a seguda é afirmar que { { 6 + a + b 0 b 6 a 0 f + i u, + v, i 2 a + c 0 c a 2. Logo, basta tomar, por exemplo, a 0, b 6 e c 2 e tem-se etão ou seja, x, y R 2 : fx, y x 3 3xy 2 4xy x 2 y y 3 2y 2 + 2x 2 2i x + yi 3 + 2ix + yi i, z C : fz z 3 + 2iz i. Exercício º É claro que a primeira codição implica todas as outras. Para cada x, y R 2, sejam ux, y Re fx + iy e vx, y Im fx + iy. Se u for costate, etão u/ x u/ y 0. Deduz-se das equações de Cauchy-Riema que v/ x v/ y 0, pelo que f 0 e, portato, f é costate. De maeira aáloga, mostra- -se que se v for costate, etão f é costate. Está etão visto que as três primeiras codições são equivaletes. Se f 0, é claro que f 0. Por outro lado, se f k para algum k R +, sabe-se etão que u 2 + v 2 k 2, de ode se deduz que 2u u v + 2v x x 0 2u u y + 2v v y 0 u u x v u y 0 u u y + v u x 0 pelas equações de Cauchy-Riema. Para cada a, b R 2, tem-se etão: u ua, b va, b a, b x 0, 0. va, b ua, b u a, b y Visto que o determiate da matriz é ua, b 2 + va, b 2 k 2 0, u x u a, b a, b 0. y Como isto ocorre para qualquer a, b R 2, u é costate, ou seja Re f é costate. Se houver a, b R 2 \ {0, 0} tal que a Re f + b Im f seja costate, etão a fução Rea bif é costate. Já foi visto que etão a bif é costate, pelo que f é costate.. Se z H, etão z i < z i < z + i z + i z i 2 < z + i 2 Exercício º2 z Rezi < z 2 2 Rezi pelo exercício 3.0 do capítulo z 2 2 Im z < z Im z Im z > 0.

6 Aálise Complexa Uma vez que o domíio de f é um aberto, para mostrar que f é holomorfa basta mostrar que é derivável, mas isto é óbvio pois o quociete de duas fuções deriváveis é derivável. Se z D0, e se w H for tal que fw z, etão fw z w i w + i Isto sugere que se cosidere a fução z w z i + z w i z + z 5 g : D0, H z i z + z É preciso começar por ver que esta defiição faz setido, ou seja, que se z D0,, etão gz H. De facto, se z D0,, etão Im i z z z. + z z 2 z + z Re Re Re z 2 + z + z + z 2 z 2 z, 2 pois z + z 2i Im z; como z <, está provado que Im gz > 0. Deduz-se de 5 que f g Id D0,. Fialmete, um cálculo simples mostra que g f Id H, pelo que g f. Tal como f, g é obviamete holomorfa. Exercício º5 Se r, s <, etão as séries r e s são absolutamete covergetes, pelo que, pelo teorema 2.2.5, as famílias r N e s N são somáveis. Logo, a família r p.s q p,q N é somável, pelo teorema Se r 0 ou s 0, é trivial que a família r p.s q p,q N é somável. Fialmete, os restates casos a r p.s q p,q N ão é somável pois se o fosse etão as famílias r p.s p N e r.s q q N seriam somáveis, pelo corolário Logo, ovamete pelo teorema e porque r, s 0, as séries r e s seriam absolutamete covergetes. Mas pelo meos uma delas ão o é, pois r ou s. Exercício º8 Supoha-se que a família z i i I é somável com soma s e seja ε R +. Existe etão alguma parte fiita J de I tal que K P f I : J K s z i < ε. i K Mas etão, se K P f I for tal que J K, tem-se Re s z i < ε Res Rez i < ε. i K i K Logo, a família Re z i i I é somável com soma Re s e o mesmo argumeto prova que a família Im z i i I é somável com soma Im s. Isto prova ão sé que a primeira codição implica a seguda como prova que, caso ambas se verifiquem, Re z i Re z i e Im z i Im z i. i I i I i I i I Caso as famílias Re z j j I e Im z j j I sejam somáveis com somas x e y respectivamete etão, aplicado ambas as alíeas da proposição 2.2.3, deduz-se que a família x j + y j i j I z j j I é somável com soma x + yi.

7 Aálise Complexa Exercício º20 z Seja z C tal que z. Começa-se por escrever sob a forma A/ z z + z A/ z +. Um cálculo simples revela que se pode tomar A / z. Etão z z z + / z / z z z + z lim / z 2 N z { / z 2 / z se z < / z 2 se z > { z/ z 2 se z < / z 2 se z >. Exercício º22 As séries das três primeiras alíeas são séries de úmeros reais maiores do que 0, pelo que ão há distição etre covergêcia e covergêca absoluta.. Se N, tem-se Etão lim N /2 /2 <, pelo que a série coverge. 2. Se m, tem-se a série harmóica, que diverge. Nos restate casos, a série coverge, pelo critério do itegral: 3. Como + x m dx lim sup N lim M + / 2 + / [ x m+ m + ] xm x m 2 lim N 2 + e como a série harmóica diverge, a série dada diverge, pelo critério da comparação. 4. A série ão coverge absolutamete, pelo critério da comparação: N : + m m No etato, a série coverge seja qual for m N, pelo critério de Leibiz. 5. A série ão coverge absolutamete, pelo critério da comparação: N : No etato, a série coverge, pelo critério de Leibiz e porque, pelo exercício 2.4, a sucessão é 3 é decrescete. 6. A série coverge absolutamete pelo critério da raiz: lim sup Z + + i 2 lim Z

