Aplicações do Teorema do Resíduo

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1 Universidade Federal de Santa atarina entro de iências Físicas e Matemáticas Departamento de Matemática urso de Matemática Aplicações do Teorema do Resíduo Daynitti Ventura de Jesus Orientadora: Silvia Martini de Holanda Janesch Florianópolis 5 de agosto de 7

2 Universidade Federal de Santa atarina entro de iências Físicas e Matemáticas Departamento de Matemática urso de Matemática Aplicações do Teorema do Resíduo Este trabalho foi apresentado ao curso de graduação em matemática da Universidade Federal de Santa atarina, como trabalho de conclusão de curso, para a obtenção do grau de licenciado em Matemática. Daynitti Ventura de Jesus Florianópolis 5 de agosto de 7

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4 Agradecimentos A Deus por ter me dado força para superar todos os momentos difíceis que encontrei durante esta caminhada. A professora Silvia Martini de Holanda Janesch pela amizade, competência e dedicação durante a orientação deste trabalho. A todos aqueles professores com os quais tive contato durante esses anos e que foram fundamentais para minha formação. Ao meu namorado Hobed Rosa, com quem convivi durante esse tempo e sempre me apoiou e me incentivou nos momentos mais difíceis da minha vida. Aos meus pais, em especial minha mãe, que nunca deixou faltar nada. Às funcionárias Silvia e Iara da secretaria do urso pela atenção e empenho em ajudar sempre que necessário. A todos os meus amigos, que tive oportunidade de conhecer durante essa caminhada, em especial ao Antônio João, Débora, Nazareno, Klarissa e Thiago, pelo apoio e amizade.

5 A meus pais.

6 Sumário Introdução 8 Introdução à Variável omplexa. Funções omplexas Funções Elementares Função Exponencial Funções Trigonométricas Limites de Funções Propriedades dos Limites ontinuidade Derivada Fómulas de Derivação ondições Necessárias e ondições Suficientes para Existência de Derivada 9.7 Função Analítica Ponto Singular Isolado Integrais de Funções omplexas 4. Integrais Definidas Propriedades da Integral Definida urvas e aminhos Integrais urvilíneas Propriedades Teorema de auchy-goursat

7 3 Séries, Resíduos e Pólos Séries de Taylor e Laurent Resíduos O Teorema do Resíduo Pólo Aplicações da Teoria dos Resíduos Integrais Impróprias de Funções Racionais Integrais Impróprias Envolvendo Funções Trigonométricas Integrais Envolvendo Funções Trigonométricas onclusão 78 Referências Bibliográficas 79 7

8 Introdução No estudo de integrais de funções complexas, o nome resíduo foi introduzido em 86 por A. L. auchy, para expressar a diferença das integrais de uma função sobre dois caminhos com as mesmas extremidades delimitando uma região onde a única singularidade é um pólo da função. As integrais sobre caminhos fechados de funções analíticas num conjunto de pontos isolados onde têm pólos, puderam ser calculadas por simples soma de resíduos. Esta possibilidade foi estabelecida por auchy em 86, no então chamado Teorema do Resíduo. Este teorema tem uma vasta gama de aplicações. O seu desenvolvimento inicial confundiu-se com o próprio desenvolvimento de áreas de aplicação, como cartografia, hidrodinâmica, aerodinâmica, elasticidade, eletrostática, eletromagnetísmo e processos de difusão em química e em biologia. A ligação das variáveis complexas a áreas de outras ciências e da engenharia é tão íntima que o próprio desenvolvimento de várias dessas áreas se confundiu com os métodos da teoria de funções complexas. Por exemplo: no cálculo do movimento dos fluídos, da elasticidade em sólidos, dos campos elétricos e eletromagnéticos resultantes de distribuições de cargas e correntes elétricas, da força de sustentação de asas de aviões, de sistema de controle, de análise de sinais. Neste trabalho vamos estudar as funções complexas, integrais curvilíneas e séries de Laurent visando demonstrar o Teorema do Resíduo com objetivo específico de aplicá-lo no cálculo de integrais impróprias de funções racionais e integrais impróprias que envolvam funções trigonométricas. O trabalho está dividido em quatro capítulos. No apítulo apresentamos uma breve introdução às funções complexas com o intuito de preparar o leitor para as aplicações do Teorema do Resíduo. 8

9 No apítulo estudamos as integrais de funções complexas para então definir integrais curvilíneas. Iniciamos o apítulo 3 com o estudo de séries de potências para só então, demonstrar o Teorema do Resíduo. O apítulo 4 é destinado as aplicações da teoria dos resíduos. 9

10 apítulo Introdução à Variável omplexa Iniciamos o capítulo apresentando a definição de funções de uma variável complexa. hamamos z de variável complexa, quando z representa qualquer número de um subconjunto de números complexos. Em seguida, introduzimos os conceitos e propriedades de limite, continuidade e derivada de função de uma variável complexa.. Funções omplexas Definição. Seja D um subconjunto de números complexos, e seja f uma lei que faz corresponder, a cada elemento z do conjunto D um único número complexo, que denotamos por f(z). Desta maneira, diz-se que f é uma função com domínio D. O conjunto dos valores w = f(z), que corresponde a todos os valores de z em D, é chamado de imagem de D e denota-se por I.

11 Exemplo. a) O domínio da função f(z) = z + é todo o plano complexo; b) O domínio da função g(z) = z3 7 z 3 é {3}; c) O domínio da função h(z) = z + a, (a R +) é {±ia}. Quando z = x + iy, temos Re(z) = x e Im(z) = y. Se u e v são funções reais das variáveis reais x e y, então f(z) = u(x, y) + iv(x, y) é uma função de z, e tem partes real u(x, y) e imaginária v(x, y). Por outro lado, toda função f(z) tem partes real e imaginária que são funções reais de x e y. Exemplo. onsidere a função f(z) = z 5z +3. Identifique a parte real e a parte imaginária da função f. Solução. Temos, z 5z + 3 = (x + iy) 5(x + iy) + 3 = x + i(xy) y 5x 5iy + 3 = x 5x y i(xy) 5iy. Portanto, u(x, y) = x 5x y + 3 e v(x, y) = (x 5)y.. Funções Elementares Estendemos agora as definições de funções elementares de uma variável real para funções de uma variável complexa.

12 .. Função Exponencial Definição. Definimos a função exponencial exp(z) para um número complexo z = x + iy, em termos de funções reais, através da equação exp(z) = e x (cos(y) + isen(y)). A notação e z também é usada para representar exp(z). Exemplo.3 Mostre que exp( ± 3πi) = e. Solução. Temos exp( ± 3πi) = e (cos(±3π) + isen(±3π)) = e (( ) + i()) = e. Portanto, exp( ± 3πi) = e. Exemplo.4 Mostre que a) cos(y) = eiy + e iy b) sen(y) = eiy e iy, para todo y R. i Solução. Temos da Definição. que e iy = cos(y) + isen(y) (.) e e iy = cos(y) isen(y). (.) a) Somando (.) e (.), obtemos e iy + e iy = cos(y) ou seja, cos(y) = eiy + e iy. b) Subtraindo (.) de (.), temos e iy e iy = isen(y) ou seja, sen(y) = eiy e iy. i As relações do Exemplo.4 são usadas para estender as funções trigonométricas ao plano complexo.

