Análise Complexa e Equações Diferenciais Guia 6 João Pedro Boavida. 19 a 28 de Outubro

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1 19 a 28 de Outubro Nestas teóricas, estamos a falar das últimas ideias de análise complexa. Veremos algumas aplicações do teorema dos resíduos e algumas propriedades das funções holomorfas. No livro, falta-vos apenas ver a secção 4.5. EXERCÍCIOS PARA A PRÁTICA: AS PERGUNTAS DO DIA 19 podem/podiam ser resolvidas até terça dia 25, às 17:00. AS PERGUNTAS DO DIA 21 podem ser resolvidas até quinta dia 27, às 17:00. AS PERGUNTAS DO DIA 26 podem ser resolvidas até quinta dia 3, às 17:00. (As perguntas seguintes já serão após o teste.) OS INQUÉRITOS em curso permitem-me ajustar às aulas de acordo com os tópicos mais confusos. Participem. AS INSCRIÇÕES PARA O TESTE 1 terminam na quinta dia 3, às 11:00. Classificação de singularidades Recordemos o que vimos até aqui sobre séries de potências. Se a função f é holomorfa no ponto z = a, mostrámos que pode ser expressa como série de potências f(z) = c n (z a) n, n=0 em qualquer disco centrado em z = a que não contenha singularidades. Pelo princípio da identidade, a série é a mesma independentemente do raio do disco, e portanto o maior disco possível é aquele cuja fronteira contém a(s) singularidade(s) mais próxima(s). (Não havendo singularidades, a série converge em todo o plano complexo.) Também vimos que, se a singularidade mais próxima estiver à distância r e a seguinte estiver à distância R > r, então é possível escrever uma série de potências f(z) = + n= c n (z a) n, convergente em r < z a < R. De facto, o argumento que nos permite construir essa série (ou os métodos que usámos em exemplos concretos) continua válido quando r = 0. 1/5

2 Para classificar singularidades, vamos estar interessados na série de potências definida na proximidade de a (ou seja, numa região da forma 0 < z a < R ou da forma z a > 0). É fácil ver que há três casos mutuamente exclusivos: ou a série tem apenas expoentes não-negativos (i.e., apenas expoentes n 0 ocorrem), ou há um expoente negativo menor que todos os outros (i.e., apenas expoentes n k ocorrem, onde k < 0 e c k 0), ou há expoentes negativos arbitrariamente baixos. A singularidade é dita, respectivamente, removível, um pólo (de ordem k), ou essencial. Nos primeiros dois casos, há um primeiro expoente que ocorre, e podemos pô-lo em evidência. Por exemplo, se a série fosse f(z) = 5(z a) 4 + 3(z a) 2 + 7(z a) (z a) + 8(z a) 2 +, poderíamos pôr o (z a) 4 em evidência, obtendo ( ) f(z) = (z a) (z a) 2 + 7(z a) 3 6(z a) 4 + (z a) 5 + 8(z a) 6 +, } {{ } g(z) o que nos permitiria escrever f(z) = g(z)/(z a) 4. Quando tal coisa acontece, é nítido que lim z a f(z) =. Mais: se multiplicarmos f(z) por (z a) 3, a série fica (z a) 3 f(z) = 5(z a) 1 +3(z a)+7(z a) 2 6(z a) 3 +(z a) 4 +8(z a) 5 + = (z a) 1 g(z), cujo limite (quando z a) continua a ser infinito e o mesmo se passaria multiplicando por outra potência de expoente menor que 4. Se multiplicarmos por (z a) 5, a série fica (z a) 5 f(z) = 5(z a)+3(z a) 3 +7(z a) 4 6(z a) 5 +(z a) 6 +8(z a) 7 + = (z a)g(z), cujo limite (quando z a) é 0 e o mesmo se passaria multiplicando por outra potência de expoente maior que 4. De facto, a única potência que permite cancelar exactamente o pólo é a que garante que a multiplicidade do zero em numerador cancela exactamente a do denominador, pois nesse caso ficamos com (z a) 4 f(z) = g(z) = 5 + 3(z a) 2 + 7(z a) 3 6(z a) 4 + (z a) 5 + 8(z a) 6 +, cujo limite (quando z a) é de facto g(a) = 5 (ou seja, o coeficiente do termo inicial da série original para f). O resíduo de f em z = a é o coeficiente de (z a) 1 na série de potências convergente na proximidade de a. No exemplo acima, o resíduo é 7. Também é possível determiná-lo usando limites; vejamos como. O primeiro passo é eliminar o pólo (para podermos avaliar as séries em z = a sem obter resultados envolvendo ). O que obtivemos foi g(z) = (z a) 4 f(z) = 5 + 3(z a) 2 + 7(z a) 3 6(z a) 4 + (z a) 5 + 8(z a) 6 +. Mas não basta calcular o limite desta expressão quando z a, pois isso dá-nos o primeiro coeficiente (5). Para obter o coeficiente que desejamos, vamos fazendo derivadas, até que o coeficiente desejado seja o primeiro. 2/5