8 Aálise Complexa Se z 0, é claro que a série coverge e coverge absolutamete. Caso cotrário, como se tem z + / +! lim sup Z + z /! lim z Z + + 0, também se coclui que a série coverge absolutamete e, em particular, que coverge. 8. Para cada z C e cada m N tem-se: lim sup N m z lim N m z z, pelo que a série em questão coverge absolutamete respectivamete diverge quado z < resp. z >. A série também diverge quado z seja qual for m N, pois esse caso N : m z m, pelo que a sucessão m z N ão coverge para Se z C, lim sup N z z lim N 0, pelo que a série coverge absolutamete e, em particular, coverge. 0. Para cada z C e cada m N tem-se: z lim sup z lim N N z, pelo que a série em questão coverge absolutamete respectivamete diverge quado z < resp. z >. A série também diverge quado z, pois trata-se da série harmóica. Nos restates casos ou seja, se z e z a série ão coverge absolutamete pois z, mas é covergete, pelo critério de Dirichlet: a sucessão / N é uma sucessão de variação limitada, por ser uma sucessão real, moótoa e limitada; a sucessão / N coverge para 0; N a sucessão z é limitada, pois N N N N N : z z z N+ z 2 z. Os úmeros z C para os quais esta série é covergete respectivamete absolutamete covergete são os mesmos para os quais a série da alíea aterior é covergete resp. absolutamete covergete, pelo critério de Abel. De facto, como a sucessão + / é de N variação limitada pois é real, moótoa e limitada, sempre que uma série z de úmeros complexos for covergete, a série + /z também o é e, reciprocamete, se a série + /z for covergete etão, como a sucessão / + / é de variação limitada pois, mais uma vez, trata-se de uma sucessão real, moótoa e limitada, a série N z coverge. 2. A série em questão ão é absolutamete covergete pois tem-se lim N / / z lim z N ;

9 Aálise Complexa logo, se a série / z fosse covergete, etão a série harmóica também o seria. Por outro lado, deduz-se do critério de Dirichlet que a série é covergete, pois:. a sucessão das somas parciais da série limitada; 2. a sucessão z 3. a sucessão z e N N coverge para 0; só toma os valores e 0, pelo que é é de variação limitada, pois tem-se z z 2 + 2z + z 2 z / 2 + 2z + z 2 z lim. N / 2. Tem-se, para cada N, Exercício º23 + z z k! k0 k k0 k! k! k zk. Logo, se N e se k Z + for tal que k, tem-se a,k!.... k + k! k!k k! k k! k + aturalmete, k > a,k 0. Cosequetemete, se se fixar k Z + etão a sucessão a,k k pode ser obtida como o produto de /k! pelo produto de k sucessões crescetes de úmeros reais maiores do que 0 as sucessões da forma j/ N, com j {0,,..., k } que covergem para, pelo que a sucessão em questão é uma sucessão crescete de úmeros reais maiores do que 0 que coverge para /k!. 2. Poder-se-ia pesar que basta fazer lim + z lim a,k z N k lim a N,kz k z k N k0 k0 k0 k!, mas a seguda igualdade ão é óbvia pois, em geral, dois processos de passagem ao limite ão comutam. Seja ε R +; quer-se mostrar que existe algum úmero atural p tal que, se N e p, etão z k z k0 k! < ε,k k0 k! a z k < ε, e para se ter isto basta que k0 k! a,k z k < ε, 6 ;

10 Aálise Complexa uma vez cada sucessão a,k N é crescete e covergete para /k! e, cosequetemete, Seja N N tal que etão tem-se N k Z + : k! a,k R +. kn kn z k k! < ε 2 ; pois cada úmero da forma a,k é maior ou igual a 0, pelo que Por outro lado, tem-se N lim N k0 k! a,k z k < ε 2, 7 N k Z + : k! a,k k!. a,k z k N k0 lim a,k z k N pelo que existe algum p N tal que, se N e p, etão N k0 Mas etão 6 resulta de 7 e de 8. N k0 z k k!, k! a,k z k < ε 2 8 Exercício º24 Se k, a família ão é somável, pois o cojuto { } + N ão é majorado, pelo mesmo motivo pelo qual a série harmóica diverge. Se k 2, a família também ão é somável, pois, para cada N N m+ N m + 2 N p2 m+p m + 2 N p2 p p 2 e lim Np2 p N N +, visto que a série p p 2 p2 diverge. p 2 O facto de a família ão ser somável quado k 2 permite dar uma demostração alterativa do facto de ão ser somável quado k. Basta ateder ao facto de se ter m, N : m + 2 m + e ao corolário Caso k > 2, etão a família é somável. Basta ver que se K P f N 2 e se p N for tal que, para cada m, K, m + p, etão m, K m + k m+ N m + k N p2 m+p m + k N p2 p p k p2 p p k

11 Aálise Complexa Exercício º25 O produto de Cauchy da série por si própria é 2 c, ode, para cada N \ {}, c k+ m + k+ k k m + k k k. + k m Mas, para cada k {, 2,..., }, k. + k 2, pelo que c k k. + k m k m 2 m 2 2/m. Como m 2, 2/m, pelo que c. Como a sucessão geradora ão coverge para 0, a série 2 c diverge. Exercício º27 O termo de ídice Z + do produto de Cauchy das duas séries é: p+q z p w q p! q!! p0! p! p! zp w p! z p w p p0 p z + w! Exercício º3 No cojuto dado, a série de fuções z tem somas parciais uiformemete limitadas, pois z D0, \ D, δ Z+ : z k z + z 2 δ Por outro lado, a sucessão / N é uma sucessão real, moótoa e coverge para 0. Logo, pelo critério de Dirichlet a série dada é uiformemete covergete. k0 Exercício º32 Vai-se aplicar o critério de Dirichlet. Seja K um compacto de C \ N.. Como, para cada N N, N 0 ou N, a sucessão das somas parciais da série é uiformemete limitada. 2. Seja N N tal que M max z K z. Etão, se N for tal que > M e se z K, tem-se: z z z. z z + z M + M Como a série M+ M + M 9

12 Aálise Complexa coverge, resulta do teste M de Weierstrass que a série M+ coverge z z uiformemete. A soma da série é uma fução limitada, pois é majorada pela soma da série 9. Logo, a série também coverge uiformemete e a sua soma z z é uma fução limitada pois, como K é um compacto de C \ N, a fução também é limitada. K C z M z z 3. Se M for como a alíea aterior, etão N z K : > M z M Como lim N / M 0, se se defiir, para cada N, g : K C z z, a sucessão g N coverge uiformemete para a fução ula. Exercício º35 alíeas pares Em cada alíea o raio de covergêcia vai ser represetado por ρ. 2. Tem-se ρ +, pois lim sup lim sup N N Tem-se ρ 2, pois lim sup 2 lim sup /2 /2. N N 6. Tem-se ρ, pois lim sup N 2 lim sup 2 2. N 8. Para cada N, τ, pelo que τ. Logo, lim N τ, de ode resulta que ρ. 0. Primeira resolução: Tem-se z 2 a z, ode N : a { se for um quadrado perfeito 0 caso cotrário. Etão lim sup N a lim sup N a, pelo que ρ. Seguda resolução: Para cada z C, tem-se lim N z +2 z 2 N z 2+ lim + se z > se z 0 se z <. Logo, pelo critério do quociete a série diverge se z > e coverge absolutamete se z <, pelo que ρ.