13 .. Funções Trigonométricas Definição.3 Definimos as funções seno e cosseno de uma variável complexa z como sendo sen(z) = eiz e iz e cos(z) = eiz + e iz. i Todas as outras funções trigonométricas são obtidas em função de seno e cosseno..3 Limites de Funções Definição.4 Sejam f : D uma função e z um ponto de acumulação de D. Dizemos que o limite de f(z) quando z se aproxima de z é um número complexo w e escrevemos se dado ɛ >, existir δ > tal que lim z z f(z) = w, < z z < δ f(z) w < ɛ. Exemplo.5 Sejam b, c e z constantes complexas. Mostre que lim z z (bz + c) = bz + c. Solução. Dado ɛ >. Devemos encontrar δ > tal que < z z < δ (bz + c) (bz + c) < ɛ. Trabalhando com a desigualdade envolvendo ɛ temos, (bz + c) (bz + c) < ɛ bz + c/ bz c/ < ɛ b(z z ) < ɛ b z z < ɛ z z < ɛ b. Um ponto z é dito ser um ponto de acumulação se toda vizinhança de z contém pontos do conjunto, distinto de z. Uma vizinhança de z é o conjunto de todos os pontos para os quais z z < δ, onde δ é alguma constante positiva. 3

14 Tomando δ = ɛ b temos, sempre que < z z < δ. Portanto, lim z z (bz + c) = bz + c. (bz + c) (bz + c) = b z z < b ɛ b = ɛ. Teorema. Sejam f(z) = u(x, y) + iv(x, y), z = x + iy e z = x + iy. Então o limite de f exite em z e é igual a lim z z f(z) = u + iv, se e somente se os limites de u e v existem em (x, y ) e são iguais a u e v respectivamente, lim x x u(x, y) = u e x x lim v(x, y) = v. y y y y Demonstração. ( ) Suponhamos que lim z z f(z) = u + iv. Então, dado ɛ > existe δ > tal que ou seja, Temos e < z z < δ f(z) (u + iv ) < ɛ, < (x x ) + (y y ) < δ (u(x, y) u ) + i(v(x, y) v ) < ɛ. (.3) De (.3) e (.4) segue que (u(x, y) u ) (u(x, y) u ) + i(v(x, y) v ) (.4) (v(x, y) v ) (u(x, y) u ) + i(v(x, y) v ). (.5) u(x, y) u < ɛ sempre que < (x x ) + (y y ) < δ e, de (.3) e (.5) segue que v(x, y) v < ɛ sempre que < (x x ) + (y y ) < δ. 4

15 Portanto, ( ) Por hipótese lim x x u(x, y) = u e x x lim v(x, y) = v. y y y y lim x x u(x, y) = u e x x lim v(x, y) = v. y y y y Então da definição de limite de funções reais, dado ɛ >, existem δ, δ > tais que u(x, y) u < ɛ sempre que < (x x ) + (y y ) < δ e v(x, y) v < ɛ sempre que < (x x ) + (y y ) < δ. Tomando δ = min{δ, δ } temos u(x, y) + iv(x, y) (u + iv ) u(x, y) u + v(x, y) v < ɛ + ɛ = ɛ sempre que < z z < δ. Portanto, lim z z f(z) = u + iv..3. Propriedades dos Limites variável complexa. No que segue, apresentamos as propriedades dos limites de funções de uma Teorema. Se lim z z f(z) = r e lim z z g(z) = s então: a) lim z z [f(z) ± g(z)] = r ± s ; b) lim z z [f(z) g(z)] = r s ; f(z) c) lim z z g(z) = r, desde que s. s 5

16 A demonstração do Teorema. é uma aplicação direta do Teorema. e do teorema sobre limites de funções reais de duas variáveis reais. Exemplo.6 alcule o limite de lim z i z 3 7 z 3. Solução. Temos, z 3 7 lim z i z 3 = lim z i (z 3)(z + 3z + 9) (z 3) = lim z i (z + 3z + 9) = i + 3i + 9. omo i =, temos z 3 7 lim z i z 3 = 3i ontinuidade Definição.5 Sejam f : D uma função, e z D um ponto de acumulação de D. Dizemos que f é contínua no ponto z se lim z z f(z) = f(z ). Dizemos que f é contínua, se f é contínua em todos os pontos do domínio. Exemplo.7 onsidere a função f(z) = bz + c onde b e c são constantes complexas. Mostre que f é contínua. Solução. Seja z, então f(z ) = bz + c. Pelo Teorema. item (a), lim f(z) = lim (bz + c) z z z z = lim bz + lim z z ( ) = b lim z + c z z = bz + c. z z c 6

17 omo f(z ) = lim z z f(z), temos f é contínua no ponto z. Mas z é um ponto qualquer, segue que a função é contínua. Teorema.3 Sejam f e g funções contínuas no ponto z. Então a) f ± g é contínua em z ; b) f g é contínua em z ; c) f g é contínua em z, desde que g(z ). A demonstração do Teorema.3 é uma aplicação direta das propriedades dos limites. Teorema.4 a) Uma função polinomial em z é contínua em todos os pontos do plano complexo. b) Uma função racional em z (quociente de dois polinômios) é contínua em todos os pontos onde o denominador é diferente de zero. Demonstração. a) Note que uma função polinomial em z é soma de produtos das funções contínuas f(z) = z e g(z) = a, onde a (Exemplo.7). Aplicando o Teorema.3 itens (a) e (b) repetidas vezes, temos o resultado desejado. b) Uma função racional é o quociente de funções polinomiais. omo funções polino - miais são funções contínuas, segue pelo Teorema.3 item (c), que uma função racional é uma função contínua. Exemplo.8 onsidere a função f(z) = z3 7. Mostre que f é contínua. z 3 Solução. Basta observar que f é quociente de dois polinômios. Logo, f é contínua. 7

18 Teorema.5 A função f(z) = u(x, y) + iv(x, y) é contínua se, e somente se, u(x, y) e v(x, y) são contínuas. A demonstração do Teorema.5 é uma aplicação direta do Teorema...5 Derivada A definição de derivada de funções de uma variável complexa é muito parecida com a definição de funções de uma variável real. Uma diferença significativa nas definições, é que o limite na definição de f (z) é de dimenção dois. Definição.6 A derivada de uma função f é dada por f (z) = lim z Outra notação para representar f (z) é df dz. f(z + z) f(z), quando este limite existe. z.5. Fómulas de Derivação No que segue apresentamos as regras básicas de derivação de função de uma variável complexa. Estas regras são deduzidas usando a definição de derivada. Nos itens abaixo, w, w são funções deriváveis de z, c é constante complexa e n Z d dz (c) = d dz (z) = d dz (cw ) = cw d dz (w + w ) = w + w d dz (w w ) = w w + w w d dz ( w w ) = w w w w w, w 8

19 d dz (zn ) = nz n d dz ez = e z d sen(z) = cos(z) dz d cos(z) = sen(z) dz d dz [w (w )] = dw dw dw dz e w (z) existe. função composta, onde w (t) existe no ponto t = w (z) Exemplo.9 Mostre que d dz (w + w ) = w + w. Solução. d dz (w (w (z + z) + w (z + z)) (w (z) + w (z)) + w ) = lim z z w (z + z) w (z) = lim z = w + w. z + lim z w (z + z) w (z) z Exemplo. alcule a derivada da função polinomial p(z) = a + a z + a z + a 3 z a n z n Solução. Da regra de derivação item (4), obtemos p (z) = a + a z + 3a 3 z na n z n..6 ondições Necessárias e ondições Suficientes para Existência de Derivada A seguir apresentaremos dois teoremas. O primeiro fornece condições necessárias para que uma função de uma variável complexa seja derivável, e o segundo fornece 9

