Análise Complexa Resolução de alguns exercícios do capítulo 1

Transcrição

1 Análse Complexa Resolução de alguns exercícos do capítulo 1 1. Tem-se:. = (0, 1) = (0, 1) =. 3. Sejam a, b R. Então Exercíco nº1 = (0, 1).(0, 1) = ( , ) = ( 1, 0) = 1. a + b = a b = a + b. 4. A conjugação é uma bijecção pos, pela alínea anteror, a composta da conjugação consgo própra é a dentdade. Agora basta observar que: 1. se a + b, c + d C, então. se a + b, c + d C, então e (a + b) + (c + d) = a + c + (b + d) = a + c (b + d) = (a b) + (c d) = a + b + c + d; (a + b).(c + d) = ac bd + (ad + bc) = ac bd (ad + bc) ( a + b ) ( c + d ) = (a b).(c d) = ac bd (ad + bc). 5. Se a, b R, então Por outro lado, se z C, então a + b = a + b a + b = a b b = 0 a + b = a a + b R. (z + z)/ = (z + z) / (pela alínea anteror) = (z + z)/ pela alínea 3 e porque R. Logo, (z + z)/ R. Analogamente, pelo que (z z)/() R. 6. Se a, b R, então (z z)/() = (z z)/ a + b + a b = (z z)/( ) (pela alínea ) = (z z)/(), = (a + b) + (a b) = a = Re(a + b) e a + b a b (a + b) (a b) = = b = Im(a + b). 7. Se a, b R, então a + b = a + b = (Re(a + b)) + (Im(a + b)).

2 Análse Complexa Exercíco nº. Sabe-se, pelo exercíco 1.7, que z = (Re z) + (Im z), pelo que (Re z), (Im z) z, o que mplca que Re z, Im z z. 3. Tem-se Re(z + w) = z + w + z + w (exercíco 1.6) = z + w + z + w (exercíco 1.4) = z + z + w + w = Re(z) + Re(w); a segunda metade da alínea faz-se de manera análoga 4. Tem-se λ.z + λ.z Re(λ.z) = λ.z + λ.z = λ.z + λ.z = = λ z + z = λ. Re z; (exercíco 1.6) (exercíco 1.4) (exercíco 1.5) a segunda metade da alínea faz-se de manera análoga 5. Tem-se z = (Re z) + (Im z) (exercíco 1.7) ( ) z + z ( ) z z = + (exercíco 1.6) = z + z + z.z + z + z z.z (exercíco 1.1) 4 4 = z.z. 6. Vsto que z + w, z + w R +, tem-se: 1 z + w z + w z + w ( z + w ) (z + w).(z + w) z + w +. z. w (pela alínea anteror) (z + w). (z + w) z + w +. z. w (exercíco 1.4) z + z.w + z.w + w z + w +. z. w (pela alínea anteror) z.w + z.w. z. w = (z.w + z.w) 4. z. w (pos. z. w R + ) (z.w) + (z.w) +.z.w.z.w 4.z.z.w.w (pela alínea anteror) 1 Observe-se que todas as desgualdades que se seguem são desgualdades entre números reas.

3 Análse Complexa (z.w z.w) 0 (z.w z.w) 0 (exercícos 1.3 e 1.4) ( ) z.w z.w 0 (exercíco 1.1) (Im (z.w)) 0 pelo exercíco Pela alínea anteror, sabe-se que se tem z = z w + w z w + w, ou seja, z w z w. Mostra-se de manera análoga que z w w z. Como, z w = ±( z w ), z w z w. 8. Vsto que z.w, z. w R +, tem-se pelo exercíco Tem-se z.w = z. w z.w = z. w z.w.z.w = z.z.w.w (pela alínea 5) z.w.z.w = z.z.w.w z = z.z (pela alínea 5) = z.z (exercíco 1.3) = z. Exercíco nº5 1. Sejam b, c R tas que a = b + c; quer-se mostrar que exstem x, y R tas que (x + y) = b + c. (1) Tem-se: { x y = b (1) xy = c { x y = b = () 4x y = c { x = y + b 4y 4 + 4by = c x = y + b y = ( b ± ) b + c / x = y + b ( b ) y = ± + b + c / (b ) x = ± + b + c / ( b ) y = ± + b + c /

