Análise Complexa Resolução de alguns exercícios do capítulo 3

Transcrição

1 Análise Complexa Resolução de alguns exercícios do capítulo 3 Para cada t, u [, ], seja Exercício nº H(t, u) (2πt) + u.( 2 (2πt) (2πt)) (r + u.(r 2 r )) e 2πit ; então H(t, u) r + u.(r 2 r ) >, ou seja, a imagem de H está contida em C. A função H é claramente contínua e tem-se. ( t [, ]) : H(t, ) (2πt); 2. ( t [, ]) : H(t, ) 2 (2πt); 3. ( u [, ]) : H(, u) H(, u) r + u.(r 2 r ). Logo, H é uma homotopia em C entre e 2. Exercício nº2 O lacete está definido como sendo a justaposição de quatro caminhos que têm por domínio o intervalo [, ], pelo que o seu domínio é o intervalo [, 4]. De maneira análoga à resolução do exercício anterior, define-se, para cada t, u [, ], +i H(t,) H(t,) +i H(t, u) (4t) + u.( 2 (2πt) (4t)); se se mostrar que H nunca se anula, estará provado que H é uma homotopia em C entre e 2. Seja u [, ]. Se t [, /4], H(t, )( (4t)) pertence ao segmento de recta que une + i a + i (veja-se a figura ao lado), enquanto que H(t, )( 2 (2πt)) está na parte da circunferência i i de centro e raio situada no primeiro quadrante. Então H(t, u) pertence ao segmento de recta que une um ponto do primeiro quadrante (distinto de ) a um ponto do segmento de recta que une +i a +i; logo, não se pode ter H(t, u). Se t [/4, /2], t [/2, 3/4] ou t [3/4, ], o argumento é análogo.. Primeira resolução: (t + i) 2 dt Segunda resolução: t 2 + 2it dt Exercício nº4 [ ] t t 2 3 t dt + i 2t dt 3 t + i [ t 2] t 2 t 3 + i. t (t + i) 2 dt [ (t + i) 3 3 ] t t ( + i)3 3 i i.

2 Análise Complexa Primeira resolução: π/2 e it dt Segunda resolução: 3. Tem-se:. d 2. Tem-se π π/2 cos(t) + i sen(t) dt π/2 e it dt π/2 [ ] e it tπ/2 i t π/2 cos(t) dt + i sen(t) dt + i. i i t + i dt t i t 2 + dt t t 2 + dt i [ t 2 log(t2 + )] 2 log(2) + iπ 4 t Exercício nº5 π π e it ie it dt i e it e it dt i dt πi. Im() d 2π 2π 2π + i. t 2 + dt Im(e it )ie it dt + [arctan t] t t e it e it ie it dt 2i e 2it dt 2 [ ] e 2it t2π 2 2i t t π. 3. Se m então f tem primitiva; como é um lacete, dedu-se que f. No caso restante, tem-se 2π d ie it dt 2πi. eit Tem-se + d [ ] +i ( + i)2 2 + ( + i) + 2i. ie it d π/4 2 + dt + e2it π/4 i dt e it + eit i π/4 2 cos t dt i [ ( )]tπ/4 log 2 cos t + tan t t i log ( ) 2 + 2

3 Análise Complexa Tem-se, para cada n Z + : Exercício nº8 2π 2π f(a + re it )e int dt a m r m e i(m n)t dt m 2π a m r m e i(m n)t dt (pois a convergência é uniforme) m 2πa n r n pois, se m Z + \ {n}, 2π e i(m n)t dt [ e i(m n)t i(m n) ] t2π 2. Resulta da igualdade anterior e do facto de a convergência ser uniforme na circunferência de centro a e raio r que t. 2π f ( a + re it) dt 2π a desigualdade do enunciado é trivial. 2π f ( a + re it) f ( a + re it) dt f ( a + re it) a n r n e int dt 2π a n n n 2π a n 2 r 2n ; Exercício nº n f ( a + re it) r n e int dt Primeira resolução: Tem-se, para cada número real positivo r: (r) Por outro lado, sabe-se que π π lim r ereit dt dt π e esta igualdade, juntamente com (), sugere que e π d e reit π re it ireit dt i e reit dt. () π lim e reit dt π. r É necessário demonstrar que se tem efectivamente esta igualdade pois, em geral, a passagem ao limite e a integração não comutam. Sabe-se que: π lim r e reit dt π lim r lim r π π e reit dt e reit dt. (2)

