Análise Complexa e Equações Diferenciais 1 o Semestre 2012/2013
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- Marcos Aquino Lancastre
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1 Análise Complexa e Equações Diferenciais 1 o Semestre 01/013 Cursos: 1 o Teste Versão A LEGM, LEMat, MEAer, MEAmbi, MEBiol, MEC, MEEC, MEQ) 3 de Novembro de 01, 8h Duração: 1h 30m 1. Considere a função ux, y) = α 3 x 3 3αxy + e y sen x, onde α R. a) Determine todos os valores de α para os quais u é harmónica em R. b) Considerando α = 1, determine a função anaĺıtica f : C C tal que Ref) = u e fi) = i. c) Sendo f a função determinada na aĺınea anterior, calcule fz) + f z) z i) dz, γ onde γ é o caminho parametrizado por γt) = i e it, com 0 t π. Resolução: a) A função u é harmónica se é de classe C R ) e satisfaz u = 0. Mas u é obviamente C R ) e u = u x + u y = 6xα3 α), donde u = 0 em todo o R se e só se α 3 α = 0. As soluções são, portanto, α = 0, 1, 1. b) Sendo R um domínio simplesmente conexo e u harmónica, temos condições suficientes para a existência de conjugados harmónicos de u em todo o R. Existe, portanto, uma função harmónica v : R R, tal que fx + iy) = ux, y) + ivx, y) é holomorfa em C e satisfaz a condição imposta em z = i. Escrevendo então as equações de Cauchy-Riemann, que necessariamente tais fuções u e v têm que satisfazer em todo o R, obtém-se { v x = u y = 6xy ey sen x, v y = u x = 3x 3y + e y cos x. Integrando agora a primeira destas, parcialmente, em ordem à variável x obtém-se vx, y) = 3x y + e y cos x + βy), onde βy) é uma função exclusivamente da variável y. Só nos resta determinar esta função β, pelo que de seguida substitui-se este v, agora obtido, na segunda equação de Cauchy- Riemann atrás. E derivando então v em ordem a y ficamos com a equação 3x + e y cos x + β y) = 3x 3y + e y cos x, donde β y) = 3y βy) = y 3 + C, C R.
2 A função f genérica, holomorfa em C, que satisfaz Ref) = u é então dada por fx + iy) = x 3 3xy + e y sen x) + i3x y y 3 + e y cos x + C), pelo que para satisfazer a condição fi) = i, ou seja, u = 0 e v = em x, y) = 0, 1), obriga a que se tenha C = 3 e. c) Observe-se que a parametrização dada percorre a circunferência de raio 1, centrada em i, no sentido positvo, e que a função gz) = fz) + f z) é holomorfa em C. Portanto, pela fórmula integral de Cauchy para a primeira derivada, este integral é igual a πi d dz fz) + f z)) z=i = πif i) + f i)). Resta calcular a primeira e segunda derivadas de fx+iy) = ux, y)+ivx, y), determinado na aĺınea anterior. Sabemos que uma das quatro possíveis) maneiras de obter f z) a partir das componentes u e v, real e imaginária, de f é e, portanto, por repetição desta fórmula f z) = u x + i v x, f z) = u x + i v x. Note-se que, no entanto, pela equação de Cauchy-Riemann v x = u y seria possível calcular qualquer destas duas fórmulas sem recurso ao conhecimento de v. Por outras palavras, a resolução da aĺınea anterior é, na realidade, totalmente irrelevante para a actual. Assim, tem-se e f x + iy) = 3x 3y + e y cos x) + i6xy e y sen x), donde, calculando em z = i, se obtém e daqui o resultado do integral f x + iy) = 6x e y sen x) + i6y e y cos x), f i) = e 3 e f i) = 6 e)i, πie 3 + i6 e)) = πie 3) π6 e).. Considere a função f definida em C \ {0, 1/, i, 5} por: fz) = a) Determine e classifique as singularidades de f. e iz zz + 1) + e 1 iz z i + z 5) 4. [1,5 val.] b) Calcule: fz) dz, z =3 onde a curva é percorrida uma vez no sentido directo.