3 Temos então g(z) = 5 + 0(z a) + 3(z a) 2 + 7(z a) 3 +, g (z) = (z a) + 7 3(z a) 2 +, g (z) = (z a) +, g (z) = 7 3! +, mostrando que a posição do resíduo é encontrada à terceira derivada, mas vem multiplicada por 3! (o mesmo 3!, na verdade, que aparece na fórmula de Cauchy para derivadas). No caso mais geral, o resíduo de um pólo de ordem k +1 pode obter-se fazendo a derivada de ordem k (comparem com a fórmula de Cauchy!): Res a f = lim z a g(z) ({}}{ (z a) k+1 f(z) k! ) (k) g (k) (a) = lim. z a k! (Infelizmente, não existe qualquer fórmula deste género para os resíduos das singularidades essenciais, pois o limite nunca fica definido. Temos mesmo que usar directamente a série.) Mas como podemos mostrar que só há três tipos de singularidade? Dissemos há pouco que os três tipos correspondem a três situações distintas para o termo inicial da série de potências. Vejamos que correspondem a três situações distintas para o limite quando z a. Se a função é limitada na vizinhança de z = a, já vimos (em guias anteriores) que o teorema de Cauchy continua válido. Por isso, a fórmula de Cauchy continua válida para os pontos 0 < z a < R: f(z) = 1 2πi w a =R ε w z dw. Esta mesma fórmula foi usado para provar que existe uma série de potências de (z a) com expoentes n 0, e a prova não assumiu que o valor f(a) estivesse definido. Por isso, permite- -nos encontrar uma função (a que vou chamar F(z)) idêntica a f(z) em 0 < z a < R. A única diferença é que F(a) está definido, pois corresponde ao valor da fórmula de Cauchy: F(a) = 1 2πi w a =R ε w a dw. Ou seja, a fórmula permite-nos remover a singularidade. Mostra-nos também que lim z a f(z) existe e é um número (F(a)). Os próximos casos mostram que realmente a análise complexa é muito diferente da análise real. Senão, vejamos. Imaginem que lim z a f(z) =. Isto exige, em particular, que nos pontos do domínio (isto é, z a) suficientemente próximos de z = a (por exemplo, 0 < z a < ε) tenhamos f(z) > 0. Ora, isso significa que a função g(z) = 1/f(z) é limitada em 0 < z a < ε, e por isso z = a é uma singularidade removível de g(z). Chamemos G(z) à função obtida de g(z) após remover a singularidade. Essa função tem um zero em z = a (porquê?), possivelmente com multiplicidade. Por exemplo, digamos que seja um zero triplo. Então G(z) = (z a) 3 H(z) 3/5

