Varíaveis Complexas - Apostilas - Matemática Parte1, Notas de estudo de Matemática

Baixe Varíaveis Complexas - Apostilas - Matemática Parte1 e outras Notas de estudo em PDF para Matemática, somente na Docsity! Variáveis Complexas March 17, 2005 1 Números Complexos 1.1 Motivação Resolver a equação x2 + 1 = 0 ⇔ x2 = −1 (1.1) vemos que não existe nenhum x = r ∈ R que satisfaça a equação. Portanto se faz necessário estender o conjunto dos reais a um conjunto maior na qual a equação anterior tenha solução. Assumindo que podemos aplicar raiz quadrada em (1.1) obtemos que x = ±√−1 a qual não faz sentido no conjunto dos numeros reais, portanto extenderemos este conjunto a um conjunto maior a equação (1.1) tenha solução. Desta forma introduzimos um novo elemento, que denotaremos por i chamada de unidade imaginária satisfazendo i2 = −1 (informalmente podemos considerar i = √−1). Assim a equação (1.1) tem soluções x = ±i. O novo conjunto que contém os números reais e a unidade imaginária será denotado por C a qual será chamado de o conjunto dos números complexos. É necessário que este conjunto preserve as propriedades aritméticas dos números reais, isto é produto e soma de dois elementos de C também deverão pertencer a C, assim a extensão natural dos numeros reais será C := {z = a + ib : a, b ∈ R} { a = Re(z) : parte real de z b = Im(z) : parte imaginária de z Claramente os numeros reais r pertencem a C pois r = r + 0i, também vejamos que as potências da unidade imaginária pertencem a C: i2 = −1, i3 = i, i4 = 1, i5 = i, i6 = −1, . . . , i2n = (−1)n, i2n+1 = (−1)ni 1 1.2 Operações aritméticas Podemos informalmente somar e multiplicar números complexos, vejamos quais seriam os resultados, se z1 = a1 + ib1, z2 = a2 + ib2, então z1 + z2 = (a1 + a2) + i(b1 + b2) ∈ C z1 · z2 = a1a2 + a1b2i + b1a2i + b1b2i2 = (a1a2 − b1b2) + i(a1b2 + a2b1) ∈ C Portanto podemos estender essas operações definindo z1 + z2 := (a1 + a2) + i(b1 + b2) z1 · z2 := (a1a2 − b1b2) + i(a1b2 + a2b1) Pode-se verificar que estas operações possuim as propriedades associativa, comutativa e distributiva. Os elementos neutros aditivo e multiplicativo são 0 e 1 respectivamente, o inverso aditivo de z = a + ib é −z = −a − ib e o inverso multiplicativo (desde que z 6= 0) é um número complexo w tal que zw = wz = 1, assim w pode ser denotada por w = z−1 = 1/z. Se w = c + id para que zw = 1 as contantes c e d devem satisfazer ac− bd = 1 ad + bc = 0 ⇒ c = a a2 + b2 , d = −b a2 + b2 . Também podemos chegar a este mesmo resultado procedendo informalmente, isto é, 1 z = 1 a + ib · a− ib a− ib = a− ib a2 + b2 = a a2 + b2 + i −b a2 + b2 ∈ C. O plano Complexo: Como para determinar um número complexo é necessário de dois número reais podemos identificar números complexos com pares ordenados reais através do isomorfismo z = a + ib 7→ (a, b) entre C e R2. Assim podemos considerar os números complexos como pontos do plano. ¾ ? - 6 1 i a bi Eixo real Eixo imaginário rz = a + ib 2 Fórmula de Mouvre: Observe que se z1 = r1[cos(θ1) + i sin(θ1)] e z1 = r2[cos(θ2) + i sin(θ2)] então z1z2 = r1r2[cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)] logo |z1z2| = |z1||z2| e arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2). Indutivamente pode-se mostrar que z1z2 · · · zn = r1r2 · · · rn[cos(θ1 + · · ·+ θn) + i sin(θ1 + · · ·+ θn)] em particular, se z = r[cos(θ) + i sin(θ)] tem-se zn = rn(cos(nθ) + i sin(nθ)) para n ∈ N isto é ( r[cos(θ) + i sin(θ)] )n = rn(cos(nθ) + i sin(nθ)) para n ∈ N de onde obtemos a fórmula de Moivre: ( cos(θ) + i sin(θ) )n = cos(nθ) + i sin(nθ) para n ∈ N. Denotemos por (cos(θ) + i sin(θ)) := eiθ vemos que a fórmula de Mouvre pode ser escrita da seguinte forma [eiθ]n = einθ Tambem pode ser mostrado que as propriedades da função exponencial se preservam ei(θ1+θ2) = eiθ1eiθ2 De esta forma polar de um número complexo z pode ser escrito como z = reiθ onde r = |z| e θ = arg(z). Exemplo Encontre todas as soluções de zn + α = 0, onde α > 0. z = reiθ zn = −α ⇔ rneinθ = −α (1.2) 5 |rn||einθ| = | − α| ⇒ rn = α ⇒ r = α1/n substituindo em (1.2) obtemos αeinθ = −α ⇒ einθ = −1 ⇒ { cos(nθ) = −1 sin(nθ) = 0 ⇒ nθ = (2k + 1)π, k ∈ Z ⇒ θ = (2k + 1) n π, k ∈ Z por tanto as soluções são z = α1/neiθk , onde θk = (2k + 1)π n k ∈ Z para determinar unicamente o ângulo de z temos que determinar k ∈ Z tal que −π < θk ≤ π. Exemplo Soluções de z2 + 2 = 0 Exemplo Seja w ∈ C, encontre as raizes n-ésimas w1/n. Para z ser uma reaiz n-ésima de w deve se ter zn = w. Se z = reiθ e w = ρeiφ então zn = w ⇔ rneinθ = ρeiφ (1.3) |rn||einθ| = |ρ||eiφ| ⇒ rn = ρ ⇒ r = ρ1/n substituindo em (1.3) obtemos einθ = eiφ ⇒ { cos(nθ) = cos(φ) sin(nθ) = sin(φ) ⇒ nθ = φ + 2kπ, k ∈ Z ⇒ θ = φ + 2kπ n , k ∈ Z por tanto as raizes n-ésimas de w são z = ρ1/neiθk , onde θk = φ + 2kπ n k ∈ Z para determinar unicamente o ângulo de z temos que determinar k ∈ Z tal que −π < θk ≤ π. Exemplo Raizes n-ésimas da unidade. 6 1.3.1 Exemplos de conjuntos do plano complexo: Exemplo Determine o conjunto de pontos |z| < R. Exemplo Determine o conjunto de pontos Re(z) ≥ −3 e Im(z) > 1. Exemplo Determine o conjunto de pontos Im(z2) < 2. Exemplo Determine o conjunto de pontos |Arg(z)| ≥ π/4. Exercices: 1. Sejam z, w ∈ C e ρ ∈ R. Encontre a parte real e imaginária dos seguintes números complexos z w , z − ρ z + ρ , 1 z − iρ, 1 z2 , z z̄ , z |z| . 2. Mostre que (a) z é real se, e somente se, z = z̄. (b) z é imaginário puro se, e somente se, z = −z̄. (c) Re(iz) = −Im(z) e Im(iz) = Re(z). 3. Seja z ∈ C e n,m dois números inteiros, mostre que ∣∣ zn z̄m ∣∣ = |z|n−m. Em particular, calcule ∣∣∣ (2+3i)5002(2−3i)5000 ∣∣∣. 4. Sejam z, w ∈ C. Prove que |z ± w|2 = |z|2 ± 2Re(zw̄) + |w|2 |z + w|2 + |z − w|2 = 2(|z|2 + |w|2) 5. Prove que se |z1| = |z2| = |z3| = 1 e z1 + z2 + z3 = 0, então z1, z2 e z3 são os vértices de um triângulo equilátero inscrito no ćırculo unitário de centro na origem. 6. Sejam z, w ∈ C e ρ ≥ 0. Prove que |ρz| = ρ|z| |zw| = |z||w| (Dica: use a forma polar) 7. Mostre que ∣∣|z| − |w| ∣∣ ≤ |z − w| Dê condições necessárias e suficientes para ter a igualdade 7 Que motivou está definição? Justificativa: Propriedades de exponencial ez = ex+iy = exeiy = ex(cos(y) + isen(y)) = excos(y) + iexsen(y) Se z fosse real, esta definição coincide com a função exponencial real? SIM: z = x + 0i, da definição temos que ez := ex. ez conserva a propriedade ez1+z2 = ez1ez2 da exponencial real? SIM! Verifique! 