4 Análse Complexa Está então resolvdo o sstema () e é claro que uma solução (x, y) deste sstema é solução de (1) se e só os números c e x.y forem ambos maores ou guas a 0 ou ambos menores ou guas a 0. Logo, as soluções de (1) são ( (b ) ) ( b ) ± + b + c / + + b + c / se c 0 x + y = ( (b ) ) ( b ) + b + c / + b + c / ± se c 0.. Para cada z C, seja P (z) = ( b(z + ) n b(z ) n). A função P é polnomal de grau menor ou gual a n. De facto, o grau é gual a n pos o coefcente de z n é ( b b ) e ( b b ) = 0 b = b b R = a R +, mas a = 1, o únco elemento de R + com módulo 1 é o número 1 e a 1 por hpótese. Tem-se, para cada z R, P (z) = ( b(z + ) n b(z ) n ) = ( ) ( b(z ) n b(z + ) n) = P (z). (3) Logo, se a 0, a 1,..., a n C forem tas que ( z C) : P (z) = a 0 + a 1 z + + a n z n, então deduz-se de (3) que ( k {0, 1,..., n}) : a k = a k, ou seja, que os coefcentes de P são reas. Como P tem grau ímpar, tem algum zero λ R. Mas ( ) n λ + P (λ) = 0 = b ( ) = b λ b b = a. 3. Seja q um número natural ímpar. Va-se mostrar por ndução que, se p Z +, então as equações da forma z n = a têm solução quando n = p q; como qualquer n N pode ser escrto sob esta forma, sto basta para resolver o exercíco. Se p = 0, quer-se provar que as equação da forma z q = a têm solução. Isto é trval se a = 0. Caso a 0, seja z 1 C tal que z 1 q = a/ a (um tal z 1 exste pela alínea anteror, caso a/ a 1) e seja z R + tal que z q = a ; então z 1.z é solução da equação z q = a. Suponha-se agora que, para um certo p Z +, já está provado que as equações da forma z n = a têm solução quando n = p q; quer-se provar que se m = p+1 q então as equações da forma z m = a têm solução. Fxado a C, se z 0 for uma solução da equação z n = a e se z 1 for tal que z 1 = z 0, então z 1 m = z 1 n = (z 1 ) n = z 0 n = a. 1. É o dsco aberto de centro 0 e rao 1: Exercíco nº7 1

5 Análse Complexa É a crcunferênca de centro 1 + e rao 3: É o semplano aberto formado pelos pontos à dreta da recta vertcal que pasa por : 4. Se z = a + b, com a, b R, então Re(z ) = a b, pelo que a fgura em questão é formada pelos pontos a + b (a, b R) tas que a > 1 e a 1 < b < a 1: É o semplano formado pelos pontos do plano que estão mas próxmos de do que de : Este semplano é lmtado pela medatrz do segmento de recta que une a. 6. É o conjunto dos pontos do dsco fechado de centro 0 e rao 1 cuja dstânca a 1 é maor ou gual a 1/:

6 Análse Complexa Destes ses conjuntos, aqueles que são lmtados são o prmero, o segundo e o sexto. Exercíco nº8 Se z = 1, então α z α z (exercíco 1.4) α.z z.z (pos z = 1 = z 0) α.z 1. Por outro lado, pelo que 1 αz = zz αz = z α. z = z α, z α 1 αz = 1. Exercíco nº10 Se a prmera condção se verfcar e se a e b forem como no enuncado da condção, sejam t 1, t, t 3 R tas que z j = a + bt j, para cada j {1,, 3}. Então z 3 z 1 = (a + bt 3) (a + bt 1 ) z z 1 (a + bt ) (a + bt 1 ) = t 3 t 1 R. t t 1 Suponha-se agora que se verfca a segunda condção e seja λ R tal que z 3 z 1 z z 1 = λ (λ 1)z 1 λz + z 3 = 0. Então, se se defnr p = λ 1, q = λ e r = 1, é claro que p, q e r estão nas condções da tercera alínea. Fnalmente, suponha-se que se verfca o enuncado da tercera alínea. Sejam então p, q e r como no enuncado e suponha-se que r 0 (os casos em que p 0 ou em que q 0 são análogos). Então a recta {z 1 + (z z 1 )t : t R} contém z 1, z e z 3, pos z 1 = z 1 + (z z 1 )0, z = z 1 + (z z 1 )1 e z 3 = p r z 1 q ( r z = z 1 + (z z 1 ) q ). r