4 Análise Complexa Usando o exercício 48 do segundo capítulo (no caso particular n ), dedu-se que: π π e reit dt e reit π dt 2 re it dt se r. Visto que π é então claro que se tem (2). Segunda resolução: Tem-se, para cada r R +: e (r) (r) d e d + Considere-se a função então tem-se e pelo que a função 2 re it dt 2πr (r) d (r) f : C C { (e )/ se se ; (r) e (r) d f() d + iπ ( C) : f() n F : C C n+ (n + ).(n + )! n n (n + )!, ( e d + iπ. n n ) n.n! é uma primitiva de f, pelo teorema Logo, tem-se: e lim d lim f() d + iπ r (r) r (r) lim(f ((r)(π)) F ((r)())) + iπ r lim(f ( r) F (r)) + iπ r F () F () + iπ iπ. Observe-se que esta resolução pode ser encurtada recorrendo ao teorema 3.2.8, pois este teorema permite afirmar que a função f possui uma primitiva, visto que se trata de uma função analítica cujo domínio é um aberto simplesmente conexo de C. Exercício nº5 Para se poder empregar a fórmula de Cauchy para calcular o integral em questão, define-se : [, 2π] C por (t) e it e tenta-se encontrar uma função analítica f : U C tal que U S ([, 2π]) e que ( t [, 2π]) : f((t)) (t) ( f ( e it) ie it) e eit f ( e it) eeit ie it Basta definir f : C C por f() e /(i). Então, pela fórmula de Cauchy, 2π e eit dt f() d 2πi e i 2π.

5 Análise Complexa Exercício nº7. O traço de R está representado pela seguinte figura (as setas representam o sentido em que o traço é percorrido): R R 2. A função f é analítica (pelo lema 2.4.) e C é simplesmente conexo. Logo, o valor do integral é, pelo corolário Para cada R R +, seja α R : [, /2] C Então, se R R +, R R t Re 2πit. e i f f f d πi R α R α R pelo que basta mostrar que e lim R + αr i d. Para tal, observe-se que, para cada R R +, e αr i d /2 e ire2πit Re 2πit 2πiRe2πit dt /2 2πi e R sen(2πt)+ir cos(2πt) dt e que 2π 2π 4π 4π 4π /2 /2 /4 /4 e R sen(2πt)+ir cos(2πt) dt e R sen(2πt) dt αr e i d, e R sen(2πt) dt (pois ( t [, π]) : sen(t) sen(π t)) e 4Rt dt (pois ( t [, /4]) : sen(2πt) 4t) [ ] e 4Rt t/4 4R π e R R t lim π e R R + R.

6 Análise Complexa Observe-se que, para cada x R, sen x x + sen x x Im f(x). Tem-se então dx lim R + 2 lim R R R + R R 2 lim R + 2 lim Im R + ( 2 Im lim 2 Im(πi) π 2 sen x x dx sen x x R ( R R + dx Im f(x) dx R R R f(x) dx f(x) dx ) ) Exercício nº9 Se C, tem-se ( + + 2i).( + 2i).. Seja f : C \ { ± 2i} C a função definida por f() ( + 4)/( ); quer-se calcular f() d. Observe-se que é homotopicamente nulo em C\{ ±2i}, pois traço de D (, 5 ) C \ { ± 2i} (veja-se a figura ao lado); como é homotopicamente nulo em D (, 5 ) (pois este conjunto é convexo e, portanto, simplesmente conexo), então, por maioria de raão, é homotopicamente nulo em C \ { ± 2i}. Logo, f() d, pelo corolário Naturalmente, em ve 2i i 2 2 2i de D (, 5 ) poderiam ter sido empregues outros abertos convexos (ou, mais geralmente, simplesmente conexos) que contêm o traço de e estão contidos em C \ { ± 2i} como, por exemplo, { C : Im ] 2, 2[}. 2. Para cada C \ { 2i}, seja f() ( + 4)/( + + 2i). O lacete é homotopicamente nulo em C \ { 2i}, visto que traço de { C : Im > 2} C \ { 2i} e que { C : Im > 2} é convexo. Logo ( ) f() 3 + 2i + 2i d 2πif( + 2i) 2πi 3π 4i 2 + πi. 3. Analogamente ao que foi feito na alínea anterior, tem-se ( ) d ( + 4)/( + 2i) 3 2i d 2πi. 3π + + 2i 4i 2 + πi. 4. Comece-se por observar que se se determinar a, b C tais que ( C \ { ± 2i}) : a + + 2i + i b + 2i,