13 Aálise Complexa Primeira resolução: Quer-se mostrar que: Exercício º39 m ε > 0 p Z + m, Z + x [0, ] : m p a j x j < ε. Seja ε > 0. Visto que a série a é covergete, pode-se escolher p Z + tal que: a j j m m, Z + : m p < ε. Seja p e, para cada j, seja S j j k a k. Etão, se tomar m Z + tal que m e tomar x [0, ], tem-se: m a j x j m S j x j x j+ + S m x m+ j j m S j x j x j+ + S m x m+ j m < x j x j+ ε + x m+ ε j x x m+ + x m+ ε ε. Visto que a série coverge uiformemete o itervalo [0, ] para a fução dada a sugestão, etão esta é cotíua, pelo que: lim fx f s. x Seguda resolução: Para cada x [0, ] e para cada Z +, sejam f x a e g x x. Etão:. a série f é uiformemete covergete; 2. a série g g + coverge simplesmete para a fução que é limitada; j x x x + { se x [0, [ xx 0 caso cotrário, 3. a sucessão g Z+ é uiformemete limitada. Logo, pela proposição 2.2.9, a série de potêcias a x coverge uiformemete em [0, ]. Pode-se agora termiar a resolução usado o mesmo argumeto que foi empregue o fim da resolução precedete. 2. O euciado recíproco é falso, pois a série diverge mas lim x lim x x,x [0,[ x,x [0,[ lim x,x [0,[ + x 2

14 Aálise Complexa Afirmar que as séries a e b covergem é o mesmo que afirmar que as séries de potêcias a z e b z covergem quado z ; deduz-se etão da proposição de Abel-Cauchy-Hadamard que se z D0,, etão as séries a z e b z covergem absolutamete. Tem-se c lim x,x [0,[ lim x,x [0,[ lim c x pelo teorema de Abel p+q x,x [0,[ p+q lim x,x [0,[ lim x,x [0,[ a.b. a. a x. a x. b a p b q x a p x p.b q x q b x lim b x x,x [0,[ pelo teorema de Abel pela proposição 2.2. Exercício º40. A série diverge o poto, pois Z + : a. Por outro lado, a série coverge em qualquer poto z tal que z < /2; de facto, Z + : a 2 isto mostra-se facilmete por idução pelo que se deduz do critério da raiz que a série de potêcias a z coverge quado z < /2. Logo, /2 ρ. 2. Escreve-se z z 2 a z sob a forma c z. Tem-se etão:.a 0 se 0 c.a + a 0 0 se.a + a + a 2 0 se Defie-se: ρ + 5 /2 e ρ 2 5 /2; estes úmeros são as soluções da equação z z 2 0. Tem-se etão, quado z < ρ: a z z 2 + z z ρ z ρ 2 5 z ρ z ρ 2 5 ρ z/ρ ρ 2 z/ρ 2.

15 Aálise Complexa Logo, se z < mi{ ρ, ρ 2 } e cotiuado a supor que z < ρ, tem-se: a z 5 ρ 5 z/ρ ρ2 z/ρ 2 ρ ρ 2 z /ρ + /ρ z. 0 Visto que /ρ + 5 /2 e que /ρ 2 5 /2, obtém-se assim a fórmula pretedida para a e como se sabe que ρ < ρ 2, deduz-se de 0 que:. se z < ρ, etão a série a z coverge, pois é igual à soma de duas séries covergetes; 2. se ρ < z < ρ 2, etão a série a z diverge, pois é igual à soma de uma série covergete com uma série divergete. Logo, ρ ρ 5 /2. Exercício º4. A afirmação é verdadeira porque afirmar que o raio de covergêcia da série a z é ifiito é o mesmo que afirmar que lim sup a 0 e pode-se etão calcular o raio de covergêcia da série a z do seguite modo: lim sup N a lim sup N a lim if N a lim sup N O raio de covergêcia tem etão de ser ulo, pois pertece a [0, + ]. 2. A afirmação é falsa. Basta cosiderar a sucessão: a { se for par 3. A afirmação é falsa. Basta cosiderar a sucessão: a se for ímpar. { se for par 2 se for ímpar. a 0. Exercício º44 [ ]. Que ρ resulta de se ter N : e de Se z, etão [ ] lim N lim N. z, pelo que a série ão coverge absolutamete o poto z.

16 Aálise Complexa Sejam N e m [ ]. Etão [ k] z k z z 2 z 3 + z m z k z + z + z 2 + z 4 + z + + z 4 z 9 + z + + z 6 pelo que + m z m 2 + z + + z 2m 2 + m z m2 + + m z z z3 z + z4 z5 z z9 z7 z + + m z2m m 2 z + m z m2 + + m z, z [ k] z k k 2m z + 2m + 2 z + 2 +, de ode se deduz que a sucessão k [ k ] z k / N é limitada. Pode-se mostrar que se, o euciado do critério de Dirichlet, as codições. a sucessão das somas parciais da série a é limitada; 2. a sucessão b N é de variação limitada; 3. a sucessão b N coverge para 0 forem substituídas respectivamete por. a sucessão a k / é limitada; k 2. a série N b b + é absolutamete covergete; 3. a sucessão b N coverge para 0, uma demostração semelhate permite cocluir que a série a b coverge. De facto, se m N etão sabe-se, pela relação 2.8 da págia 72, que m m m a k b k a b b 2 + a + a 2 b 2 b a k b m b m+ + a k b m+. k k k Seja, para cada N, s k a k. Etão, se m, N forem tais que m > tem-se m m a k b k a k b k a k b k k k k m s m b m+ s b + s k b k b k+ k s m m m + bm+ s m s k b + kbk b k+ m m + k k e decorre agora do critério de Cauchy que a série k a b coverge.