3. Definimos funções trigonométricas complexas da seguinte forma cos(z) := eiz + e−iz 2 , sen(z) := eiz − e−iz 2i , tg(z) := sen(z) cos(z) , . . . Que motivou esta definição? Justificativa: definição de eiθ com θ ∈ R eiθ = cos(θ) + isen(θ) e−iθ = cos(θ)− isen(θ) Somando cos(θ) = eiθ + e−iθ 2 Se z é real estas funções coincidem com as funções trigonométricas reais? SIM: Verifique Estas funções complexas conservam as propriedades das funções reais? exemplo: sin2(z) + cos2(z) = 1? SIM verifique! cos(z) é limitada? NÃO, pois tomando z = in com n ∈ N temos que cos(in) = ei(in) + e−i(in) 2 = e−n + en 2 não é limitada Calcule u(x, y) = Re(sin(z)). 4. Definimos as funções hiperbólicas da seguinte forma cosh(z) := ez + e−z 2 , sinh(z) := ez − e−z 2 , tanh(z) := sinh(z) cosh(z) , . . . Também, poderiamos definir estas funções em termos de funções trigonométricas, da forma cosh(z) := cos(−iz), sinh(z) := −i sin(−iz) 10 Assim, as funções hiperbólicas podem ter propriedades semejantes as trigunometri- cas, por exemplo cosh2(z)− sinh2(z) = 1 5. Definimos o logaritmo da seguinte forma ln(z) := ln(|z|)︸ ︷︷ ︸ Re(ln(z)) +i arg(z)︸ ︷︷ ︸ Im(ln(z)) , Que motivou esta definição? Justificativa: Propriedades de Logaritmo. Se z = reiθ temos ln(z) = ln(reiθ) = ln(r) + ln(eiθ) = ln(r) + iθ ln(e) = ln(r) + iθ Como arg(z) é uma função multivaluada ln(z) tambem é. Se considerarmos argp(z) em lugar de arg(z), temos a função lnp(z) := ln(|z|) + iargp(z) a qual é chamada de valor principal do logaritmo. Vejamos que eln(z) = z mas ln(ez) não necessáriamente da z. Da definição temos que eln(z) = eln(|z|)+iarg(z) = eln(|z|)eiarg(z) = |z|eiarg(z) = z Por outro lado para z = x + iy temos que ln(ez) = ln(|ez|) + iarg(ez) = ln(ex) + iarg(exeiy) = x + i(y + 2kπ) = z + 2kπi, k ∈ Z 6. Seja w ∈ C fixo. definimos a função potencial zw := ew ln(z) 11 Que motivou esta definição? Justificativa: Propriedades de Exponencial e Logar- itmo zw = eln(z w) = ew ln(z) Observe que esta função também é multivaluada. Se considerarmos lnp(z) em lugar lnp(z) então (z w)p := e w lnp(z) é uńıvocamente determinado e é chamado valor prin- cipal de zw. Observe que (ez)w não necessáriamente coincide com ezw, pois usando a definição temos (ez)w = ew ln(e z) = ew(z+2kπi) = ezwew2kπi, k ∈ Z. Exerćıcios: 1. Resolva os seguintes items (a) Mostre que ez+w = ezew. (b) Mostre que ez = ez̄. (c) Mostre que ez é real se e somente se Im(z) = nπ para algum n ∈ Z. (d) Mostre que ez é imaginário puro se e somente se Im(z) = nπ +π/2 para algum n ∈ Z. (e) Mostre que ez = ew se e somente se w = z + 2πni para algum n ∈ Z. (f) Mostre que |ez| = ex onde z = x + iy. (g) Examine lim Re(z)→∞ e−z. (h) Mostre que todas as soluções de ez 2 = 1 são da forma z = ±(√nπ + i√nπ) onde n ∈ N ∪ {0} 2. Mostre as seguintes identidades (a) sin2(z) + cos2(z) = 