7 Análise Complexa então o problema fica praticamente resolvido, pois que o integral em questão se redu a a. e, pela definição de índice, (3) é igual a + + 2i d + b. d (3) + 2i 2πi (a ind( 2i, ) + b ind( + 2i, )) ( 2πi(a + b)). (4) Um cálculo simples revela que se tem a i e b 2 3 i, pelo que (4)2πi Analogamente à segunda alínea, o resultado é 3π 2 + πi pois, por um lado, o lacete é homotopicamente nulo em C \ { 2i} e, como se pode ver pela figura ao lado, o índice de relativamente a + 2i é igual a, pois que a semi-recta que se vê na figura intersecta o traço de num único ponto e aí a semi-recta é «empurrada» no sentido directo. 4i 3i 2i i i 2i Exercício nº2 Para cada C, seja f() n. Então tem-se: ( ) n d f() 2πif(n ) ( ) d () ind(, ) 2πin. n (n )! Exercício nº24. Por hipótese, é um ero de f. Como a função f é analítica, trata-se de um ero isolado ou de um ero interior. Mas se fosse um ero interior, ter-se-ia f () ; logo, trata-se de um ero isolado e, portanto, tem-se f ( D(, s) \ {} ) C para algum s ], r]. 2. Considere-se a função F : D(, r) C definida por F () que é analítica, pelo lema Então:. Se x R, então { f()/ se f () se, g f f g()f ()/F () d 2πig() f () F () 2πig(). Exercício nº25 Q(x) P (x)p (x) P (x)p (x) P (x) 2 >, pois P (x). Além disso, se se tivesse Q() para algum C, então tinha-se P ()P () P () P () P () P (),

8 Análise Complexa o que é impossível, pois P não tem eros. 2. Sejam a, a,..., a N C tais que Então ( C) : P () a + a + + a N N. ( C) : P () a + a + + a N N. Assim sendo, Q é o produto de duas funções polinomiais de grau N, pelo que se trata de uma função polinomial de grau 2N. Sejam b, b,..., b 2N C tais que Então, para cada C, Logo, se se definir R : C C por R é uma função polinomial tal que ( C) : Q() b + b + + b 2N 2N. ( 2N Q + ) R() 2N k 2N 2N 2N k k ( b k + ) k b k 2N k ( 2 ) k. b k 2N k ( 2 ) k, ( ( C ) : R() 2N Q + ). Resulta desta relação que, uma ve que Q não tem eros, só se poderia ter R() quando. Mas R() b a 2 P () Tem-se ζ 2N 2π R(ζ) dζ e (2N )it R (e it ) ieit dt i i 2π 2π ir + e 2Nit e 2Nit Q (e it + e it ) dt Q(2 cos t) pois, pela primeira alínea, a função que se está a integrar só toma valores reais maiores do que. Mas, por outro lado, visto que a função C C ζ ζ2n R(ζ) é uma função analítica com domínio simplesmente conexo, o seu integral ao longo de qualquer lacete é igual a, pelo corolário

