Análise Complexa e Equações Diferenciais 1 ō Semestre 2013/2014

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Octavio Domingues Macedo
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1 Análise Complexa e Equações Diferenciais 1 ō Semestre 1/14 1 ō Teste Versão A (Cursos: LEIC-A, LEMat, MEAmbi, MEBiol, MEQ) de Novembro de 1, 11h 1. Seja v(x,y) = (x+1)α(y), em que α : R R é uma função de classe C (R). [1, val.] [1, val.] [1, val.] (a) Determine a forma geral de α(y) de modo a que v seja a parte imaginária duma função holomorfa f : C C. (b) Considerando α(y) = y, calcule a função inteira, f, tal que Im(f) = v e f(i) = i. (c) Calcule o valor de z =1 z f(z) (z i) dz, onde a curva é percorrida uma vez no sentido directo. (a) Para que v seja a parte imaginária de uma função inteira, é necessário que v seja harmónica em R. Visto α ser uma função de classe C em R, v é de classe C em R. Por outro lado v x + v = (x+1)α (y) = (x,y) R α (y) = concluindo-se que α(y) = c 1 y +c, para quaisquer contantes reais c 1, c. (b) Sendo v(x,y) = (x + 1)y, para determinar f como pedido há que calcular a função harmónica conjugada de v, que denotaremos por u(x,y), e que representará Ref. Por serem a parte real e imaginária de uma função inteira terão de verificar as condições de Cauchy-Riemann em C. Assim, para todo (x, y), tem-se que x = v x = x+1 u(x,y) = x +x+c(y) Substituindo na outra equação pelo que se conclui que = v x c (y) = y c(y) = y +c u(x,y) = x +x y +c, c R Para determinar a constante c, atenda-se que f(i) = i implica que u(,1) = pelo que c = 1. Então f(z) = f(x+iy) = x +x y +1+i(x+1)y.

2 (c) Atendendo a que: a curva γ = { z = 1 : z C} percorrida uma vez, é uma curva de Jordan; i intγ; a função z f(z) é inteira estamos nas condições de aplicar a fórmula integral de Cauchy, pelo que z f(z) ( ) (z i) dz = πi(z f(z)) z=i = πi zf(z)+z f (z) z=i z =1 ( = πi zf(z)+z ( )) x +i v x z=i ( ) = πi zf(z)+z (x+1+iy) = πi( ) z=i [1, val.] [,5 val.]. Seja f : C\{ } C definida por f(z) = z z +. (a) Escreva o desenvolvimento em série de Maclaurin de f e indique a sua região de convergência. (b) Mostre que if (1) ()+5f (9) () =. (a) A região de convergência da série de Taylor de f em torno de, é o maior círculo centrado em onde a função é anaĺıtica {z : z < }. Assim z z + = z = z 1 z + = z 1 (1+ z ) n= ( z ) n ( 1) n z n+1 = i n+1 n+1 n= (b) Para qualquer n N, o coeficiente a n da série de Maclaurin (coeficiente da potência z n ) é dado por a n = f(n) () f (n) () = a n n! n! Então if (1) ()+5f (9) () = 1!i ( 1)9 1 +9!5( 1)8 i1 9 i 9 = como se queria mostrar.

3 [, val.]. Considere a função complexa f definida no seu domínio por Calcule o valor do integral f(z) = e z 1 + (1 z) + z π e z 1. z =4 f(z)dz onde a curva é percorrida uma vez no sentido directo. Escreva-se f(z) = f 1 (z)+f (z)+f (z), com f 1 (z) = e z 1, f (z) = (1 z), f (z) = z π e z 1. As singularidades de f são z = 1, proveniente de f 1 e f, e z = kπ, com k Z, provenientes de f. Destas, as únicas singularidades que se encontram no interior da circunferência de raio 4, e que portanto contribuem para o valor do integral pelo teorema dos resíduos, são z = π, z =, z = 1 e z = π. Calcularemos, portanto, os resíduos apenas nestas quatro singularidades. As funções f 1 e f são holomorfas em z = π, z = e z = π, donde as suas contribuições para as correspondentes séries de Laurent de f, em torno destas singularidades, faz-se apenas nas potências positivas da parte regular das séries. A parte singular das séries de Laurent, e consequentemente os resíduos nestes três pontos, provêm apenas de f, pelo que podemos concluir que Res(f, π) = Res(f, π), Res(f,) = Res(f,) e Res(f,π) = Res(f,π). z π Agora, lim z π = 1/ (por exemplo, aplicando a Regra de Cauchy) donde se conclui que e z 1 z = π é então uma singularidade removível e, portanto, Res(f,π) = Res(f,π) =. z π Já lim z π e z 1 = e lim z z π =, o que leva à observação de que estas duas e z 1 singularidades são pólos. Para determinar a sua ordem calculamos agora: z π lim (z +π) z π e z 1 = πi, e lim z z π z e z 1 = πi, (usando de novo a regra de Cauchy) o que nos leva a concluir que são ambos pólos simples e que estes limites correspondem precisamente, por isso, aos seus resíduos. Finalmente, para z = 1 observe-se quef = (1 z) = (z 1) está já escrita na forma de série de Laurent em torno desta singularidade, donde se conclui que se trata dum pólo de ordem, com resíduo nulo. Por outro lado, a contribuição de f 1 na mesma singularidade obtém-se expandido a correspondente série de Laurent: f 1 (z) = e z 1 = 1+ z 1 + ()!(z 1) + ()!(z 1) + A singularidade z = 1 é por isso uma singularidade essencial de f 1, e portanto também de f. O resíduo nesse ponto, visto a contribuição de f ser nula, é Res(f,1) = Res(f 1,1) =. Aplicando o teorema dos resíduos, concluímos finalmente, que f(z)dz = πi ( Res(f, π)+res(f,)+res(f,1)+res(f,π) ) = z =4 ( = πi πi+ πi ) + = π 4π.