17 Aálise Complexa Basta agora aplicar esta versão modificada do critério de Dirichlet podo, para cada N, a [ ] z e b /, para mostrar que a série dada o euciado do exercício coverge. 3. Vai-se recorrer à versão modificada do critério de Dirichlet que foi empregue a alíea aterior. Quer-se etão mostrar que a sucessão k [ k ] / N é limitada. Para cada N, seja σ k [ k ]. É claro que a restrição da sucessão σ N a cada itervalo de N, da forma [m 2, m + 2 ] m N \ {} é moótoa. Seja N e seja m [ ]. Etão σ σ m sup{ σ, σ } m2 m+2 m Demostra-se facilmete por idução que m N \ {} : σ m 2 m+ m. Decorre etão de que se m > ou seja, se > 3 etão σ m + 2 m 2. Exercício º45 Se D, basta cosiderar, por exemplo, a série de potêcias 2 z. No que se segue, vai-se supor que D ão é vazio. A série de potêcias z / tem raio de covergêcia e se z for um úmero complexo de módulo, etão a série coverge o poto z sse z. Logo, se d for um úmero complexo de módulo, a série de potêcias d z / z/d / tem a seguite propriedade: se z for um úmero complexo de módulo, etão a série coverge o poto z sse z d. Cosidera-se etão a série de potêcias d d D z d D z. d Se z for um úmero complexo de módulo que ão pertece a D, etão a série coverge o poto z, pois é soma de um úmero fiito de séries que são todas covergetes o poto z. Por outro lado, se d D, etão a série diverge o poto d pois é soma de um úmero fiito de séries que covergem o poto d com uma série que diverge esse poto. Tem-se: Exercício º49 z D0, ρ : fz 2 a z a z a k a k z k0 e z D0, ρ/2 : f2z a 2z a 2 z de ode se deduz que: Z + : 2 a a k a k. k0 Em particular, para 0 tem-se a 0 a 2 0, pelo que a 0 pois, por hipótese, a 0 0.

18 Aálise Complexa Vai-se mostrar por idução que N : a a /!, ou seja, que z D0, ρ : fz a z a! z a z e az.! Para é trivial. Supoha-se que já se mostrou para um certo N que a m a m /m! quado m m N. Etão a + a k a + k k0 2a 0 a + + a k a + k k a + 2a + + k k! + k! 2a + + a+ +! 2a + + a+ +! de ode se deduz que a + a + / +!. k + k0 +! k! + k! +! k! + k! 2 2a + + a+ +! a + + a+ +! 2+ 2 Exercício º50 Seja f : C C uma fução holomorfa tal que f f e que f0 ; quer-se mostrar que f exp. Veja-se que f exp.f f. exp 0, exp f 2 pois f f e exp exp. Logo, f/ exp é costate e, como em 0 toma o valor f0/ exp0, toma sempre o valor. Mas isto é o mesmo que dizer que f exp. Exercício º5 Para cada N tem-se ip3 q π p3 q π p3 q π expirπ 3 exp cos + i se Por hipótese, p é da forma 2k para algum k N. Logo, por 2, expirπ 3 cos k3 q π. Caso q, 3 q é um úmero atural ímpar; cosequetemete, cos k3 q π é igual a se k é par e é igual a se k é ímpar. Em qualquer dos casos, a série q z3 ± diverge, q pelo que a série z3 diverge.

19 Aálise Complexa Por hipótese, p é da forma 2k + para algum k N. Se N for tal que q, etão p3 q π/2 k3 q π + 3 q π/2, pelo que cosp3 q π/2 0; cosequetemete, por 2, De facto, isto é verdade para q, pois etão expirπ 3 i se k3 q π + 3 q π/2. expirπ 3 i q se kπ + π/2 ; 3 expirπ 3 i se kπ + π/2 e, por outro lado, se, para um certo q, se tiver 3, etão expirπ 3+ i se 3 + q kπ + π/2 i se 3.3 q kπ + π/2 i se 2.3 q kπ + π/2 cos 3 q kπ + π/2 + + i cos 2.3 q kπ + π/2 se 3 q kπ + π/2 i se 3 q kπ + π/2 i q+ se kπ + π/2. q Logo, q z3 i se kπ + π/2 q também coverge. e esta série coverge, pelo que a série z3 Exercício º55 Seja z C; quer-se mostrar que existe algum w C tal que sew z. Mas sew z e iw e iw 2iz e iw 2 2ize iw 0. Cosidere-se etão a equação X 2 2izX 0. Pelos cálculos atrás efectuados, se u for uma solução desta equação e se w C for tal que e iw u, etão sew z. Seja etão u uma solução da equação. Tem-se ecessariamete que u 0 e existe etão algum w C tal que e w u. Se se defiir w iw, etão w iw, pelo que e iw u. Pode-se demostrar pelo mesmo método que cosc C, ou etão recorrer ao que já se demostrou e à relação 2.23 da págia 92. Exercício º56 Vai-se começar por mostrar que a restrição da fução seo a U é ijectiva. Sejam z e z 2 dois elemetos do cojuto em questão tais que sez sez 2 ; quer-se mostrar que z z 2. Sabe-se, pelo exercício 53, que z z 2 2π ou que z + z 2 π 2π, para algum Z. Mas, visto que Rez, Rez 2 ] π/2, π/2[, sabe-se que Rez z 2 ] π, π[ e que Rez + z 2 π ] 2π, 0[. Logo, z + z 2 π ão pode ser um elemeto de 2πZ e z z 2 só pode ser da forma 2π com Z quado se tiver 0, ou seja, quado z z 2. Quer-se agora mostrar que seu C \ ], ] [, + [. Seja z C; vai-se começar por mostrar que existe algum w C tal que Re w [ π/2, π/2] e que sew z. Seja w C