9 Análise Complexa Exercício nº26. Seja U. Como exp ( exp) nunca se anula, sabe-se, pelo teorema da inversão local, que existe alguma viinhança W de l() tal que exp W é bianalítica; seja g a inversa desta função e seja V uma viinhança aberta de contida em U tal que l(v ) W. Então ( w V ) : g(w) g(exp(l(w))) l(w). Logo, l V é analítica. Como isto ocorre para cada U, l é analítica, pelo proposição ( U) : exp(l()) ( U) : l () exp(l()) ( U) : l (). 3. Considere-se o lacete : [, 2π] C definido por (t) e it. Se se tivesse U C, então ind(, ) 2πi d l () d ( l(e 2πi ) l(e ) ). 2πi 2πi Exercício nº27 Seja f : U C uma primitiva da função ι : U C definida por ι() ; uma tal primitiva existe por U ser simplesmente conexo. Seja L f f(). Então ( U) : L () e L(). A função L é uma determinação do logaritmo, pois a função g : U C é tal que el() ( U) : g () L ()e L() e L() 2 exp(l()) exp(l()) 2. Logo, a função g é constante e, como g(), toma sempre o valor. Por outras palavras, ( U) : exp(l()). A restrição de L a R + coincide com a função logaritmo pois ambas têm a mesma derivada e tomam ambas o valor no ponto. Exercício nº29. Seja n a n n a série de Taylor da função f no ponto ; tem-se «n» no somatório pois, por hipótese, f(). Sabe-se, pelo teorema da representação de Cauchy-Taylor, que o raio de convergência desta série de potências é maior ou igual a. Por outro lado, como f é uma função do conjunto D(, ) em si mesmo, tem-se Então sabe-se, pelo lema de Schwar, que Uma tal viinhança existe, pois l é contínua. ( D(, )) : a n n f() <. n ( D(, )) : f()

10 Análise Complexa e que, para mostrar que se tem a e a n quando n N \ {}, basta mostrar que se tem f( ), para algum D(, ) \ {}. De facto, a igualdade que se quer provar é válida para qualquer D(, ) \ {} pois, por um lado, já se viu que f( ) e, por outro lado, se se tivesse f( ) <, pondo w f( ), tem-se w < f (w ) > w. (5) Mas o que foi feito acima com a função f também se pode faer com a função f, pelo que ( D(, )) : f (), o que está em contradição com (5). Está então provado que se f Aut(D(, )) e se f(), então f f ω,, para algum ω C tal que ω. 2. Seja G {f a,b : a, b C e a 2 b 2 } e seja f Aut(D(, )); quer-se mostrar que f G. Seja f(). Sabe-se, pela última alínea do exercício 4 do primeiro capítulo, que existe alguma função g G tal que g(). Então g f Aut(D(, )) e (g f) () g ( ) ; logo, pela alínea anterior, g f G. Como f g (g f) e G é um grupo relativamente à composição (pela terceira alínea do exercício 4 do primeiro capítulo), f G. Exercício nº3 Suponha-se, por redução ao absurdo, que f não possui nenhum ponto singular. Então existe, para cada w pertencente à circunferência C de centro a e raio R, algum r w R + tal que f é prolongável a uma função analítica f w : D(a, R) D(w, r w ) C. Se w, w C e se D(w, r w ) D(w, r w ), então f w () f w (); isto é uma consequência do teorema da identidade, pois os discos D(w, r w ) e D(w, r w ) são conexos e as restrições das funções f w e f w ao conjunto D(w, r w ) D(w, r w ) D(a, R), representado a sombreado na figura ao lado, coincidem (são ambas idênticas à restrição de f ao mesmo conjunto). Considere-se o conjunto U D(a, R) D (w, r w ). w C Pelo que foi visto acima, fa sentido definir F : U C do seguinte modo: F é um prolongamento de f e, para cada U, se D(w, r w ) para algum w C, então F () f w (). A função F é analítica, pela proposição 2.4., e, pelo teorema da representação de Cauchy-Taylor, o raio de convergência da sua série de Taylor no ponto a é maior ou igual ao raio de qualquer disco de centro a contido em U. Mas U é um aberto que contém D(a, R) C D(a, R), pelo que U D(a, R ), para algum R ]R, + [; logo, o raio de convergência da série de Taylor da função F no ponto a é maior do que R. Mas isto é impossível, uma ve que a série de Taylor em questão é n a n ( a) n (pois F é um prolongamento de f) e o raio de convergência desta série de potências é R, por hipótese. Exercício nº35 Seja M sup{ f() : Re, Im [, ]}; M existe pois f é uma função contínua e { C : Re, Im [, ]} é compacto. Sejam x, y R; então f(x + yi) f((x [x]) + [x] + yi) w a w