20 condições para a existência da derivada da função. As condições são sobre as partes real e imaginária da função complexa. Teorema.6 (ondições Necessárias) Se a derivada f (z) de uma função f(z) = u(x, y) + iv(x, y) existe num ponto z, então as derivadas parciais de primeira ordem, em relação a x e y de cada uma das partes u e v, existem nesse ponto e satisfazem às condições de auchy-riemman u x = v y e u y = v x. Além disso, a derivada da função f é dada por f (z) = u x + i v y. Teorema.7 (ondições Suficientes) Sejam u = u(x, y) e v = v(x, y) funções reais com derivadas parciais de primeira ordem, contínuas num ponto (x, y ). Se essas derivadas satisfazem as condições de auchy-riemann u x = v y e u y = v x nesse ponto, então a derivada f (z ) da função f = u + iv existe, sendo z = x + iy e z = x + iy. Exemplo. onsidere a função f(z) = iz +. Use o Teorema.7 para mostrar que f (z) e sua derivada f (z) existem em todos os pontos, e ache f (z) e f (z). Solução. f(z) = iz + f(z) = i(x + iy) + f(z) = ix + i y + f(z) = ix y + u = y + e v = x. Portanto,

21 u x = e u y = e v y = v x =. omo u e v são contínuas, e as condições de auchy-riemann são satisfeitas então f (z) existe. Dado que f (z) existe então, pelo Teorema.6, a derivada é f (z) = u x + i v x, ou seja, f (z) = i. Agora, f (z) = i. Identificando as partes real e imaginária da função f (z) temos u = e v =. Segue que u x = e v y = u y = e v x =. omo u e v são contínuas e as condições de auchy são satisfeitas, temos que f (z) existe. Logo pelo Teorema.6, obtemos f (z) =. Exemplo. onsidere a função f(z) = z, ou seja, conjugado da z. Mostre que f (z) não existe em nenhum ponto. Solução. A função f(z) = z pode ser escrita como f(z) = x iy, onde z = x + iy. As partes real e imaginária da f são u(x, y) = x e v(x, y) = y. alculando as derivadas parciais de u em relação x e v em relação y temos omo u x = e u x v y v y =. para todo z, ou seja, as condições de auchy-riemann não são satisfeitas, então pelo Teorema.6 a função f não possui derivada em nenhum ponto.

22 .7 Função Analítica Definição.7 Uma função f de variável complexa z é dita analítica num ponto z, se ela é derivável não só em z como também em todo ponto de uma vizinhança de z. Dizemos que f é analítica, se f é analítica em todos os pontos do domínio. Exemplo.3 Mostre que a função f(z) = (x y x) + iy(x ) é analítica. Solução. v = yx y. Temos f(z) = (x y x) + iy(x ). Então, u = x y x e alculando as derivadas parciais obtemos, u x = x e u y = y e v y = x v x = y. omo as condições de auchy-riemann são satisfeitas em todos os pontos do plano complexo, concluímos que f é derivável em e assim f é analítica. Exemplo.4 Mostre que a função f(z) = xy +iy não é analítica em nenhum ponto. Solução. Temos f(z) = xy + iy. Então, u = xy e v = y. Assim, u x = y e u y = x e v y = v x =. Pelo Teorema.7 a função é derivável somente no ponto i = (, ). Logo, f não é analítica em nenhum ponto. Aplicando as regras de derivação se deduz que se duas funções são analíticas, então a soma, o produto e o quociente destas funções são analíticas no domínio de definição das funções soma, produto e quociente.

23 .8 Ponto Singular Isolado Definição.8 Um ponto z é um ponto singular isolado de uma função f, se existe uma vizinhança de z, na qual f é analítica, exceto no próprio ponto z. Exemplo.5 Determine os pontos singulares da função, f(z) = z + z(z + ) e diga por que a função é analítica em todos os pontos, exceto nesses pontos. Solução. A função não está definida nos pontos z =, z = i e z 3 = i. A função f é analítica em todos os pontos, exceto z, z e z 3, pois f é uma função racional. Os pontos z, z e z 3 são os pontos singulares da função. 3

24 apítulo Integrais de Funções omplexas Faremos um breve estudo sobre integral de função de uma variável complexa. No caso real a integral pode ser interpretado como área. Já no caso complexo, não temos uma interpretação geométrica. Podemos dizer que as integrais de funções complexas são definidas com respeito a caminhos ou curvas. Inicialmente apresentamos o conceito de integral definida de uma função complexa que será usada para definir a integral curvilínea.. Integrais Definidas Definição. Seja F(t)=U(t)+iV(t) uma função contínua da variável real t num intervalo [a, b]. A integral da F é definida em termos das integrais das funções reais U e V, segundo a expressão b F (t)dt = b U(t)dt + i b a a a V (t)dt... Propriedades da Integral Definida. Re b F (t)dt = b a a ReF (t)dt;. Im b F (t)dt = b a a ImF (t)dt; 4

25 3. b [F (t) + G(t)]dt = b F (t)dt + b a a a G(t)dt; b cf (t)dt = c b a a b a b F (t)dt F (t) dt. a F (t)dt, onde c é uma constante.. urvas e aminhos Definição. Sejam x = x(t) e y = y(t) (.) funções contínuas de uma variável t, definidas para t [a, b]. hamamos curva o conjunto de todos os pontos (x, y) determinado por estas equações. As equações x = x(t) e y = y(t) são chamadas equações paramétricas da curva e t é o parâmetro. Quando as funções x e y em (.) têm derivadas contínuas para todo t [a, b], dizemos que a curva é uma curva suave. Exemplo. A circunferência é uma curva suave. A representação paramétrica da circunferência de centro na origem e raio a é dado por x(t) = a cos(t) y(t) = asen(t), t π. Definição.3 (i) Uma curva de equações x(t)=x(t) y(t)=y (t), t [a, b]. é dita fechada se x(a) = x(b) e y(a) = y(b). 5

26 (ii) Se a cada ponto da curva corresponde um único valor de t (exceto quando t = a e t = b), dizemos que a curva é simples. Exemplo. As figuras abaixo ilustram curvas fechadas simples. Definição.4 Suponhamos que a curva seja representada por x = x(t), y = y(t), t [a, b]. hamamos de sentido positivo sobre, o sentido no qual a curva é traçada quando o parâmetro t cresce de a para b. O sentido oposto é chamado negativo. Usamos a notação para representar a curva com orientação negativa. Definição.5 Um caminho é uma cadeia contínua de um número finito de curvas suaves. Exemplo.3 A figura abaixo mostra o esboço de um caminho. x(t) = t : y(t) = t, t x(t) = t e : y(t) = t, t. 6

27 .3 Integrais urvilíneas Definição.6 Sejam uma curva representada por x = x(t), y = y(t) com t [a, b], e f uma função da variável complexa z = x + iy, contínua em. A integral curvilínea de f, ao longo de, que denotamos por f(z)dz, é definida como f(z)dz = b a f(z(t))z (t)dt. (.) Note que a integral pode ser escrita como b f(z)dz = f(x(t) + iy(t))(x (t) + iy (t))dt..3. Propriedades a As propriedades da integral curvilínea são análogas às propriedades das integrais definidas. Nas propriedades que segue estamos assumindo que é suave e que f, f e f são funções contínuas sobre.. [f (z) + f (z)]dz = f (z)dz + f (z)dz.. 3. cf(z)dz = c f(z)dz, onde c é constante. f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz, onde consiste de um caminho de α a algum ponto γ e de um caminho de γ a β f(z)dz = f(z)dz. f(z)dz f(z) dz = b a f(z(t)) z (t) dt. 7