3 Resolução: a) Escrevemos fz) = f 1 z)+f z)+f 3 z), onde se considerou f 1 z) = e f 3 z) = iz z 5) 4. eiz, f zz+1) z) = e 1 z i As singularidades de f 1 são todas as soluções da equação zz + 1) = 0, ou seja, z = 0 e z = 1/. Note que f + f 3 é anaĺıtica em qualquer uma das singularidades de f 1, sendo que por isso f + f 3 não contribui para a parte principal da série de Laurent de f válida junto a cada uma das suas singularidades de f 1. A singularidade z = 0 é um polo simples de f 1 e de f, pois o limite é diferente de 0 ou. Da mesma forma, como lim zf e iz 1z) = lim = 1, 1) z 0 z 0 z + 1) lim z + 1/) z + 1/) e iz f 1 z) = lim z 1 z 1 4zz + 1/) então z = 1/ é um polo de ordem. = lim e iz e i/ z 1 4z =, No que diz respeito à função f z) = e 1 z i, ela tem apenas a singularidade z = i. Desenvolvendo f em série de Laurent em torno de i basta usar a série de Taylor da função exponencial em potências de 1 z i ), obtém-se: f z) = + 1 n! z i) n = z i + 1!z i) + 1!z i) 3 + ) válida para z C \ {i}). Como a parte principal da série anterior tem uma infinidade de termos, conclui-se então que z = i é singularidade essencial de f. Como f 1 + f 3 é anaĺıtica em z = i, então este ponto é singularidade essencial de f. Quanto à função f 3 z) = iz, ela tem apenas a singularidade z = 5. Trata-se de um z 5) 4 polo de ordem 4 de f 3, pois: lim z z 5 5)4 f 3 z) = lim iz = 5i. z 5 Como f 1 + f é anaĺıtica em z = 5, conclui-se que z = 5 é um polo de ordem 4 de f. b) As singularidades de f contidas no interior da curva z = 3 são z = 0, z = 1/ e z = i. Note que a singularidade z = 5 está no exterior da curva. Assim, pelo teorema dos resíduos: ) fz) dz = πi Resf, 0) + Resf, 1/) + Resf, i) 3) z =3 Utilizando o valor do limite 1), calculado na aĺınea a), concluímos que: Res f, 0) = 1 = Res f 1, 0) = 1. Vimos na aĺınea a) que z = 1/ é um polo de ordem de f 1. Como z = 1/ não é
4 singularidade de f + f 3, então: Resf, 1/) = Resf 1, 1/) = lim z 1 z + 1/) f 1 z)) = lim z 1 e iz 4z ) 4ize iz 4e iz iz 1)e iz = lim z 1 16z = lim z 1 4z = i/ + 1)e i/ = 1 i + ) cos 1 ) + i sen 1 ) ) = 1 sen 1 ) cos 1 ) i cos 1 ) + sen 1 ) ) ) Por outro lado, recorrendo à série de Laurent de f z) equação )) e à definição de resíduo: Resf, i) = Resf 1, i) = a 1 = 1. Substituindo os valores dos resíduos acima calculados na equação 3), obtém-se: fz) dz = πi + 1 )) sen ) 1 z =3 ) cos 1 ) i cos 1 ) + sen 1 ) )) = π cos 1 ) + sen 1 4 ) + i + sen 1 ) cos 1 ) [1,5 val.] 3. Determine o valor de e aproveite para deduzir o valor de e 4iθ cos θ dθ. a = 1 π cos4θ) cos θ dθ, b = 1 π sen4θ) cos θ dθ. Resolução: Dado que θ R, tem-se e assim cos θ = eiθ + e iθ e 4iθ e iθ +e iθ ) dθ = e iθ ) 4 ) dθ = 5 + e iθ + e iθ e iθ ) [ 4 )] ieiθ 5 + e iθ + e iθ ie Fazendo z = e iθ, para θ [, π] tem-se z = 1 percorrida uma vez em sentido directo. Assim z =1 z 4 dz 5 + z + z 1 ) iz = 1 z 4 i z =1 z + 5z + dz Note-se que estamos nas condições do Teorema dos Resíduos z C : z = 1 é uma curva de Jordan, regular, percorrida em sentido directo; fz) = z 4 z +5z+ é uma função anaĺıtica em C \ {z : z + 5z + = 0} = C \ {, 1 }. Assim, f é anaĺıtica em D \ { 1 } para por exemplo) D = {z : z 3 }. iθ dθ
5 Então por aplicação do teorema Escrevendo é fácil de perceber que 1 1 i πi Res f, 1 fz) = é um polo simples e ) z 4 z + )z + 1 ) Resf, 1 ) = lim z 1 z + 1 )fz) = 1 48 pelo que π 4. Finalmente, e sabendo que θ um número real e assim a = ReI) π = 1 4 cos4θ) + i sen4θ) cos θ dθ, b = ImI) π = Considere a função fz) = z + i z i a) Determine o desenvolvimento em série de Taylor de f em torno de z = 0 indicando a região de convergência da série. b) Seja g : C C uma função inteira tal que giz) = gz), para qualquer z C. Calcule a derivada de ordem 4001 da função f + g no ponto 0. Resolução: a) Temos z + i z i z i) + i = = 1 + i z i z i = 1 z n 1 z = 1 i i n para z < 1 i = 1 i n zn para z < 1. n=1 b) Recorde-se que se hz) = a nz n é o desenvolvimento de Taylor da função anaĺıtica h em z = 0, a fórmula de Taylor diz que h n) 0) = n!a n. Tendo em conta o desenvolvimento achado na aĺınea anterior, conclui-se que f 4001) 0) = 4001)! ) i 4001 = 4001)!i. Por outro lado se gz) = a nz n é o desenvolvimento de Taylor de gz) então giz) = a n iz) n = a n i n z n. Se gz) = giz), conclui-se da unicidade dos coeficientes no desenvolvimento em série de Taylor que a n = a n i n. Em particular para n = 4001 temos a 4001 = a 4001 i 4001 = a 4001 i donde se conclui que a 4001 = 0 e portanto g 4001) 0) = 0. Finalmente f + g) 4001) 0) = f 4001) 0) + g 4001) 0) = 4001)!i.
6 5. Seja C R = {z C: z = R e Imz) 0 e Rez) 0}. Mostre que e ˆCR iz z 3 dz π R. Resolução: Se z C R, z pertence ao primeiro quadrante e portanto z tem a sua parte imaginária xy maior ou igual a zero. Escrevendo z = a + ib tem-se então b 0 e portanto e iz e = ia+ib) = e b+ia = e b 1. Pela desigualdade triangular tem-se então e ˆCR iz dz z 3 ˆ ˆ C R e iz z 3 ds C R 1 R 3 ds = π R 1 R 3 = π R conforme pretendido.
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