4 [1,5 val.] 4. Determine o valor do integral ˆ π cos(x) 5+sen(x) dx. Usando a fórmula de Euler temos, para x R, donde cos(x) = eix +e ix e sen(x) = eix e ix, ˆ π ˆ cos(x) π 5+sen(x) dx = e ix +e ix ˆ π dx = 5+ eix e ix e ix +e ix ie ix 5+ eix e ix ie ixdx. O integral real pode assim ser interpretado como o integral complexo z =1f(z)dz, da função f(z) = z+1/z 5+ z 1/z 1 iz = z +1 z(z +1iz ). Resta agora aplicar o teorema dos resíduos (ou alternativamente, a fórmula integral de Cauchy) ao cálculo do integral em torno da circunferência unitária em torno da origem. Para isso, começa-se por observar, usando a fórmula resolvente para o polinómio de segundo grau no denominador, que as singularidades desta função f são z =, z = i e z = i. Obviamente só as duas primeiras nos interessam, visto serem as únicas que estão situadas no interior da circunferência de integração. O denominador da função pode portanto ser factorizado como: z +1 f(z) = z(z +1iz ) = z +1 z(z +i)(z +i/). Os pontos z = e z = i/ são obviamente pólos (os limites de f são infinitos, nestes pontos) e tem-se z +1 lim zf(z) = lim z z (z +i)(z +i/) = 1, enquanto que z +1 lim (z +i/)f(z) = lim z i/ z i/ z(z +i) = 1, donde se conclui que os pólos são simples e estes limites são os correspondentes resíduos. Assim, pelo teorema dos resíduos ˆ π cos(x) 5+sen(x) dx = f(z)dz = πi ( Res(f,)+Res(f, i/) ) ( = πi 1 z =1 + 1 ) =.

5 [1, val.] 5. Use o teorema fundamental do cálculo para calcular ˆ ( 1 z + 1 ) dz z + γ em que γ é o segmento de recta que une i a i. Justifique cuidadosamente a sua resposta. Considere a função F(z) = log(z )+log(z+) onde logz denomina o ramo π isto é π logz = log z +iargz, Argz < 5π A função F é anaĺıtica em do logaritmo, {z C : Arg(z ) π e Arg(z +) π } Verifica-se que e Arg(z ) = π Arg(x+iy ) = π { x = y Arg(z +) = π Arg(x+iy +) = π { x+ = y Conclui-se que F é anaĺıtica em (designadamente) D = {x+iy : x ],[ e y R} { x = y { x = y que é um conjunto aberto, simplesmente conexo e que contém a curva γ. Dado que F (z) = 1 z + 1 z +, z D por aplicação do Teorema Fundamental do Cálculo tem-se que ˆ ( 1 I = z + 1 ) dz = F(i) F( i) z + γ = log(i )+log(i+) log( i ) log( i+) = log( ) 18e πi/4 +log( ) 18e 9πi/4 log( ) ( ) 18e 5πi/4 log 18e 7πi/4 = π 4 i+ 9π 4 i 5π 4 i 7π 4 i =

6 [1, val.] 6. Seja f = u+iv uma função inteira que verifica x + v =, z = x+iy C. Mostre que existem constantes a R e b C tais que f(z) = aiz +b, z C. Sendo f inteira, então utilizando uma das equações de Cauchy-Riemann e a hipótese, x v x + v = = em R. Resulta assim que x = v =, pelo que existem g,h : R R tais que u(x,y) = g(y) e v(x,y) = h(x), para qualquer (x,y) R. Usando agora a outra equação de Cauchy-Riemann, = v x, então: g (y) = h (x) para qualquer (x,y) R (1) Note que o primeiro membro da equação (1) depende apenas de x, enquanto o o membro depende apenas de y; em consequência, para a igualdade ser satisfeita em R é necessário que ambos os membros sejam iguais a uma (mesma) constante real, que aqui designamos por λ: g (y) = λ e h (x) = λ Desta forma: ˆ g(y) = λdy = λy +β 1, ˆ h(x) = λdx = λx+β onde β 1,β R. Resulta então que, para qualquer z = x+iy C, f(z) = g(y)+ih(x) = λy +β 1 iλx+iβ = λi(x+iy)+(β 1 +iβ ) = aiz +b, onde a = λ R e b = β 1 +iβ C.

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