28 6. Se f(z) M para todo z em então f(z)dz ML, onde L é o comprimento de, ou seja, L = b [x (t)] + [y (t)] dt = b z (t) dt = a a dz. Exemplo.4 onsidere a função f(z) = y x 3x i. alcule o valor da integral f(z)dz, onde é o segmento reto de z = a z = + i. Solução. A figura ilustra o caminho de integração. x = t, Uma parametrização para a curva é y = t, t [, ]. Usando a equação (.), temos f(z)dz = f(t + it) ( + i)dt = ( 3t i)( + i)dt = = ( 3t3 i ) 3 + 3t3 3 = i. ( 3t i + 3t )dt Exemplo.5 Se é o contorno do quadrado com vértices nos pontos z =, z =, z = + i e z = i, mostre que (3z + i)dz =. Solução. A figura mostra o caminho de integração. Para calcular a integral, dividimos em quatro caminhos,, 3 e 4 conforme mostra a figura. As parametrizações são: 8

29 3 x = t, y =, t [, ]. x = t, y =, t [, ]. 4 x =, y = t, t [, ]. x =, y =, t [, ]. omo f(z) = 3z + podemos escrever f(z) = 3(x + iy) +. Usando a equação (.) temos, f(z)dz = f(z)dz = f(z)dz = 3 f(z)dz = 4 f(t + i) ( + i)dt = f( + it) ( + i)dt = f(t + i) ( + i)dt = f( + i) ( + i)dt = ( 3 ) (3t + )dt = t + t = 3 + = 5. (4 + 3it)dt = (4ti 3 ) t = 4i 3. ( 3 ) (3t + 3i + )dt = t + 3it + t = 5 3i. ( (3it + )idt = 3 ) t + it = 3 i. Então, f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz 3 4 = 5 + 4i 3 5 3i + 3 i =. 9

30 Exemplo.6 Seja o arco do círculo z = que se situa no primeiro quadrante. Mostre que sem calcular o valor da integral. dz z + π 3 Solução. Da Propriedade 5 das integrais cuvilíneas temos dz z + dz. z + Agora, ou seja, Ainda, pois z =. z = z + z + + = z + +, z z +. z + z = z =, Segue que Assim, omo dz = 4 (π ) = π f(z) = dz z + z + 3. chegamos à 3 dz = dz. 3 dz z + π 3. 3

31 .4 Teorema de auchy-goursat No que segue apresentamos o Teorema de auchy-goursat que diz que, se f é uma função analítica em uma região simplesmente conexas D então a integral curvilínea da f sobre qualquer caminho fechado contido em D é zero. Teorema. Seja f uma função analítica numa região simplesmente conexa D. Então f(z)dz = para todo o caminho fechado contido em D. O Teorema acima pode ser estendido para regiões multiplamente conexas. Teorema. Seja um caminho fechado e seja j um número finito (j =,,..., n) de caminhos fechados contidos no interior de, tais que os interiores de j não tenham pontos em comum. Seja R a região fechada consistindo de todos os pontos de e dos pontos interiores a, exceto os pontos interiores a cada j, e seja B a fronteira orientada de R, consistindo de e de todos os j, orientados de modo a deixarem os pontos de R à esquerda de B. Então, se f(z) é analítica em R, f(z)dz =. A figura abaixo ilustra a região descrita no teorema. B Uma região D é dita simplesmente conexa se qualquer curva simples fechada contida em D pode ser reduzida a um único ponto sem sair de D, ou seja, é toda região que não possui "buracos". Uma região é dita multiplamente conexa se qualquer curva simples fechada contida em D não pode ser reduzida a um único ponto sem sair de D, ou seja, é toda região que possui "buracos". 3

32 A demonstração deste teorema não faz parte do escopo deste trabalho, e pode ser encontrada em []. Exemplo.7 Seja B a fronteira da região entre o círculo z = 4 e o quadrado com lados sobre as retas x = ± e y = ±, onde B é orientada de modo a deixar a região à sua esquerda. Diga por que f(z)dz =, quando f(z) = 3z +. B Solução. A função não está definida nos pontos onde 3z + =, ou seja, 3z = z = 3 3 z = ± 3 i =, 58 (está fora da região com fronteira B). 3 A função f é analítica em todos os pontos, exceto z = ± i. Assim as hipóteses do 3 Teorema. são satisfeitas. Logo, f(z)dz =. B 3

33 apítulo 3 Séries, Resíduos e Pólos Neste capítulo o objetivo é apresentar o Teorema do Resíduo. Inicialmente apresentaremos dois teoremas sobre séries de funções. O primeiro teorema diz que toda função analítica num ponto z = z pode ser desenvolvida em série de potências de (z z ) numa vizinhança de z. E o segundo teorema garante que uma função pode ser representada por uma série de potências (z z ), mesmo que z seja uma singularidade da função. Neste caso a série inclui termos com potências negativas de (z z ). 3. Séries de Taylor e Laurent Teorema 3. Seja f uma função analítica em todos os pontos interiores de um círculo com centro z e raio r. Então, em cada ponto interior z de a função f pode ser desenvolvida em série de potências de (z z ). Este desenvolvimento é dado por f(z) = f(z ) + f (z )(z z ) + f (z )! (z z ) f (n) (z ) (z z ) n +... n! ou seja, f(z) = n= f (n) (z ) (z z ) n. (3.) n! A série em (3.) é denominada Série de Taylor de f em z. 33

34 Exemplo 3. Mostre que ( ) n+ a) sen(z) = (n )! zn quando z <. b) n= z = (z) n quando z <. Solução. n= a) Temos que z =, então f(z ) =. A derivada de ordem n da função f(z) = sen(z) é cos(z), para n =, 5, 9,... sen(z), para n =, 6,,... f (n) (z) = cos(z), para n = 3, 7,,... sen(z), para n = 4, 8,,.... Assim, f (n) (z ) =, para n =, 5, 9,..., para n =, 6,,..., para n = 3, 7,,..., para n = 4, 8,,.... Pelo Teorema 3. temos Logo, sen(z) = + z + z3 3! + + z5 5! ( )n+ (n )! zn sen(z) = b) Temos que z =, então f(z ) =. Segue que ( ) n+ (n )! zn. n= f (z) = f (z) = f (z) =! ( z)! ( z) 3 3! ( z). 4 34

35 Assim, a derivada de ordem n é f (n) (z) = n! ( z) n+ para n, e f (n) (z ) = n! para n. Escrevendo a série de Taylor temos z z z = + z +! (!) z n! (n!) zn +... = + z + z z n +... = (z) n, z <. n= Teorema 3. Seja f uma função analítica numa região anular r < z z < R. Então para todo z nessa região f(z) é representada por uma série de potências positivas e negativas de (z z ), f(z) = a n (z z ) n + n= n= b n (z z ) n, (3.) onde a n = πi f(ξ)dξ (ξ z ) n+ (n =,,,...) b n = πi f(ξ)dξ (ξ z ) n+ (n =,, 3,...) sendo um contorno fechado totalmente contido em r < z z < R e envolvendo z uma vez no sentido positivo. A série em (3.) é chamada Série de Laurent. Exemplo 3. Obtenha a série de Laurent para a função f(z) = região anular a < z < b, a, b reais, b > a. (z a)(z b), na 35

36 Solução. Temos que f(z) = (z a)(z b) ( )( = b a z a ) z b para a < z < b. omo e z a = z a z = ( a z z n= = n= ) n a n z n para z > a, z b = b z b = ( ) n z b b n= z n = para z < b, b n+ n= a série procurada é f(z) = ( b a n= z n b + n+ n= ) a n z n para a < z < b. Exemplo 3.3 Obtenha a série de Laurent para a função f(z) = z + z z >. no domínio Solução. Temos z + z = z z + z = + z z z, Z = z 36