11 Análise Complexa f(x [x] + yi) (pois f é periódica de período ) f(x [x] + (y [y])i + [y]i) f(x [x] + (y [y])i) (pois f é periódica de período i). Logo, pela definição de M, f(x + yi) M e dedu-se então do teorema de Liouville que f é constante. Se C, tem-se Exercício nº36 f() e Re f() e f() e. (6) Como a função f/ exp é inteira e limitada, é constante, pelo teorema de Liouville. Seja λ C tal que ( C) : f()/ exp() λ. Então, por (6), λ. Exercício nº37 Se f(c) C, então C \ f(c) é um aberto não vaio de C, pelo que contém algum disco aberto D(a, r). A função g : C C /(f() a) é uma função inteira e, para cada C, g() / f() a /r. Mas então g seria constante, pelo teorema de Liouville, pelo que f também seria constante, o que é absurdo. Considere-se a função analítica Exercício nº38 g : D(, ) C f( + r) f( ) M Se n a n n for a série de Taylor de g no ponto, então sabe-se, pelo teorema da representação de Cauchy-Taylor, que a série converge em qualquer D(, ); além disso ( D(, )) : a n n f( + r) f( ) g() n M <. Logo, pelo lema de Schwar, sabe-se que ( D(, )) : g() ( D(, )) : f( + r) f( ) M ( D(, r)) : f() f( ) M r. se g() para algum D(, ) \ {}, então, para algum número complexo ω de módulo, g toma sempre o valor ω.

12 Análise Complexa Então se, para algum D(, r), se tiver f() f( ) M ( r f() f( ) ( ) ) M r g, r r pelo que visto atrás g toma sempre o valor ω, para algum número complexo ω de módulo, ou seja, ( D(, r)) : f() f( ) + α( ), com α ωm/r. Como U é conexo, decorre do teorema da identidade que ( U) : f() f( ) + α( ). Se f : C C for uma função inteira e se M for um majorante de f, então, fixado C, sabe-se que se r R + for tal que < r tem-se Logo, f() f() f() f() M r. M lim r + r. Exercício nº4. Não possui primitiva, pois se se definir : [, 2π] C por (t) + e it, então f ( + ) d 2πi ind(, ) πi Possui uma primitiva, pois o domínio é simplesmente conexo; o segmento de recta que une o ponto a qualquer outro ponto do domínio está contido neste. 3. Primeira resolução: Seja log a determinação principal do logaritmo. Então tem-se, para cada C\], ]: f() /2 /2 + 2 (log ( ) log ( + )) o que mostra que a função (log( ) log( + )), de domínio C\], ], é uma 2 primitiva de f C\],]. Isto sugere que a função F : C \ [, ] C ( ) 2 log + poderá ser uma primitiva de f C\[,]. Vai-se começar por mostrar que a definição de F fa sentido, ou seja, que C \ [, ] C \ R +. De facto, se C \ R, então 2/( + ) C \ R e se R \ [, ] é claro que + + R +. Para terminar a resolução, basta ver que ( C \ [, ]) : F () ( ) 2 2 ( + ) 2 log + ( + ) + 2 2,

13 Análise Complexa pelo que F é uma primitiva de f C\[,]. Segunda resolução: Segundo o teorema 3.2.7, afirmar que a função do enunciado possui alguma primitiva equivale a afirmar que o seu integral ao longo de qualquer lacete (cujo traço esteja contido em C \ [, ]) é nulo. Mas para um tal lacete tem-se d 2 /2 d /2 d ind(, ) ind(, ). + Visto que o segmento que une a é uma parte conexa do complementar do traço de, os índices de relativamente a quaisquer dois pontos desse segmento são idênticos, pela terceira alínea da proposição Possui uma primitiva, pois o domínio é simplesmente conexo. De facto, se U C \ (( + R + i) ( + R + i)) Mi e se : [a, b] U é um lacete, então, se M R for maior do que qualquer número da forma Im((t)), a função H : [, ] [, ] C t (a + t(b a)) umi tem a imagem contida em U, pelo que é uma homotopia em U entre e Mi (veja-se a figura ao lado). Este último lacete está contido no semi-plano { C : Im < }, que é simplesmente conexo. Logo, M i é homotopicamente nulo em { C : Im < } e, por maioria de raão, em U. Mi Exercício nº4 Se uma tal função g existir, então f g e g g f, pelo que g será uma primitiva de f /f. Seja então h : U C uma primitiva de f /f; uma tal função existe uma ve que U é simplesmente conexo. Então ( ) f eh f fh e h e h e 2h uma ve que h f /f. Logo, f/e h é constante. Seja λ C tal que f λe h ; então λ, pelo que possui algum logaritmo ω e f λe h e ω+h, pelo que basta tomar g ω + h. Exercício nº42 Para mostrar que a função eta é analítica basta, pelo teorema da convergência uniforme de Weierstrass, mostrar que, para cada compacto K contido em { C : Re > }, a série de funções n /n converge uniformemente em K. Seja m inf{re : K}. Visto que K é compacto, m >. Como, pela segunda alínea do exercício 73 do segundo capítulo, a série de funções que se está a considerar converge uniformemente no conjunto { C : Re m}, por maioria de raão converge uniformemente em K.