7 Análse Complexa Exercíco nº11 Sejam x, y e z números complexos tas que x + y + z = xy + xz + yz. Tem-se: x + y + z = xy + xz + yz x x(y + z) + y + z yz = 0. Va-se aplcar a fórmula resolvente de equações de segundo grau. Seja r C uma raz quadrada de (y + z) 4(y + z yz) = 3(y z). Então r = ± 3(y z), pelo que se tem: x x(y + z) + y + z yz = 0 x = ( (y + z) ± 3(y z) ) / x y = (y z) ( 1 ± 3 ) / x z = (y z) ( 1 ± 3 ) / = x y = x z = y z ou seja, x, y e z são vértces de um trângulo equlátero do plano complexo. Recprocamente, suponha-se agora que x, y e z são três números complexos tas que x y = x z = y z. Pode-se supor que x y, x z e y z são dferentes de 0, pos caso contráro x = y = z e então é óbvo que x + y + z = xy + xz + yz. Consderem-se os números α = (x y)/(y z) e β = (x z)/(y z); são ambos números complexos de módulo 1 e a sua dferença é gual a 1. Então 0 = Im(α β) = Im α Im β, pelo que Im α = Im β; deduz-se que Re α = 1 Im α = 1 Im β = Re β, pelo que Re α = ± Re β. Se se tvesse Re α = Re β então ter-se-a Re(α β) = 0. Mas já se sabe que α β = 1, pelo que Re α = Re β = 1/ e, portanto, Im α = ± 3/ e Im β = ± 3/, ou seja α = ( 1 ± 3)/ e β = (1 ± 3)/. Já fo vsto que estas duas gualdades são equvalentes a x + y + z = xy + xz + yz. 1. Se se tvesse bz + a = 0, então tnha-se Exercíco nº14 a = a = bz = b. z < b, a não ser que z = 0 ou que b = 0, caso em que se tera a = b. Mas sto não é possível, pos a = 1 + b > b. Por outro lado, tem-se az + b bz + a az + b D(0, 1) bz + a < 1 az + b < bz + a (az + b). ( az + b ) < ( bz + a ). (bz + a) a z + abz + abz + b < b z + abz + abz + a a ( z 1 ) < b ( z 1 ) ( a b ). ( z 1 ) < 0 z < 1.. A manera mas smples de mostrar que se trata de uma bijecção consste em encontrar a função nversa. Para tal, resolve-se a equação f a,b (z) = w. Tem-se então az + b bz + a = w az + b = bzw + aw z = aw b bw + a z = f a, b(w).

8 Análse Complexa Isto sugere que f a, b é a nversa de f a,b e mostra que f a,b f a, b é a dentdade em D(0, 1). Mas como sto tem lugar sempre que a e b são tas que a b = 1, então, trocando a por a e b por b, obtém-se que f a, b f a,b também é a dentdade, o que mostra que efectvamente a função f a,b é uma bijecção e que, além dsso, a sua nversa é f a, b. 3. Vsto que se trata de um subconjunto do grupo das bijecções de D(0, 1) em D(0, 1), que contém a dentdade (= f 1,0 ) e que, pela alínea anteror, contém o nverso de cada um dos seus elementos, só falta ver que é estável para a composção. Sejam então a, b, c, d C tas que a b = 1 e que c d = 1. Se z D(0, 1), tem-se Por outro lado, f a,b (f c,d (z)) = a cz+d + b dz+c b cz+d + a = dz+c ( ac + bd ) z + ad + bc (ad + bc)z + ad + bc = f ac+bd,ad+bc (z). ac + bd ad + bc = ( ac + bd ). ( ac + bd ) (ad + bc). ( ad + bc ) = a c + b d a d b c = ( a b ). ( c d ) = Comece-se por ver que f a,b (0) = z 0 b /a = z 0 b = z 0 a. Sejam então a C e b = z 0 a; quer-se mostrar que é possível escolher a de modo a ter-se a b = 1. Mas / a b = 1 a (1 z 0 ) = 1 a = 1 1 z 0. Basta então tomar, por exemplo, a = 1 / 1 z 0. Exercíco nº15 1. Como / = 1/ < 1, a sucessão converge para 0.. Como 1 + = > 1, a sucessão dverge. 3. Como ( n N) : n/ n = n, a sucessão não é lmtada e, portanto, dverge. 4. A sucessão converge para 1, pos 1 n lm n N 1 + n = lm 1/n n N 1/n + = lm n N 1/n lm n N 1/n + = = 1. Exercíco nº19 Se z, w C, então Re z Re w = Re(z w) z w. Logo, se ε R + e se se tomar δ = ε, tem-se ( z, w C) : z w < δ z w < ε = Re z Re w < ε. No caso da função Im faz-se da mesma manera.