37 = = = Z + Z Z, Z < (Z) n + Z (Z) n n= (Z) n + n= n= n= (Z) n+ = [ + Z + Z +...] + [Z + Z + Z ] = + [Z + Z + Z ] = + (Z) n, Z <. n= omo temos Z = z, então z + z = + ( ) n z n= = + z n, z >. n= 3. Resíduos Seja z um ponto singular isolado de f. Da definição de ponto singular isolado, existe uma vizinhança na qual f é analítica, exceto no próprio ponto z, digamos < z z < r. Então, nesta região, a função f pode ser representada pela Série de Laurent f(z) = n= a n (z z ) n + b b + z z (z z ) +..., onde os coeficientes são dados por a n = f(ξ)dξ (n =,,,...) πi (ξ z ) n+ e b n = πi f(ξ)dξ (ξ z ) n+ (n =,,...) onde é um contorno fechado contido em < z z < r, envolvendo z uma vez no sentido positivo. 37

38 No desenvolvimento acima, o coeficiente do termo (z z ) é chamado resíduo de f no ponto z, e escrevemos (res.f)(z ) = b. Exemplo 3.4 onsidere a função f(z) = f no ponto z =. z + z. Determine o resíduo da z Solução. Pelo Exemplo 3.3 a função f pode ser representada por [ ( )] [ ( )] f(z) = z (z) O coeficiente de z é o resíduo da f no ponto singular z =. Logo, o (res.f)(z ) =. 3.3 O Teorema do Resíduo No que segue apresentamos o Teorema do Resíduo. Este teorema diz que a integral curvilínea de uma função ao longo de uma curva fechada, que envolve um número finito de pontos singulares isolados, pode ser obtida somando os resíduos da função nestes pontos singulares e multiplicando por πi. Teorema 3.3 Seja um caminho fechado tal que uma função f é analítica sobre e no interior de exceto num número finito de pontos singulares z, z,..., z n interiores a. Então f(z)dz = πi[(res.f)(z ) + (res.f)(z ) (res.f)(z n )], onde a integral é calculada no sentido positivo ao longo de. Demonstração. Para mostrar o teorema, vamos considerar caminhos j ( j n) fechados orientados positivamente. Os caminhos j são traçados em torno de cada um dos pontos singulares z j, de forma que cada caminho j esteja inteiramente contido em. Os caminhos j, juntamente com o caminho, formam a fronteira de uma região 38

39 fechada multiplamente conexa em que f é analítica. Pelo Teorema., temos f(z)dz f(z)dz f(z)dz... f(z)dz =. n Mas, isso equivale a f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz f(z)dz. n omo f é analítica no interior de e sobre j, exceto no próprio ponto z j, então as hipóteses do Teorema 3. são satisfeitas, assim, (res.f)(z j ) = f(z)dz, πi j ou seja, Portanto, j f(z)dz = πi(res.f)(z j ), j n. f(z)dz = πi[(res.f)(z ) + (res.f)(z ) (res.f)(z n )]. Exemplo 3.5 alcule o valor da integral percorrido no sentido anti-horário. z + dz, onde é o círculo z =, z Solução. O integrando tem um ponto singular em z =, que está no interior de. Pelo Teorema 3.3, temos z + z dz = πi[res.f(z )]. 39

40 Para determinar o resíduo em z =, podemos escrever z + z = z +. Assim, Portanto, (res.f)(z ) =. z + dz = 4πi. z 3.4 Pólo Seja f uma função tal que o desenvolvimento em Série de Laurent em torno de um ponto singular isolado z possua um número finito de potências negativas. Digamos que f seja representada por f(z) = b b + z z (z z ) b n (z z ) + a n n (z z ) n (b n ) quando < z z < r, para algum número r >. O ponto z é chamado pólo de ordem m da função f. Quando m =, dizemos que z é um pólo simples. n= Agora, apresentamos uma condição necessária e suficiente para que um ponto singular isolado seja um pólo de ordem m. para determinar o resíduo de f em um pólo de ordem m. Em seguida damos uma fórmula Proposição 3. Seja z uma singularidade isolada de uma função f. O ponto z é um pólo de ordem m(m ), se e somente se lim z z (z z ) m f(z) é finito e diferente de zero. Demonstração. ( ) De z pólo de ordem m temos, b f(z) = (z z ) + b (z z ) b m (z z ) + a n n (z z ) n, (3.3) 4 n=

41 quando < z z < r, para algum número positivo r, onde b m. Mutiplicando termo a termo da equação (3.3) por (z z ) m podemos escrever f(z)(z z ) m = b (z z ) m + b (z z ) m b m + a n (z z ) n+m. (3.4) n= Aplicando o limite quando z z na equação (3.4), obtemos: lim f(z)(z z ) m = b m. z z Portanto, lim z z (z z ) m f(z) é finito e diferente de zero. ( ) omo z é ponto singular isolado existe r > tal que f(z) = b n (z z n= ) + n n= a n (z z ) n, onde < z z < r. (3.5) Multiplicando termo a termo da equação (3.5) por (z z ) m temos, f(z)(z z ) m b m = (z z ) + a n m n (z z ) m+n. (3.6) n= n= Aplicando o limite quando z z na equação (3.6), obtemos: [ lim f(z)(z z ) m b n = lim z z z z (z z ) + ] a n m n (z z ) n+m. n= Temos a n (z z ) n+m quando z z. n= Vamos analisar o que ocorre com n= b n (z z ) n m quando z z. 4

42 Se n < m, então b n (z z ) n m quando z z. Se n = m, temos b n (z z ) n m b n quandoz z. Agora, se n > m e b n então, b n (z z ) n m ± quando z z. Mas, por hipótese o lim z z f(z)(z z ) m, então devemos ter b m+ = b m+ =... =. Logo, b m e b m+ = b m+ =... =. Portanto, z é pólo de ordem m. Proposição 3. Seja z uma singularidade isolada de uma função f, então (res.f)(z ) = (m )! lim d m z z dz [(z z ) m f(z)]. m Demonstração. omo z é polo de ordem m, podemos escrever b m f(z) = (z z ) + b m m (z z ) b m (z z ) + a n (z z ) n. (3.7) n= Multiplicando a equação (3.7) por (z z ) m, obtemos f(z)(z z ) m = b m + b m (z z ) b (z z ) m + a n (z z ) n+m. (3.8) n= 4

43 Tomando a derivada de ordem (m ) em (3.8), temos d m dz m [(z z ) m f(z)] = (m )!b + (n + m)(n + m )... (n + )a n (z z ) n+. n= Aplicando o limite quando z z, temos; d m (m )! b = lim z z dz m [(z z ) m f(z)], ou seja, (res.f)(z ) = b = (m )! lim d m z z dz m [(z z ) m f(z)]. A proposição abaixo fornece um outro método para determinar o resíduo de uma função f num pólo z, quando f é quociente de duas funções analíticas em z. Proposição 3.3 Sejam p(z) e q(z) funções analíticas no ponto z, p(z ), q(z ) = e q (z ). Mostre que z é pólo simples da função f(z) = p(z), com resíduo igual a q(z) p(z ) q (z ). Demonstração. Para mostrar que z é simples, mostraremos que Temos lim f(z)(z z ). z z p(z) lim f(z)(z z ) = lim z z z z q(z) (z z ) p(z) = lim z z q(z) q(z ) (z z ) 43