20 Aálise Complexa tal que sew z um tal w existe pelo exercício 55 e seja Z tal que Rew + 2π [ π/2, 3π/2[. Tome-se { w + 2π se w + 2π [ π/2, π/2[ w π w + 2π caso cotrário. Para completar a resolução do exercício, basta mostrar que, dados z, w C tais que sew z e Re w [ π/2, π/2], se tem: De facto, se Re w ±π/2, etão z ], ] [, + [ Re w ±π/2. 4 sew sere w + i Im w sere w cosi Im w + cosre w sei Im w ± cosi Im w exp Im w + expim w ± 2 expim w + / expim w ± 2 e, visto que expim w R +, expim w + / expim w/2 [, + [, ou seja, z ], ] [, + [. Por outro lado, se Re w ] π/2, π/2[, etão, visto que expim w + / expim w sew sere w + cosre w sei Im w, 2 há duas possibilidades Im w 0 : etão sew sere w ], [; Im w 0 : etão sei Im w pelo que sew R. Se z C, etão exp Im w expim w 2i Exercício º6 cos z 2 + se z 2 cosz.cosz + sez.sez cosz. cos z + sez. se z cos z z cos2i Im z cosh2 Im z. expim w exp Im w i ir, 2 Se z R, etão é claro que cos z, se z R. Reciprocamete, seja z C tal que cos z, se z R. Etão cosz 2 + sez 2 cos z 2 + se z 2 cosh2 Im z. 5 Mas se x R, etão, uma vez que cosh x + x2 2 + x4 24 +, é claro que cosh x se e só se x 0. Cosequetemete, deduz-se de 5 que Im z 0, ou seja, que z R.

21 Aálise Complexa Sejam, para cada a R, Exercício º62 h a {t + ai : t R} e v a {a + ti : a R}. Quer-se etão determiar as images de cada recta h a e v a pelas fuções expoecial, seo e coseo. Se t R, etão e t+ai e t cosa + seai. Como {e t : t R} R + e como cosa + seai é um úmero complexo diferete de 0, exph a é a semi-recta aberta com origem em 0 que pasa por cosa + seai. Por outro lado, se t R, etão e a+ti e a cost + seti. Logo, expv a é a circuferêcia de cetro 0 e raio e a. Se t R, etão set + ai set cosai + cost seai set cosha + cost sehai. Logo, se a 0, seh a {set : t R} [, ] e, se a 0, seh a é a elipse Por outro lado, se t R, etão 2 x + yi C : x + cosha y seha 2. sea + ti sea costi + cosa seti sea cosht + cosa sehti. Logo, há cico possibilidades: a πz: etão sea+ti cosa sehti ± sehti, pelo que sev a é a recta dos úmeros imagiários puros; a 2πZ + π 2 : etão sea + ti cosht, pelo que sev a é a semi-recta fechada [, + [; a 2πZ + 3π 2 : etão sea+ti cosht, pelo que sev a é a semi-recta fechada ], ]; 0 < sea < : etão sev a é o ramo de hipérbole 2 x x + yi C : x > 0 sea < sea < 0: etão sev a é o ramo de hipérbole 2 x x + yi C : x < 0 sea 2 y cosa ; 2 y cosa. A determiação de cosh a e de cosv a pode ser feito pelo mesmo método ou etão recorredo ao facto de set ter z C : cosz se π 2 + z.

22 Aálise Complexa Exercício º65. Se z pertecer ao domíio da fução tagete, etão z + π também pertece e taz + π sez + π cosz + π sez cosz taz, pelo que π é um período da fução tagete e, portato, os múltiplos iteiros de π são períodos da fução tagete. Por outro lado, se t for um período da fução tagete, etão tat ta0 + t ta0 0. Mas, por outro lado, tat 0 set cost 0 set 0 t πz. 2. Tem-se taz taw sez cosz sew cosw sez cosw cosz sew 0 sez w 0 z w πz. Exercício º67 Para cada Z + e para cada z C \ {0} tem-se: z z z 2. Visto que a sucessão z 2 coverge para z 2, deduz-se que a série coverge absolutamete quado z < e diverge quado z > ; logo, o raio de covergêcia é igual a. Alterativamete, se se escrever a série dada sob a forma a z, etão tem-se: Sedo assim tem-se: k se 2k + com k Z a 2k+ + 0 se for par. { a se for ímpar 0 se for par. Etão a para qualquer N e, por outro lado, a subsucessão de a formada pelos termos de ordem ímpar coverge para. Deduz-se que lim sup a e, portato, que o raio de covergêcia é igual a. É uma cosequêcia imediata da cotiuidade da fução tagete e de se ter ta 0 0 que existe algum ρ > 0 tal que z < ρ ta z <. Para mostrar que as fuções z ata z e z z, de domíio D0, ρ, são idêticas, é suficiete que se mostre que há algum poto do domíio ode ambas as fuções tomam o mesmo valor o que ocorre obviamete o poto 0 e que as fuções derivadas são idêticas. Mas tem-se: z < a z z 2 + z 4 z z 2 + z z z 2

23 Aálise Complexa Tem-se etão, quado z < ρ: a ta z a ta z ta z + ta z2 + ta z 2. Exercício º70. Sejam z C \ R e w log z. Pela defiição da determiação pricipal do logaritmo, isto sigifica que expw z e que Im w ] π, π[. Mas etão z expw expre w + i Im w expre w. expi Im w. Como, por outro lado, z z. expiθz, tem-se expre w z ou seja, Re w log z e Imw θz 2πZ. Mas como os úmeros Imw e θz estão ambos em ] π, π, tem-se forçosamete Imw θz, pelo que logz w Rew + i Imw log z + iθz. 2. Como z C \ R : explogz z, tem-se, para cada z C \ R, exp logz. log z explogz. log z z. log z log z z. 3. Mostra-se facilmete por idução que N z C \ R : log z! + z. Logo, se z 0 C \ R a série de Taylor de log em z 0 é log z 0 z z 0 logz 0 +! + z 0 z z Seja, para cada z Dz 0, z 0, lz a soma da série de Taylor de log o poto z 0 cujo raio de covergêcia é z 0 ; etão, l + z z z z 0 0 z0 z z 0 z 0 z 0 z 0 z/z 0 z. Como l e log Dz0, z 0 têm a mesma derivada e tomam o mesmo valor o poto z 0, são iguais. 5. Pela alíea aterior, + z D, : logz z.