9 Análse Complexa Exercíco nº3 Seja U um subconjunto de B que seja smultaneamente um aberto de B e um fechado de B; quer-se mostrar que U = B ou que U =. Caso U contenha algum elemento de A então, uma vez que U A é smultaneamente um aberto de A e um fechado de A e, além dsso, não é vazo, U A = A( U A), pos A é conexo. Se exstsse algum z B \ U então, uma vez que B \ U é um aberto de B, havera algum ε R + tal que D(z, ε) B B \ U. Em partcular, uma vez que U A, D(z, ε) B não contera elementos de A, o que é absurdo, pos z B A. Logo, U = B. Caso U não contenha qualquer elemento de A, aplca-se o argumento anteror a B \ U e deduz-se que B \ U = B, ou seja, que U =. Exercíco nº4 Seja A uma parte de I A que seja smultaneamente um aberto e um fechado de I A ; quer-se mostrar que A é vazo ou gual a I A. Suponha-se então que A e seja z A. Seja j I tal que z A j. Então A A j é smultaneamente um aberto e um fechado de A j ; como, além dsso, A A j (pos z A A j ) e A j é conexo, A A j = A j, ou seja A A j. Seja agora I. Como A A j e A A j então A A. Mas então pode-se provar que A A da mesma manera que se provou que A A j. Como sto tem lugar para cada I e como A I A, está provado que A = I A. 1. Tem-se: pelo que se tem, para t ]0, 1], Como a função Exercíco nº6 P (z 0 + bt) = P (z 0 ) + ab k t k + Q(z 0 + bt)b k+1 t k+1 = P (z 0 ) P (z 0 )t k + Q(z 0 + bt)b k+1 t k+1 P (z 0 + bt) P (z 0 ) (1 t k ) + Q(z 0 + bt)b k+1 t k+1. R R t Q(z 0 + bt)b k+1 t é contínua e toma o valor 0 no ponto 0, exste algum δ R + tal que ( t R) : t < δ = Q(z 0 + bt)b k+1 t < P (z 0 ) /. Para cada t ]0, nf{1, δ}[, tem-se: P (z 0 + bt) P (z 0 ) (1 t k ) + P (z 0 ) t k / = P (z 0 ) (1 t k /) < P (z 0 ).. Sejam a 0, a 1,..., a n C tas que a n 0 e que Para cada z C tem-se ( z C) : P (z) = a n z n + a n 1 z n a 0. P (z) a n. z n a n 1 z n a 0 a n. z n a n 1. z n 1 a 0 ( = a n. z n 1 a n 1 a ) 0. z z n