44 p(z) = lim z z q(z)(z z ) (z z ) = lim p(z) z z q(z) q(z ) lim z z (z z ) = p(z ) q (z ), pois p(z ) e q (z ). Logo, z é pólo de ordem simples e pela Proposição 3. (res.f)(z ) = lim z z f(z)(z z ) = p(z ) q (z ). Exemplo 3.6 alcule o resíduo das seguintes funções: a) f(z) = z 4 +. b) f(z) = b) f(z) = c) f(z) = az + bz + c, onde a, b, c números reais e b 4ac <., onde a b >. (z + a )(z + b ) z, onde a >. (z + a ) Solução. a) Para determinar os pontos singulares da função f(z) = z 4 +, precisamos encontrar os pontos onde z 4 + =, ou seja, as raízes quarta de. Sabemos que as n raízes n ésimas de um número complexo z = r(cos(θ) + isen(θ)) são obtidas da fórmula [ ( ) ( )] z k = n θ + πk θ + πk r cos + isen, onde k =,,..., n. n n 44

45 Assim, as raízes quarta de z = = (cos(π) + isen(π)) são z = 4 ( ( π ) ( π )) cos + isen = i z = 4 ( ( 3π cos 4 z = 4 ( ( 5π cos 4 ) ) ( 3π + isen 4 ( 5π + isen 4 )) = )) = + i i z 3 = 4 ( ( 7π cos 4 ) ( 7π + isen 4 )) = i. Agora vamos encontrar o resíduo da f no ponto z. A função f(z) é quociente das funções p(z) = e q(z) = z 4 + que são analíticas em z. Temos p(z ) = e q(z ) =. ( ) Ainda, q (z) = 4z 3 e q (z ) = 4 + i = + i. Logo, pela Proposição 3.3, z é pólo simples. E o resíduo é dado por Para z = (res.f)(z ) = p(z ) q (z ) = 4z 3 = + i. + i temos p(z ) = ou seja, p(z ). q(z ) =. ( q (z ) = 4z 3 ) 3 ( = 4 + i = 4 ou seja, q (z ). Segue pela Proposição 3.3 que z é pólo simples e o resíduo é ) + i = + i (res.f)(z ) = p(z ) q (z ) = 4z 3 = + i. Os resíduos para z e z 3 são calculados de forma análoga. 45

46 b) Os pontos singulares da função f(z) = az + bz + c equação az + bz + c =. As raízes desta equação são são os pontos que satisfazem a z = b + 4ac b i a e z = b 4ac b i. a Escrevendo f(z) = p(z) q(z), onde p(z) = e q(z) = az + bz + c temos p(z ) = e q(z ) =. Temos também, q (z) = az + b e q (z ) = b 4ac, ou seja, q (z ). Pela Proposição 3.3, z é pólo simples e o resíduo é (res.f)(z ) = p(z ) q (z ) = az + b = b 4ac. O resíduo para z é calculado de fómula análoga. c) Os pontos singulares da função f(z) = são os pontos que satisfazem a equação (z + a )(z + b ) =. As raízes desta equação (z + a )(z + b ) são z = ai, z = bi, z = ai e z 3 = bi. Escrevendo f(z) = p(z) q(z), onde p(z) = e q(z) = (z + a )(z + b ) temos p(z ) = e q(z ) =. Temos também, q (z) = 4z 3 + zb + za e q (z ) = 4a 3 i + a 3 i + b ai, ou seja, q (z ), pois a e b. Pela Proposição 3.3, z é pólo simples e o resíduo é (res.f)(z ) = p(z ) q (z ) = a 3 i + b ai. 46

47 Para z = bi, temos que p(z ) =, ou seja, p(z ). q (z ) =. q (z ) = 4b 3 i + b 3 i + ba i = b 3 + bia, ou seja, q (z ). Segue pela Proposição 3.3 que z é pólo simples e o resíduo é (res.f)(z ) = b 3 + bia. Os resíduos para z e z 3 são calculados de forma análoga. d)os pontos singulares da função f(z) = são os pontos que satisfazem a (z + a ) equação (z + a ) =. As raízes desta equação são z z = ai e z = ai. Escrevendo f(z) = p(z) q(z), onde p(z ) e q(z ) =. Temos também, q (z ) = 4a 3 i + 4a 3 i, ou seja, q (z ) =. Não podemos utilizar a Proposição 3.3, pois temos q (z ) =. Já sabemos que z não é pólo simples. Vamos verificar se z é pólo de ordem. Para isso aplicaremos a Proposição 3.. Temos ((z ai) z lim z ai (z ai) (z + ai) ) z = lim z ai (z + ai) = (ai) (ai + ai) = 4. Assim, z é pólo de ordem. Falta saber quanto é o resíduo. omo m =, pela Proposição 3. temos, (res.f)(z ) = } d lim {(z ai) z z ai dz (z ai) (z + ai) 47

48 = lim z ai = lim z ai = lim z ai = lim z ai { d dz z (z + ai) } { } z(z + ai) (z + ai) z (z + ai) 4 { } z(z + ai) z (z + ai) 3 { } z + zai az (z + ai) 3 { } zai = lim = a z ai (z + ai) 3 8a 3 i = 4ai. De forma análoga, fazemos para saber qual será o resíduo de z = z 3 = ai. Exemplo 3.7 Mostre que todos os pontos singulares da função f(z) = pólos. Determine a ordem m de cada pólo e o resíduo da função no pólo. e z z + π são Solução. Os pontos singulares da função f(z) = são os pontos que satisfazem z + π a equação z + π =. As raízes desta equação são Escrevendo f(z) = p(z) q(z), onde ez z = πi e z = πi. p(z ) e q(z ) =. Temos também, q (z ) = z, ou seja, q (z ). omo satisfaz as condições da Proposição 3.3, temos que é pólo simples, ou seja, m =. E o resíduo é (res.f)(z ) = p(z ) q (z ) = eπi πi. De forma análoga, fazemos para saber qual será o resíduo de z = πi. 48

49 apítulo 4 Aplicações da Teoria dos Resíduos Neste capítulo apresentamos várias aplicações do Teorema do Resíduo e da teoria das integrais curvilíneas complexas ao cálculo de integrais de funções reais. 4. Integrais Impróprias de Funções Racionais onsidere as integrais reais do tipo, + f(x)dx, (4.) onde f(x) = p(x), p e q são polinômios com grau de q maior do que o grau de p, no q(x) mínimo por duas unidades, e q não possui zeros reais. Para calcular (4.) usando a teoria dos resíduos, a técnica é considerar a integral complexa ao longo do contorno que consiste da fronteira de um semicírculo, R, de raio R e o eixo real desde R até R. Este raio R é escolhido suficientemente grande de forma que todos os zeros do polinômio do denominador se encontrem no interior do círculo. onsequentemente, todos os pontos singulares da função p(z) estarão no q(z) interior do círculo. Integrando a função p(z) ao longo da região semicircular (ver q(z) figura), no sentido anti-horário, e aplicando o Teorema do Resíduo teremos, R p(z) R q(z) dz + p(z) R q(z) dz = πi (res.f)(z j ), j Integrais deste tipo podem ser calculadas usando o método das frações parciais para obter a primitiva de f. 49

50 onde z j são os pontos singulares tais que Im(z j ) >. Agora, fazendo R + na igualdade acima teremos o valor da integral desejada. Vejamos alguns exemplos numéricos. Exemplo 4. alcule Solução. A integral O integrando é + dx x dx R x 4 + = lim dz R R z 4 +. f(z) = z 4 + = (z z )(z z )(z z )(z z 3 ), onde z = + i, z = + i, z = i e z 3 = i são pólos simples (ver Exemplo 3.6 item (a)). Seja R o semicírculo do semiplano superior de um círculo z = R, onde R > Pelo Exemplo 3.6 item (a) temos (res.f)(z ) = + i e (res.f)(z ) = + i.. Integrando f no sentido anti-horário, ao longo da fronteira da região semicircular temos, R dz z dz z 4 + = πi[(res.f)(z ) + (res.f)(z )]. (4.) R Quando z está sobre R, ou seja, z = R temos, R z 4 + z 4 = z 4 = R 4, 5