24 Aálise Complexa Seja M sup z K z e seja N um úmero atural maior do que M e maior ou igual a N. Tem-se z K N : N + z z M <. N Logo, se z K e se for um úmero atural maior ou igual a N, tem-se. log + z z z. z 2 2 z z z z2 2 + z3 3 z M 2 + M M 4 M 2 / 2 M/ M 2 M 3 + Como a sucessão M 2 / M N coverge para 0 etão, dado ε > 0, existe algum úmero atural p N tal que N : p M 2 M < ε. Etão, pelos cálculos ateriores, se p e se z K tem-se:. log + z z < ε. 6. Seja K um compacto de C e seja N como o euciado da alíea aterior. Para cada úmero atural N e para cada z K, seja l z. log + z/. A alíea aterior mostra que l N coverge uiformemete para a fução idetidade. Quer-se deduzir que exp l N coverge uiformemete para exp K ; uma vez isto feito, o problema estará resolvido, pois, para z K e para cada úmero atural N, expl z exp. log + z/ explog + z/ + z. Seja S sup z K expz. Se z K e se é um úmero atural maior ou igual a N, etão expz expl z expz. expl z z S. expl z z. Como a sucessão l N coverge uiformemete para a fução idetidade em K, para suficietemete grade tem-se l z z quado z K. Mas etão sabe-se, recorredo ao exercício 48 o caso particular em que que expl z z 2 l z z. Está etão provado que, para suficietemete grade, se tem z K : expz expl z 2S l z z. Como a sucessão l N coverge uiformemete para a fução idetidade em K, isto prova que exp l N coverge uiformemete para exp K.

25 Aálise Complexa Tem-se Exercício º73 N z C : z e z log elog Re z Re z e verifica-se pelo critério do itegral que a série / Re z coverge se Re z >. 2. Se Re z + ε, etão os cálculos da alíea aterior mostram que / z / +ε. Deduz-se etão do teste M de Weierstrass e da covergêcia da série / +ε que a série / z coverge uiformemete o semi-plao dado. 3. Seja M R +; quer-se mostrar que existe algum δ R + tal que se s ], + δ[, etão ζs ζs > M. Seja N N tal que N / > M. Visto que existe algum δ R + tal que lim N s s N s ], + δ[ : > M, N s > M. Logo, s ], + δ[ : > N s > M. s Exercício º74 Tem-se, para cada N, z. + z +/ / f/ f0, / ode f : [0, ] C é a fução defiida por fw z. + w Mas esta fução é derivável e a sucessão dada coverge etão para f 0 z. Exercício º76. Primeira resolução: Se z 0 C, etão z C : z z z 0 + z 0 k k0 z 0 k z z 0 k. Logo, se se defiir a sucessão a k k Z+ por k z k Z + : a k 0 se k k 0 caso cotrário,

26 Aálise Complexa etão tem-se z C : z + k0 a k z z 0 k. Seguda resolução: Pode-se resolver o problema por idução. Se N, seja f : C C a fução defiida por f z z. A fução f é a fução idetidade, pelo que é aalítica. Por outro lado, se, para algum p N, a fução f p for aalítica etão, como f p+ f p.f e como o produto de duas fuções aalíticas é aalítica, f p+ é uma fução aalítica. 2. Primeira resolução: Seja z 0 C \ {z}. Etão tem-se: fz z /2 z/2 z z 0 + z 0 /2 z 0 /2 z z 0 /2 z 0 /2 z z 0 + z 0 /2 z z 0 /2 z 0 Logo, se z z 0 < 2 z 0, tem-se z fz z 0 /2 z z z0 0 + z 0 /2 2 z 0 2 z z 0 + z 0 /2 2 z 0 z z 0 + z 0 /2 z 0 /2 + 2 z0 /2 2 z 0 + z z + 2 z 0 0 z 0 /2 z 0 /2 + 2 z0 /2 z z0 + 2 z 0 2 z 0 z 0 /2 z 0 / z 0 z z 0. + Seguda resolução: Basta observar que o quociete de duas fuções aalíticas é uma fução aalítica. 3. Seja f a fução em questão. Para cada z C tem-se fz cosz + z 2 2! z2 2. Como esta igualdade também se verifica quado z 0, está provado que a fução f é represetada em C por uma série de potêcias. Logo, é aalítica, pelo teorema Exercício º77 alíeas pares 2. Seja f a fução em questão. Tem-se, para cada z D0,, fz z 2, f z 2z 3, f 2 z 6z 4 e mais geralmete N z D0, : f z +!z 2, o que pode ser demostrado por idução. Logo, a série de Taylor é f 0 z! + z. O seu raio de covergêcia é igual a, como se pode deduzir, por exemplo, do critério do quociete.