10 Análse Complexa Se z for sufcentemente grande, a n a 0 z z n então claro que, para algum R R +, se tem ( z C) : z > R = P (z) > P (0). < 1, pelo que P (z) a n. z n /. É 3. Seja z 0 C tal que P (z 0 ) seja o mínmo da restrção da função P a D(0, R), onde R é como na alínea anteror; um tal z 0 exste, pos D(0, R) é um compacto. Então, para cada z C, se z R, P (z 0 ) P (z), pela defnção de z 0 ; se z > R, então P (z 0 ) P (0) < P (z). Está então vsto que P (z 0 ) é o mínmo de P. Se não se tvesse P (z 0 ) = 0, então, pela prmera alínea, exstra algum z C tal que P (z) < P (z 0 ), o que é absurdo. Exercíco nº7 Va-se começar por mostrar que os enuncados de ambas as alíneas são váldos no caso de funções polnomas de grau 1. Basta ver que se a C e b C são tas que ( z C) : P (z) = az + b então, se se defnr c = a e z 1 = b/a, tem-se c 0 e ( z C) : P (z) = c(z z 1 ). Além dsso, se a, b R, P é uma função polnomal de prmero grau com coefcentes reas. Seja agora m N \ {1} e suponha-se que já se demonstrou, para cada número natural n < m, que os enuncados de ambas as alíneas são váldos para funções polnomas de grau n. Se P : C C for uma função polnomal de grau m, seja w C tal que P (w) = 0; um tal w exste pelo exercíco anteror. Então exste alguma função polnomal Q : C C de grau m 1 tal ( z C) : P (z) = (z w)q(z). Por hpótese, exstem c, z 1,..., z m 1 C, com c 0, tas que ( z C) : Q(z) = c(z z 1 ) (z z m 1 ), pelo que ( z C) : P (z) = c(z w)(z z 1 ) (z z m 1 ). Suponha-se agora que os coefcentes de P são reas. Se w for real, então os coefcentes de Q são reas pelo que Q se pode escrever como produto de funções polnomas de prmero e de segundo grau com coefcentes reas; logo, P também pode ser escrto daquele modo. Fnalmente, se w não for real então sabe-se, pelo exercíco 4, que P (w) = 0. Exste então alguma função polnomal R : C C tal que ( z C) : P (z) = (z w)(z w)r(z) = ( z Re(w)z + w ) R(z). Como Re(w), w R, R é uma função polnomal com coefcentes reas, pelo que é produto de funções polnomas de prmero e segundo grau com coefcentes reas. Consequentemente, P também tem essa propredade. Exercíco nº9 Sejam z 0 C e r R + tas que o dsco D(z 0, r) contenha as magens de todas as funções f n. Então para cada z U e para cada n N tem-se f n (z) f n (z) z 0 + z 0 < r + z 0, pelo que, se se tomar M = r + z 0, f(z) = lm f n(z) = lm f n(z) M. n N n N

11 Análse Complexa Exercíco nº30 Um exemplo consste em tomar U = D(0, 1) e, para cada n N e cada z U, defnr f n (z) = 1 + z + z + + z n. Então, para cada n N, a função f n é lmtada, pos Por outro lado ( z U) : f n (z) = 1 + z + z + + z n n z n+1 ( z U) : lm f n (z) = lm = 1 n N n N 1 z 1 z Logo, (f n ) n N converge smplesmente para a função f : U C defnda por f(z) = 1/(1 z), mas esta função não é lmtada, pos ( ( n N) : f 1 1 ) = n. n Outra possbldade consste em tomar U = C e defnr, para cada n N e cada z U, f n (z) = mn{n, z }. Então, para cada n N, f n é majorada por n. Por outro lado, a sucessão (f n ) n N converge smplesmente para a função módulo, a qual não é majorada. 1. Seja ε R +. Exste algum p N tal que Exercíco nº3 ( m, n N)( z U) : m, n p = f m (z) f n (z) < ε, vsto que a sucessão (f n ) n N converge unformemente. Para cada m, n N, se m, n p tem-se lm f m(z) lm z a z a f n (z) = z a lm (f m (z) f n (z)) = lm z a f m (z) f n (z) ε < ε.. Seja f = lm n f e, para cada n N, seja l n = lm z a f n (z). Tem-se, para cada w A e para cada n N: f(w) lm l n n f(w) f n(w) + f n (w) l n + l n lm l n. (4) n Fxe-se ε R +. Seja p 1 N tal que se n N e se n p 1, então ( w A) : f(w) f n (w) < ε 3 ; (5) seja p N tal que se n N e se n p 1, então l n lm n l n < 3 ε (6) Seja n N; então, pela defnção de l n, exste algum δ n R + tal que ( w A) : w a < δ n = f n (w) l n < ε 3 (7) Decorre então de (4), (5), (6) e (7) que se se tomar n = sup{p 1, p } (ou, mas geralmente, algum n N que seja smultaneamente maor ou gual a p 1 e maor ou gual a p ), se tem ( w A) : w a < δ n = f(w) lm l n n < ε.