51 donde Assim, R dz z 4 + R dz R 4 = dz = R 4 R lim R R dz z 4 + =. πr R 4. Logo, passando ao limite com R em (4.) obtemos, [ ] dx = πi x i + + i [ ] 4 i = πi 6 = π. Exemplo 4. Sendo a, b e c números reais, b < 4ac, mostre Solução. A integral dx ax + bx + c = π 4ac b. dx R ax + bx + c = lim dz R R ax + bx + c. O integrando é Podemos escrever f(z) = f(z) = az + bz + c. a(z z )(z z ) 5

52 onde, z = b + 4ac b i a e z = b 4ac b i, a são pólos simples (ver Exemplo 3.6 item (b)). Seja R o semicírculo superior de um { círculo z = R, onde R > max b } 4ac b a,. a Integrando f no sentido anti-horário ao longo da fronteira da região semicircular temos, R R onde (res.f)(z ) = Assim, Temos az + bz + c dz + R az + bz + c dz = πi[(res.f)(z )],, conforme visto no Exemplo 3.6 item (b). 4ac b i R R dz az + bz + c = π 4ac b az = az + bz bz R dz az + bz + c. (4.3) az + bz + bz az + bz + c c + b z az + bz + c + b z + c. Segue que, e quando z está sobre R então z = R e az + bz + c a z b z c az + bz + c a R b R c, 5

53 donde az + bz + c dz R R dz a R b R c = πr a R b R c. Isto mostra que lim R R dz az + bz + c =. Logo, passando ao limite quando R na equação (4.3), temos dx ax + bx + c = π 4ac b. Exemplo 4.3 Mostre que Solução. A integral dx (x + a )(x + b ) = π ab(a + b), onde a b > dx (x + a )(x + b ) = dx, pois o integrando é uma função par (x + a )(x + b ) O integrando é = R lim dz R R (z + a )(z + b ). f(z) = (z + a )(z + b ). Os pontos z = ai, z = bi, z = ai e z 3 = bi são pólos simples (ver Exemplo 3.6 item (c)). Seja R o semicírculo superior de um círculo z = R, onde R > a. 53

54 Integrando f no sentido anti-horário, ao longo da fronteira da região semicircular temos R R dz (z + a )(z + b ) + R Pelo Exemplo 3.6 item (c), temos dz (z + a )(z + b ) = πi[(res.f)(z ) + (res.f)(z )]. (4.4) (res.f)(z ) = ai( a + b ) e (res.f)(z ) = bi(a b ). Quando z está sobre R, ou seja, z = R temos: (z + a )(z + b ) = z + a z + b ( z a )( z b ) = ( z a )( z b ) = (R a )(R b ). Assim, dz (z + a )(z + b ) R = R R dz (z + a )(z + b ) = R dz (z + a )(z + b ) dz (R a )(R b ) = dz (R a )(R b ) R πr (R a )(R b ). Isto mostra que lim R R dz (z + a )(z + b ) =. Logo, passando ao limite quando R na equação (4.4), obtemos dz (z + a )(z + b ) = πi [ ] ai(b a ) + bi(a b ) [ ] b(a b ) + a(b a ) = πi i(ab)(b + a)(b a)(a + b)(a b) [ ] b(a b) + a(b a) = π (ab)(b a)(a + b)(a b) 54

55 [ ] ab b + ab a = π (ab)(b a)(a + b)(a b) [ ] ab b a = π (ab)(a + b)(b a)(a b) = π ab(a + b). Portanto, dx (x + a )(x + b ) = π ab(a + b). Exemplo 4.4 alcule a seguinte integral Solução. A integral x dx (x + a ), a >. x dx = (x + a ) x dx (x + a ) = R lim z dz R R (z + a ). z O integrando é f(z) = (z + a ), onde z = z = ai e z = z 3 = ai são pólos de ordem. Seja R o semicírculo do semiplano superior de um círculo z = R, onde R > a. Integrando f no sentido anti-horário, ao longo da fronteira da região semicircular temos R z dz (z + a ) + z dz (z + a ) = πi[(res.f)(z )]. (4.5) R R 55

56 Pelo Exemplo 3.6 item (d) temos (res.f)(z ) = 4ai. Quando z está sobre R, ou seja, z =R temos z + a z a = z a = R a donde, R z dz (z + a ) R z dz (z + a ) = z R z + a dz R R (R a ) dz = R dz (R a ) R = πr 3 (R a ). Isto mostra que lim R R z dz (z + a ) =. Logo, passando ao limite quando R na equação (4.5) obtemos, z πi dz = (z + a ) [(res.f)(z )] [ ] = πi 4ai = π 4a. Portanto, x (x + a ) dx = π 4a. 56

57 4. Integrais Impróprias Envolvendo Funções Trigonométricas Esse tipo de integral pode ser calculada por meio de integrais curvilíneas e da teoria dos resíduos. Antes de ilustrar o cálculo de integrais impróprias envolvendo funções trigonométricas vamos apresentar um resultado, o Lema de Jordan, que será útil no cálculo deste tipo de integral. Lema 4. (Lema de Jordan) Seja R o semicírculo superior do círculo z = R. onsidere a integral e irz g(z)dz, onde r >. Se g é analítica sobre R e no interior R de R exceto num número finito de pontos singulares isolados, e que g(z) G(R) para z em R com lim G(R) =. Então R lim e irz g(z)dz =. R R Demonstração. Temos que R é o semicírculo superior do círculo z = R, suas equações paramétricas são x = R cos(θ), y = Rsen(θ) ou z = Re iθ, z = ire iθ. Da definição de integral curvilínea temos R g(z)dz = Segue que, g(z)dz R RG(R) = RG(R) = RG(R) π π g(re iθ )e ir[r(cos(θ)+isen(θ))] ire iθ dθ π = ir e rrsen(θ) g(re iθ )e i[rr cos(θ)+θ] dθ. e rr sen(θ) dθ [ π e rrsen(θ) dθ + [ π e rrsen(θ) dθ + π π π π e rrsen(θ) dθ ] e rrsen(π θ) dθ θ π. Então, (sen(θ) = sen(π θ), θ [, π]) ]. 57

58 Fazendo t = π θ na segunda integral teremos dt = dθ. Para encontrar os novos limites de integração, notemos que se θ = π então t = π ; se θ = π então t =. Assim, [ π g(z)dz RG(R) e rrsen(θ) dθ R = RG(R) [ π e rrsen(θ) dθ + π π e rrsen(t) dt ] e rrsen(θ) dθ ] = RG(R) π e rrsen(θ) dθ. Devemos observar primeiramente que sen(θ) θ π para θ π. De fato, se considerarmos a função f(θ) = sen(θ) θ π a sua derivada será f (θ) = cos(θ) π. Então f (θ) > para < θ < a para algum a e f (θ) < para a < θ < π. Segue que a função é crescente no intervalo (, a) e decrescente no intervalo ( ) [ π f() = f =, concluímos que f(θ) para todo θ, π neste intervalo. Desta forma temos, π e irz f(z)dz RG(R) e rr θ π dθ R [ ] π π = RG(R) rr e rrθ π [ = G(R) π ] π r e rrθ π = πg(r) ] [ e rr. r omo G(R) quando R +, obtemos e irz g(z)dz quando R +. R 58 ( a, π ). omo ]. Logo, sen(θ) θ π