27 Aálise Complexa Seja f a fução em questão. Para cada z D0, tem-se fz z 2. z + z 2 z 3 + z 4 z 5 +. z + z 2 z 3 + z 4 z 5 + z 2. 2z + 3z 2 4z 3 + produto de Cauchy z 2 2z 3 + 3z 4 4z 5 + e o raio de covergêcia desta série de potêcias é igual a. 6. Para cada z C cos z 2 + cos2z ! 2z z 2. 2! O raio de covergêcia desta série de potêcias é igual a +. Exercício º79 Uma tal fução ão existe, pois se existisse o raio de covergêcia da série potêcias que represeta a fução f uma vizihaça de 0 teria raio de covergêcia ão ulo. Mas a série em questão é a série de Taylor de f em 0, ou seja, f 0 z! e o raio de covergêcia desta série de potêcias é 0.!z Exercício º8. É visto os cursos de Aálise Real que se I for um itervalo de R ão vazio em reduzido a um poto e se f N for uma sucessão de fuções deriváveis de I em R que coverge potualmete para uma fução f : I R, etão é codição suficiete para que f seja derivável que a sucessão f N seja uiformemete covergete para uma fução g : I R; caso esta codição seja verificada, etão f g. Deduz-se facilmete que o euciado é válido se a fução f tomar valores em C basta aplicar o resultado aterior a Ref e a Imf. Aplicado este resultado à série e e i2x ou, mais correctamete, à sua sucessão das somas parciais vê-se que a fução f é derivável e que x R : f x e i 2 e i2x, pois a série e i 2 e i2x coverge uiformemete, pelo teste M de Weierstrass 2. Aalogamete ou, melhor aida, usado idução, vê-se que k N x R : f k x e i k 2k e i2x. 6 2 Veja-se que se N e x R, etão e i 2 e i2x e 2 e que a série e 2 coverge.

28 Aálise Complexa Se o raio de covergêcia fosse maior do que zero, etão, para algum x R +, a série f 0 x seria absolutamete covergete, ou seja, a série f 0! x seria covergete. Mas f 0!! k0 e k i k k 2 k0 e k k 2!! Etão, se N Z +, tem-se f 0! x k0 N k0 N e k k 2! e k k 2! e k k 2! k0 N e k k0 N k0 N e k e k2 x e e 2x. x x x k 2 x Isto é impossível, pois a série e e 2x diverge, visto que lim N e e 2x lim N e 2 x +. Exercício º82. Pelo mesmo processo que a resolução da primeira alíea do exercício aterior, vê-se que f é idefiidamete derivável e que: k N x R : f k x a i k e ix Fixe-se x 0 R; quer-se mostrar que existe algum itervalo aberto I de R tal que x 0 I e que f k x 0 x I : x x 0 k fx. k! De facto, tem-se k0 f k x 0 x x 0 k k! k0 k0 a i k e ix 0 x x 0 k por 6 k! k0 k! a i k e ix 0 x x 0 k como será visto a e ix 0 k! ix x 0 k k0 a e ix 0 e ix x 0!

29 Aálise Complexa a e ix fx. Para termiar a resolução, falta justificar a seguda das igualdades ateriores ou, mais precisamete, mostrar que esta é válida em algum itervalo aberto I de R tal que x 0 I. Para tal, basta que se mostre que, para algum itervalo aberto I de R tal que x 0 I, a família k! a i k e ix 0 x x 0 k k, Z + 2 é somável para cada x I ou, o que é equivalete, que a família k! a i k e ix 0 x x 0 k k, Z 2 + k! a x x 0 k k, Z 2 + é somável. De facto, basta tomar I ]x 0, x 0 + [ e observar que se x I, etão, para qualquer parte fiita M de Z + 2, se tem,k M k! a x x 0 k Ce k0 C e e x x 0 C e x x 0 C e x x 0 k! x x 0 k Exercício º85 Seja g : C C a fução defiida por gz z 5 + z e seja V um aberto de C que coteha 0 e ode g uca se aule por exemplo, V D0, / 4 5. Etão g V é localmete biaalítica, pelo que existe alguma vizihaça aberta W de 0 cotida em V tal que g W é biaalítica. Sejam U gw e f g W. Etão g f Id U, ou seja, z U : fz 5 + fz z.. Para cada z C \ 2πiZ tem-se fz z e z Exercício º86 z z + z 2 /2! + z 3 /3! + + z/2! + z 2 /3! + Mas esta igualdade também é valida quado z 0. aalíticas, pelo que é uma fução aalítica. Logo, f é quociete de duas fuções

30 Aálise Complexa Se z C \ 2πiZ, etão z z 2i cot z 2i 2 z 2i cosz/2i sez/2i z 2 z 2i e z/2 + e z/2 /2 e z/2 e z/2 /2i z 2 z 2 ez/2 + e z/2 e z/2 e z z/2 2 z e z 2 + e z fz. 3. Resulta das alíeas ateriores que, para algum r R +, z D0, r \ {0} : fz B! z z z 2i cot z 2i 2, 8 o que implica que z D0, r \ {0} : B 0 + B + /2z + B 2 2! z2 + B 3 3! z3 + z z 2i cot. 2i Mas a fução D0, r \ {0} C z z z 2i cot 2i é par, pelo que os coeficietes de ordem ímpar da série de potêcias B 0 + B + /2z + B 2 2! z2 + B 3 3! z3 + são ulos, ou seja, B /2 e B 0 quado for ímpar e maior do que. 4. Seja r como a alíea aterior. Resulta da defiição da fução f que, para cada z D0, r, fz.e z B z z. z! Mas etão, para cada N, k0! z k0 B k k! + k! 0 k0 k0 B k k! k! z z +! k! + k! B k 0 + B k 0 k 5. Por um lado, B 0 Q. Por outro lado, se já se tiver provado, para algum N, que B 0, B,..., B Q, etão, uma vez que, pela alíea aterior, + B k0 k + B k,

31 Aálise Complexa B Q. 6. Se a sucessão B Z+ fosse limitada, etão o raio de covergêcia da série de potêcias B! z seria + ; de facto, se M fosse um majorate de B Z+, tiha-se que, para cada Z + e para cada z C, B! z M z /! e deduzir-se-ia etão do critério da comparação que a série B! z coverge. A fução g : C C z B! z seria etão aalítica, pelo teorema Resultaria etão do teorema da idetidade que, para cada z C \ 2πiN 2πiN, fz gz. Mas isto ão é possível, uma vez que lim z 2πi gz g2πi e que o limite lim z 2πi fz ão existe. 7. Seja r R + para o qual se teha 8. Etão Mas resulta etão da seguda alíea que z D0, r \ {0} : fz + z 2 z D0, r/2 \ {0} : z cotz B 2 2! 2iz2 + B 2 2! z2. 4 2! B 2z 2. Exercício º93 alíeas ímpares. Não existe uma tal fução. Se existisse, seria cotíua o poto 0 e, em particular, tiha-se mas este limite ão existe. f0 f 3. Não existe uma tal fução. Se existisse, tiha-se f0 f lim lim f lim, N N N lim lim f lim 0. N N N Por outro lado, f teria que ser derivável o poto 0 e ter-se-ia mas este limite ão existe. f 0 lim N f/ f0 / 5. Não existe uma tal fução. Se existisse, tiha-se f0 f lim N, lim lim f lim N N N 0. Cosidere-se a fução aalítica g : D0, C defiida por gz z. Etão {z D0, : fz gz} {0} { : 2N } ;