4 para alguma função H(z) que não se anula em z = a (porquê?). Conclusão: poderíamos dizer que f(z) = 1 g(z) = 1 G(z) = 1 (z a) 3 H(z). Como temos um zero triplo no denominador (pois H(z) não tem zero), vemos que f(z) tem um pólo triplo. O argumento análogo funcionaria se G(z) tivesse um zero com multiplicidade k. Neste momento já sabemos que a singularidade ser removível é equivalente a lim z a f(z) ser um número, e que ser um pólo é equivalente a lim z a f(z) = (conseguem preencher os detalhes que faltam?). Tudo o resto tem que corresponder às singularidades essenciais. Mas podemos ir mais longe: podemos mostrar que próximo de uma singularidade essencial é possível aproximarmo-nos de qualquer valor. Imaginem que não é possível aproximarmo-nos do valor. Isso significaria que f(z) é limitada, logo a singularidade seria removível (e o limite seria um número). Imaginem então que não é possível aproximarmo-nos do valor λ. Então f(z) λ não se anularia na vizinhança de z = a e portanto g(z) = 1/(f(z) λ) seria limitada. Logo, teria uma singularidade removível. Mas então, f(z) = λ + (1/g(z)) teria um pólo ou uma singularidade removível (porquê?). Propriedades das funções holomorfas Se poder calcular integrais fazendo derivadas não vos convence que as funções holomorfas são algo estranhas, talvez as próximas propriedades vos convençam... Suponham que a função f é holomorfa em todo o plano complexo C. Então a fórmula de Cauchy aplica-se para qualquer z (contido no interior do caminho): f (z) = 1 2πi w =R (w z) 2 dw. Fazendo a estimativa do módulo, obtemos f (z) 1 2π w =R w z 2 dw max w =R 2πR 2π (R z ) 2. (No denominador, usamos o menor valor possível porquê?) Se a função for limitada (digamos, M), então ficamos com f (z) MR (R z ) 2. Fazendo o limite R, vemos que f = 0. Ou seja, obtemos o teorema de Liouville: se f é limitada e holomorfa em C, então f é constante. Na aula vamos ver que o teorema de Liouville nos permite provar o teorema fundamental da álgebra todos os polinómios não-constantes têm um ou mais zeros. A fórmula de Cauchy também permite provar outra propriedade inesperada das funções holomorfas. Se parametrizarmos a circunferência z a = R como z = a + Re it, com 0 t 2π, temos (porquê?) f(a) = 1 2π f(a + Re it ) dt. 2π 0 4/5

5 Usando a estimativa de integrais, obtemos f(a) 1 2π f(a + Re i t) dt. 2π 0 Ou seja, o módulo de f(a) é menor ou igual à média dos módulos ao longo de z a = R. A única forma de o módulo ter o valor máximo em a e continuar compatível com a desigualdade, é se tiver o mesmo valor em todos os pontos de z a = R. Mais dramaticamente, podemos obter o princípio do módulo máximo: se f é holomorfa e f(z) tem valor máximo no interior de um aberto Ω conexo por arcos, então f é constante! Vejamos porquê: digamos que o módulo toma o valor máximo no ponto a, contido no interior de Ω. Então o módulo tem o mesmo valor em todos os pontos de qualquer circunferência centrada em a (e contida em Ω). Mas então é possível propagar esse valor máximo a qualquer ponto no interior de Ω (conseguem ver porquê?), mostrando que f(z) é constante. Mas já vimos que uma função holomorfa com módulo constante é ela própria constante. Teste 1 Como sabem, o nosso primeiro teste será no sábado dia 5 de Novembro, às 9:00 (notem a hora!). Neste momento, ainda não decidi todos os detalhes do teste. Assim, a informação nos próximos parágrafos é sujeita a alterações (mas poucas). A nota do teste é um inteiro entre 0 e 50. As perguntas de escolha múltipla (2 ou 3 pontos cada) corresponderão a uns 10 pontos do teste, enquanto as perguntas de verdadeiro/falso (3 pontos cada) corresponderão a uns 15 pontos. As perguntas de escolha múltipla serão semelhantes às perguntas do dia (incluindo a classificação: pontuação máxima se a resposta estiver totalmente correcta, 0 caso contrário). Nas perguntas de preencher espaços em branco (poderá haver uma ou duas), todo o trabalho é tido em conta mas basta escrever a resposta. Nas restantes perguntas, é preciso mostrar os passos intermédios. Quanto a assuntos, os detalhes podem variar de versão para versão (ou entre este teste e o teste de recuperação, que também estará de acordo com esta descrição). Porém, podem contar com uns 10 pontos sobre propriedades elementares de funções holomorfas, uns 10 pontos sobre séries, e uns 15 pontos de cálculo de integrais. Podem também contar com perguntas sobre classificação de singularidades ou determinação de resíduos, e podem precisar de resolver equações ou usar coordenadas polares em passos intermédios de outras perguntas. (Resumindo, pode vir quase tudo.) Estou a contar que toda a gente consiga fazer pelo menos os primeiros 25 a 30 pontos, pois têm contas mais fáceis que as que já fizeram nas perguntas do dia (ou seja, tentem estar mesmo à-vontade com as perguntas do dia). Porém, haverá algumas perguntas mais avançadas (à volta de 10 pontos) envolvendo, por exemplo, fazer demonstrações curtas durante o teste (usando ideias que foram exploradas nas aulas ou nos guias). 5/5