59 Portanto, lim e irz gf(z)dz =. R + R Exemplo 4.5 Estabeleça a seguinte fórmula de integração com o auxílio de resíduos. Solução. A integral cos(ax) x + dx = omo cos(ax) = Re e iax podemos escrever + cos(ax) x + dx = π e a (a ). cos(ax) dx, pois o integrando é uma função par. x + cos(ax) + e iax dx = Re x + x + dx. A integral acima representa uma integração, ao longo de todo o eixo real da função f(z) = eiaz z +. Esta função tem pólos simples em z = i e z = i. Seja R o semicírculo superior de um círculo z = R, onde R >. Integrando f, no sentido anti-horário, ao longo da fronteira semicircular temos R R e iaz z + R dz + e iaz z + dz = πi[(res.f)(z )], onde e iaz (res.f)(z ) = lim(z i)f(z) = lim z i z i z + i = e a i y R -R R x 59

60 Logo, quando R > R R e iaz dz = z πie a + i R e iaz z + dz = πe a R e iaz dz. (4.6) z + onsidere a função g(z) = z +. A função g é analítica sobre R e no interior de R exceto no ponto z = i. Quando z está sobre R, z = R e z = z + z + +, ou seja, z + R. onsequentemente, g(z) R e R quando R +. As hipóteses do Lema de Jordan são satisfeitas, assim lim R + R e iaz dz =. z + Logo, passando ao limite quando R + em (4.6) obtemos e iaz πe a dz = z +. A parte real desta integral coincide com o valor da própria integral. Portanto, cos(ax) πe a dx = x +. Exemplo 4.6 Estabeleça a seguinte fórmula de integração com o auxílio de resíduos ( ) cos(x) (x + a )(x + b ) dx = π e b a b b e a a (a > b > ). 6

61 Solução. omo cos(x) = Re e ix podemos escrever cos(x) dx = Re (x + a )(x + b ) e ix (x + a )(x + b ) dx. A integral acima representa uma integração, ao longo de todo o eixo real da função f(z) = e iz (z + a )(z + b ). Esta função tem pólos simples em z = ai, z = bi, z = ai e z 3 = bi. Seja R o semicírculo superior de um círculo z = R, onde R > a. Integrando f, no sentido anti-horário, ao longo da fronteira semicircular temos R R onde e iz (z + a )(z + b ) R dz + e iz (z + a )(z + b ) dz = πi[(res.f)(z ) + (res.f)(z )], E (res.f)(z ) = lim z ai (z ai)f(z) e iz = lim (z ai) z ai (z + a )(z + b ) e iz = lim (z ai) z ai (z ai)(z + ai)(z + b ) = lim z ai = = e iz (z + ai)(z + b ) e a (ai)[(ai) + b ] e a ai(b a ). (res.f)(z ) = lim z bi (z bi)f(z) = lim (z bi) z ai (z + a )(z + ai)(z bi)(z + bi) e iz = lim z ai (z + a )(z + bi) e b = (bi)[(bi) + a ] e b = bi(a b ). e iz 6

62 Logo, quando R > a e iz dz = πi (z + a )(z + b ) [ ] e a ai(b a ) + e b bi(a b ) R e iz dz. (4.7) (z + a )(z + b ) onsidere a função g(z) = (z + a )(z + b ). A função g é analítica sobre R e no interior de R exceto nos pontos z = ai e z = bi. Quando z está sobre R, z = R e (z + a )(z + b ) = z + a z + b ( z a )( z b ) = ( z a )( z b ) = (R a )(R b ) ou seja, (z + a )(z + b ) (R a )(R b ). onsequentemente, g(z) (R a )(R b ) e (R a )(R b ) quando R. As hipóteses do Lema de Jordan são satisfeitas, assim lim R + R e iz dz =. (z + a )(z + b ) Logo, passando ao limite com R + em (4.7) obtemos [ ] e iz e a dz = πi (z + a )(z + b ) ai(b a ) + e b bi(a b ) 6

63 [ = π [ = π e a a(b a ) + e a a(a b ) + ] e b b(a b ) ] e b b(a b ) = [ ] π e b (a b ) b e a. a A parte real desta integral coincide com o valor da própria integral. Portanto, ( ) cos(x) (x + a )(x + b ) dx = π e b a b b e a. a Exemplo 4.7 Estabeleça a seguinte fórmula de integração com o auxílio de resíduos Solução. A integral cos(ax) (x + b ) dx = π 4b ( + 3 ab)e ab. omo cos(ax) = Re e iax podemos escrever cos(ax) (x + b ) dx = cos(ax) (x + b ) dx. cos(ax) (x + b ) dx = Re e iax (x + b ) dx. A integral acima representa uma integração, ao longo de todo o eixo real da função f(z) = e iaz (z + b ). Esta função tem pólo de ordem em z = bi e z = bi. Seja R o semicírculo superior de um círculo z = R, onde R > b. Integrando f, no sentido anti-horário, ao longo da fronteira semicircular temos R R e iaz (z + b ) dz + e R iaz (z + b ) dz = πi[(res.f)(z )], onde { } d (z bi) e iaz (res.f)(z ) = lim z bi dz (z bi) (z + bi) 63

64 { } d e iaz = lim z bi dz (z + bi) = lim z bi = lim z bi { } iae iaz (z + bi) (z + bi)e iaz (z + bi) 4 { } iae iaz (z + bi) e iaz (z + bi) 3 = = = { } iae ab bi e ab (bi) 3 { } e ab ( ab ) 8b 3 i { e ab (ab + ) 4b 3 i }. Logo, quando R > b ( ) e iaz e ab (ab + ) dz = πi (z + b ) 4b 3 i R e iaz dz. (4.8) (z + b ) onsidere a função g(z) = (z + b ). A função g é analítica sobre R e no interior de R exceto no ponto z = bi. Quando z está sobre R, z = R e z + b z b = z b = R b ou seja, z + b R b. 64

65 onsequentemente, g(z) R b As hipóteses do Lema de Jordan são satisfeitas, assim lim R + e, quando R. R b e iaz dz = o. (z + b ) Logo, passando ao limite com R + em (4.8) obtemos ( ) e iaz πi ( + ab)e ab dz =. (z + b ) 4b 3 i A parte real desta integral coincide com o valor da própria integral. Portanto, cos(ax) (x + b ) dx = π 4b ( + 3 ab)e ab. Exemplo 4.8 alcule a integral xsen(x) x + 4x + dx. Solução. omo sen(x) = Im e ix, podemos escrever xsen(x) dx = Im x + 4x + ze iz z + 4z + dz. ze iz O integrando f(z) = z + 4z + tem pólos simples nos pontos z = + 4i, z = 4i. onsiderando, a integral de R a R (R > 4), seguida da integral sobre R no semiplano superior, obtemos R ze iz R z 4 + 4z + R dz + ze iz z 4 + 4z + dz = πi[(res.f)(z )], onde o resíduo de f no pólo z = + 4i é dado por (res.f)(z ) = lim z +4i { (z + 4i)ze iz (z + 4i)(z + + 4i) { } ze iz = lim z +4i (z + + 4i) } = = { } ( + 4i)e i( +4i) ( + 4i + + 4i) { ( + i)e ( 4 i) 4i }. 65

66 Logo, quando R > 4 ( ) ze iz ( i)e i 4 dz = πi z 4 + 4z + 4i R ze iz dz. (4.9) z 4 + 4z + z onsidere a função g(z) = z 4 + 4z +. A função g é analítica sobre R e no interior de R exceto no ponto z = + 4i omo z = R quando z está sobre R, temos z 4 = z 4 + 4z 4z z 4 + 4z + 4z z 4 + 4z + + 4z z 4 + 4z z +. Assim, g(z) = z z 4 + 4z + z z 4 4 z R R 4 4R R e quando R. R 4 4R Passando ao limite e usando o Lema de Jordan em (4.9), temos ( ) ze iz ( + i)e i 4 dz = πi z + 4z + 4i = π ( + i)e 4 i 66