14 Análise Complexa Para cada M R +, Exercício nº45 pelo que + M f(at) dt t f(at) dt M t f(at) at M lim f(at) dt M + t a dt M/a f(t) t M/a lim f(t) dt M + dt, + t f(t) dt t Exercício nº46. Se, para cada t ], + [, se definir f t : U C por f t () e t t, então ( U) : Γ() + f t () dt e, portanto, pelo teorema 3.2., 2. Se U, então, ( U) : Γ () Γ( + ) + lim M + e t t dt M + e t t dt f t() dt [ lim e t t ] tm M + M + t lim M + Γ(). M e t t dt + e t t log(t) dt. e t t dt (pois Re > ) 3. A demonstração será feita por indução. É claro que Γ() + e t dt!. Por outro lado, se n N for tal que Γ(n) (n )!, então resulta da alínea anterior que Γ(n + ) n.γ(n) n.(n )! n!. 4. Visto que C \ Z é conexo, basta provar a existência de um prolongamento analítico da função Γ a C \ Z ; resulta então do princípio do prolongamento analítico que tal prolongamento é único. Resulta da terceira alínea que n ( n N)( U) : Γ( + n) Γ(). ( + k). (7) Para cada n Z, seja U n { C : Re > n}\{,, 2,..., n+} e considere-se a função k resulta então de (7) que Γ n : U n C Γ( + n) ( + k); n k ( U) : Γ n () Γ();

15 Análise Complexa logo, a função Γ n é um prolongamento analítico da função Γ a U n. É consequência do princípio do prolongamento analítico que se m Z e se m < n, Γ m Un Γ n. Fa então sentido definir o seguinte prolongamento da função Γ a C \ Z : se C \ Z, toma-se n Z tal que Re() > n; então a fa-se corresponder Γ n (). Visto que, para cada n Z, Γ n é analítica, este prolongamento da função Γ é analítico. 5. Tem-se, pela definição de Γ, que, para cada n Z, 6. Tem-se 7. Se U, tem-se logo, basta provar que o que equivale a afirmar que lim( n)γ() lim ( n) Γ( n + ) n n.( + ) ( n )( n) Γ() ( ) n ( n)! ( )n ( n)! Γ() e t t dt e t t dt t e nt (nt) dt t + n e nt t dt. Γ() ζ()γ() n n + e nt t dt (pela alínea anterior) n N + lim e nt t dt N N n + N lim e nt t dt N N n + e t e (N+)t lim t dt N N e t + e Nt lim N N e t t dt + t + e Nt d lim e t N N e t t dt; + e Nt lim N N e t t dt, lim N N + e Nt e t t dt.

16 Análise Complexa Mas tem-se, para cada N N, pois + e Nt e t M t dt e Nt lim M + e t t dt M e Nt lim M + e t t dt M e Nt lim M + e t tre() dt (pelas proposições e 3..8) + t e t e Nt t Re() 2 dt + e Nt t Re() 2 dt, ( t R +) : t e t <. Seja α Re() 2; então α > e quer-se provar que Isto pode ser feito por mais do que um processo. + lim N N e Nt t α dt. (8) Seja ε R + e seja a R + tal que a α+ /(α + ) < ε/4. Então Por outro lado, a função a e Nt t α dt a t α dt 2 aα+ α + < ε 2 (9) [a, + [ R + t e t t α é majorada; seja M um seu majorante. Então, N + a + e Nt t α dt M. e (N )t dt e (N )a a N N < ε 2, () Logo, resulta de (9) e de () que, se N for suficientemente grande, + e Nt t α dt < ε. Como isto é válido para cada ε R +, está provado que se tem (8). Pela alínea anterior, sabe-se que ( N N) : como α + >, tem-se (8). + e Nt t α dt Γ(α + ) N α+ ;

