Análise Complexa e Equações Diferenciais 1 o Semestre 2012/2013

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1 Análise Complexa e Equações Diferenciais 1 o Semestre 01/013 1 o Teste Versão A Cursos: 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 senx, onde α R. a) Determine todos os valores de α para os quais u é harmónica em R. b) Considerandoα = 1, determineafunçãoanaĺıticaf: C CtalqueRef) = uefi) = i. c) Sendo f a função determinada na aĺınea anterior, calcule fz)+f z) z i) dz, onde γ é o caminho parametrizado por γt) = i e it, com 0 t π. a) A função u é harmónica se é de classe C R ) e satisfaz u = 0. Mas u é obviamente C R ) e γ 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 funções u e v têm que satisfazer em todo o R, obtém-se { v x = u y = 6xy ey senx, v y = u x = 3x 3y +e y cosx. Integrando agora a primeira destas, parcialmente, em ordem à variável x obtém-se vx,y) = 3x y +e y cosx+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 cosx+β y) = 3x 3y +e y cosx,

2 donde β y) = 3y βy) = y 3 +C, C R. A função f genérica, holomorfa em C, que satisfaz Ref) = u é então dada por fx+iy) = x 3 3xy +e y senx)+i3x y y 3 +e y cosx+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, γt) = i e it = i+e iπ+t), 0 t π, percorre a circunferência de raio 1, centrada em i, no sentido directo embora o faça com início e fim no ponto 1) e que a funçã o 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 poss??veis) maneiras de obter f z) a partir das componentes u e v, real e imaginária, de f?? 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 poss??vel calcular qualquer destas duas f??rmulas 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 cosx)+i6xy e y senx), donde, calculando em z = i, se obtém e daqui o resultado do integral f x+iy) = 6x e y senx)+i6y e y cosx), f i) = e 3 e f i) = 6 e)i, πie 3+i6 e)) = πie 3)6 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. b) Calcule: fz)dz, onde a curva?? percorrida uma vez no sentido directo.

3 a) Escrevemosfz) = f 1 z)+f z)+f 3 z), ondeseconsiderouf 1 z) = eiz zz+1), f z) = e 1 z i e f 3 z) = iz z 5) 4. As singularidades de f 1 s??o todas as solu????es 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 v??lida 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 Como lim zf e iz 1z) = 1. 1) z 0 z 0 z +1) lim z +1/) z +1/) e iz f 1 z) z 1 z 1 4zz +1/) e iz e i/ z 1 4z =, então z = 1/?? um polo de ordem. No que diz respeito?? funçã??o 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 funçã??o exponencial em pot??ncias de 1 z i ), obtém-se: f z) = + 1 n!z i) n = 1+ 1 z i + 1!z i) )!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 anal??tica 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) 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 resís: ) fz)dz = πi Resf,0)+Resf, 1/)+Resf,i) 3) Utilizando o valor do limite 1), calculado na aĺınea a), concluímos que: Res f,0) = 1 = Res f 1,0) = 1. Vimos na al??nea a) que z = 1/?? um polo de ordem de f 1. Como z = 1/ não é singularidade de f +f 3, então: ) e Resf, 1/) = Resf 1, 1/) z +1/) iz f 1 z)) z 1 z 1 4z 4ize iz 4e iz z 1 16z iz 1)e iz z 1 4z = 1 i+) cos 1 )+isen 1 ) ) = i/+1)e i/ = 1 sen 1 ) cos 1 ) i cos 1 )+sen 1 ) ) )

4 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 ) cos 1 cos ) ) i 1 )+sen 1 ) )) = π cos 1 )+sen 1 4+sen )+i 1 ) cos 1 ) 3. Determine o valor de e aproveite para deduzir o valor de a = 1 π Dado que θ R, tem-se e assim z =1 e 4iθ 5+4cosθ dθ. cos4θ) 5+4cosθ dθ, b = 1 π 5+4 e 4iθ e iθ +e iθ cosθ = eiθ +e iθ ) dθ = sen4θ) 5+4cosθ dθ. e iθ ) 4 ) dθ 5+ e iθ +e iθ Fazendo z = e iθ, para θ [,π] tem-se z = 1 percorrida uma vez em sentido directo. Assim dz 5+z +z 1 ) iz = 1 i z +5z + dz z =1 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 +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 }. Então por aplicação do teorema Escrevendo é fácil de perceber que 1 pelo que π 4. 1 i πires f, 1 fz) = é um polo simples e Finalmente, e sabendo que θ um número real e assim ) z +)z + 1 ) Resf, 1 ) z 1 z + 1 )fz) = 1 48 a = 1 π ReI) = 1 4 cos4θ) + i sen4θ) 5+4cosθ dθ, b = 1 π ImI) = 0.

5 4. 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 converg??ncia 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. 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 nzn 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. [1,0 val.] 5. Seja C R = {z C: z = R e Imz) 0 e Rez) 0}. Mostre que e ˆCR iz z 3 dz π R. Se z C R, z pertence ao primeiro quadrante e portanto z tem parte imaginária maior ou igual a zero. Escrevendo z = a+ib tem-se b 0 e portanto e iz e = ia+ib) = e b+ia = e b 1. Pela desigualdade triangular tem-se então e ˆCR iz z 3 dz conforme pretendido. ˆ ˆ C R e iz z 3 ds C R 1 R 3ds = π R 1 R 3 = π R