32 Aálise Complexa em particular, o cojuto {z D0, : fz gz} coteria, pelo meos, um poto ão isolado omeadamete 0, pelo que f g. Mas isto é impossível, uma vez que f/3 /3 e que g/3 /3. 7. Não existe uma tal fução. Se existisse, tiha-se e Cosidere-se a fução aalítica f0 f lim lim f 2. N N N \ {} : f / g : D0, r \ { /5} C z 2/ + 5z. Etão {z D0, \ { /5} : fz gz} {0} { : N } ; logo, o cojuto {z D0, r \ { /5} : fz gz} coteria, pelo meos, um poto ão isolado omeadamete 0, pelo que Mas etão ter-se-ia f /5 o que é absurdo, pois este limite ão existe. f D0,r\{ /5} g. 9. Não existe uma tal fução. Se existisse, tiha-se f0 f lim fz lim gz, z /5,z /5 z /5 lim lim f lim N N N 0. 3 Cosidere-se a fução aalítica g : D0, C defiida por gz z 3. Etão {z D0, : fz gz} {0} { : 2N } ; em particular, o cojuto {z D0, : fz gz} coteria, pelo meos, um poto ão isolado omeadamete 0, pelo que f g. Mas isto é impossível, uma vez que f /2 /8 e que g /2 /8. Exercício º96 Dadas duas fuções aalíticas ão ulas f, g : U C, quer-se mostrar que a fução fg ão é a fução ula. Seja z U tal que fz 0; por cotiuidade, existe alguma vizihaça V de z ode f ão tem zeros. A fução g V ão pode ser a fução ula, pois etão deduzir-se-ia do pricípio do prologameto aalítico que g seria a fução ula. Logo, existe algum w V tal que fwgw 0.

33 Aálise Complexa Exercício º97 Visto que f é aalítica e ijectiva, para mostrar que é biaalítica basta mostrar que f uca se aula. Isto resulta do facto de o cojuto dos zeros da fução cosseo ser π/2 + πz. Para cada z D0, tem-se pelo que f z f f z cosf z, f z 2 cosf z 2 sef z 2 z 2 Logo, se, para cada z D0,, se defiir gz f z e hz / z 2 /2, está provado que g 2 h 2, ou seja, que g hg + h 0. Pelo exercício aterior tem-se g h ou g h mas, visto que g0 f 0 cosf 0 cos 0 e, obviamete, h0, ão se pode ter g h, pelo que g h. Exercício º98 Sejam r, s [0, R[ tais que r < s; quer-se mostrar que Mr < Ms. Cosidere-se a fução f : D0, R C z a z. Primeira resolução: Supoha-se, por redução ao absurdo, que Mr Ms. Visto que f é uma fução aalítica ão costate com domíio coexo, a fução f ão tem máximos locais. Por outro lado, seja z 0 D0, s tal que fz 0 seja igual ao máximo da restrição de f a D0, s; visto que Mr Ms, pode-se ecotrar um tal z 0 em D0, s. Mas etão a fução f tem um máximo local o poto z 0. Seguda resolução: Seja z 0 D0, s um poto ode a restrição a D0, s de f possui um máximo global. Como D0, s é compacto, um tal poto existe e ecotra-se a froteira de D0, s, ou seja, z 0 s. Assim sedo, se z r, fz < fz 0 Ms, pelo que Mr sup fz max fz < Ms. {z: z r} {z: z r} Exercício º99 Supoha-se, por redução ao absurdo, que f ão é costate em tem zeros; seja M respectivamete m o valor máximo resp. míimo que a fução f toma em D0, e seja z M resp. z m um poto de D0, tal que fz M M resp. fz m m. Visto que f D0, ão é costate pois se o fosse etão, por cotiuidade, f seria costate, o pricípio do máximo diz que z M D0,, pelo que z M. Visto que f ão tem zeros em D0,, deduz-se do pricípio do míimo que z m pelo mesmo motivo. Logo M m, pois a restrição de f a {z : z } só toma o valor, pelo que a fução f é uma fução costate. Mas o pricípio do máximo ou o teorema da aplicação aberta diz que etão f D0, é costate e, portato, f é costate.

34 Aálise Complexa Exercício º00 Visto que D0,, {z C : z R} D0, R, é claro que a seguda codição implica as outras duas. Falta etão mostrar que a seguda codição decorre tato da primeira quato da terceira. Supoha-se que a primeira codição é satisfeita. Sabe-se, pelo critério de Cauchy para séries de fuções, que, para demostrar a seguda codição, basta mostrar que m ε R + p N m, N z D0, : m p a k z k < ε. Seja ε R + e seja ε ]0, ε[. Novamete pelo critério de Cauchy sabe-se que, para algum p N, k m m, N z D0, : m p a k z k < ε. Logo, se m, N e se z D0,, z é limite de alguma sucessão z j j N de elemetos de D0,, pelo que m a k z k m k lim a k z j ε < ε. k j N k Supoha-se agora que a terceira codição é satisfeita. Se ε R +, quer-se mostrar que existe p N tal que se m, N e m p, etão m z D0, R : a k z k < ε. k Para tal, tome-se p N tal que se m, N e m p, etão k m z {z C : z R} : a k z k < ε. Sabe-se, pelo pricípio do máximo, que se m, N e m p, etão k m sup a k z k m sup a k z k < ε, z R k z R pelo que um tal p possui a propriedade desejada. k