17 Análise Complexa Exercício nº47 Pelo teorema da convergência uniforme de Weierstrass, f é analítica e, para cada k Z +, a sucessão de funções ( ) Nn f n (k) converge uniformemente para f (k). Logo, N N c k f (k) (a) k! lim N N N n f n (k) (a) k! N lim c n,k c n,k. N N n n Exercício nº48 Para cada C \ {±}, seja f() /( 2 ). A série de funções do enunciado é n f n (), onde, para cada n Z + e cada C \ S, f n () f ( 2n). Se D(, ), então pelo que f(). ( ) , 2 ( n Z + ) : f n () 2n + 3.2n + 5.2n + 7.2n +. () Para cada n Z +, seja k c n,k k a série de Taylor da função f n no ponto. Então, por (), tem-se que ( n, k Z + ) : c n,k { se k for o produto de 2 n por um número ímpar caso contrário. Sejam K um compacto contido em D(, ) e M sup K. Observe-se que ( D(, ))( n Z + ) : f n () ( f 2 n) 2n 2n+ 2n 2n+ M 2n M 2n+ Resulta do critério da comparação que a série n M 2n /( M 2n+ ) converge (basta comparar com a série n M 2n ), pelo que, pelo teste M de Weierstrass, a série n f n converge uniformemente em K. Resulta do exercício anterior que ( D(, )) : f n () c n,k k. (2) n k n Mas cada k N só pode ser escrito como produto de um número ímpar por uma potência de 2 de uma e uma só maneira, pelo que todos os termos de sucessão (c n,k ) n Z+ são nulos, com uma única excepção, que tem o valor ; logo, n c n,k. Por outro lado, ( n Z + ) : a n,. Então (2) implica que ( D(, )) : f n () k n k Seja agora K um compacto contido em C \ D(, ). Então ( K) : n 2n 2n+ n (3) 2n 2n+ (/) 2n (4) (/) 2n+ n

18 Análise Complexa Como os números da forma /, com K, formam um compacto contido em D(, ) então, pelo que foi visto acima, a convergência é uniforme. Além disso, resulta de (3) e dos cálculos efectuados em (4) que ( C \ D(, ) ) : n 2n 2n+ / / Finalmente, se K for um compacto de C \ S, então K é a reunião de um compacto de D(, ) com um compacto de C\D(, ); como a convergência é uniforme em cada um daqueles compactos, é uniforme em K. Exercício nº49 Para ver que a primeira condição implica a segunda, basta observar que, fixado C, se se tomar ε R + tal que D(, ε) U, então, visto que o disco D(, ε) é simplesmento conexo, o integral de f ao longo de qualquer lacete cujo traço esteja nele contido é nulo. Suponha-se agora que se verifica a segunda condição do enunciado. Seja U e seja ε R + tal que D(, ε ) U e que, para cada lacete cujo traço esteja contido em D(, ε ), se tenha f. Então, em particular, se, 2, 3 D(, ε ) tem-se [, 2 ] [ 2, 3 ] [ 3, ] f. Logo, pelo teorema de Morera, f D(,ε) é analítica. Dedu-se então da segunda alínea da proposição 2.4. que f é analítica. Exercício nº5 Sejam V f(u) e f : V U a inversa de f. A função f é contínua; de facto, se A for um aberto de C, então (f ) (A) f(a) e, uma ve que f é injectiva e analítica então, pelo teorema da função aberta, f(a) é um aberto. Logo, pela proposição 2..6, f é derivável. Como, além disso, V é um aberto de C (novamente pelo teorema da função aberta), f é holomorfa. Logo, é analítica, pelo teorema que Uma ve que e que U é conexo, v w é constante. Exercício nº55 v (v w) x x w x u y u y, v (v w) y y w y u x + u x