1 (b) cos(z + w) = cos(z) cos(w)− sin(z) sin(w) (c) sin(z + w) = sin(z) cos(w) + cos(z) sin(w) (d) sin(z) = cos (π 2 − z ) 12 Proof: Tomamos ²1 = ², como (B²1(z0) − {z0}) ∩ Ω 6= ∅ então existe z1 6= z0 tal que z1 ∈ B²1(z0)∩Ω = B²(z0)∩Ω. Agora tomamos ²2 = |z1−z0|, como (B²2(z0)−{z0})∩Ω 6= ∅ então existe z2 6= z0 tal que z2 ∈ B²2(z0) ∩ Ω ⊂ B²(z0) ∩ Ω. Assim podemos tomar in- dutivamente uma sequência de pontos zn 6= z0 tal que zn ∈ B²n(z0) ∩ Ω ⊂ B²(z0) ∩ Ω (²n = |zn−1−z0|). Assim {z1, z2, . . . , zn, . . .} é um conjunto infinito contido em B²(z0)∩Ω. 2 Definition 3.7 Dizemos que z0 é um ponto isolado de Ω se existe ² > 0 tal que B²(z0)∩ Ω = {z0}. Dizemos tambem que Ω é discreto se todos os seus pontos são isolados. Exemplo Ω = {n + in : n ∈ Z} é um conjunto discreto e Ω = {1/n + i/n : n ∈ Z} ∪ {0} não é. Porque? Definition 3.8 Dizemos que Ω ⊂ C é um conjunto limitado se existe M > 0 tal que |z| ≤ M para todo z ∈ Ω. (Obs: Ω ⊂ BM(0)) Definition 3.9 Dizemos que Ω ⊂ C é um conjunto compacto se for fechado é limitado. Exemplo O retângunlo Ω = {z = x + iy : x ∈ [a, b], y ∈ [c, d]} é compacto Definition 3.10 Dizemos que Ω ⊂ C é um conjunto conexo se dados dos pontos z1, z2 ∈ Ω existe uma curva cont́ınua contida em Ω que une esses dos pontos, isto é, existe φ : [a, b] → C cont́ınua tal que φ(a) = z1, φ(b) = z2 e φ(t) ∈ Ω para todo t ∈ [a, b]. Exemplo Ω = B2(0) ∪B1(4i) não é conexo. Exerćıcios: 1. Mostre que o retângulo Ω = {z = x + iy : x ∈]0, a[, y ∈]0, b[} é aberto 2. Mostre que Ω = {z : |z| ≥ 1} é fechado 3. Mostre que Ω = {i/n : n ∈ N} é discreto 4. Mostre que Ω = {z = reiθ : r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, π/4]} é compacto 5. Mostre que Ω = B1(−1) ∪ B̄1(1) é conexo 15 3.1 Limites e continuidade Seja z0 ∈ C fixado e f(z) uma função complexa definida pelo menos em Br(z0) − {z0} para algum r > 0. Definition 3.11 Dizemos que o limite de f(z), quando z se aproxima de z0, é w0 ∈ C e denotamos lim z→z0 f(z) = w0 se para ² > 0 dado é posśıvel determinar δ = δ(², z0) > 0 tal que se 0 < |z − z0| < δ︸ ︷︷ ︸ z∈(Bδ(z0)−{z0}) ⇒ |f(z)− w0| < ²︸ ︷︷ ︸ f(z)∈B²(w0) Exemplo Consideremos a função f(z) = z2 + 1, calculemos o limite desta função quando z tende para i: lim z→i f(z) = lim z→i (z2 + 1) = i2 + 1 = 0. Como a única forma de provar que 0 é o limite de f(z) quando z tende para i, é atravéz da definição, verifiquemos que o cálculo feito está certo |z2 + 1− 0| = |z2 + 1| = |z2 − i2| = |z + 1||z − i| ≤ (|z|+ 1)|z − i| se z ∈ B1(i) então |z| ≤ |z − i| + |i| < 1 + 1 = 2. Substituindo na desigualdade anterior temos |z2 + 1− 0| < 3|z − i| Logo para ² > 0 fixado encontramos δ = min{²/3, 1} tal que se 0 < |z − i| < δ ⇒ |f(z)− 0| < ² Propriedades do limite: 1. O limite é único 2. lim z→z0 [f(z)± g(z)] = lim z→z0 f(z)± lim z→z0 g(z) 3. lim z→z0 [f(z)g(z)] = [ lim z→z0 f(z) ] [ lim z→z0 g(z) ] 16 4. lim z→z0 [ f(z) g(z) ] = [limz→z0 f(z)] [limz→z0 g(z)] , desde que lim z→z0 g(z) 6= 0 Exemplo Determine se f(z) = z̄/|z| tem limite quando z → 0. Tomemos complexos da forma z = x + i0 então z → 0 se e somente se x → 0, assim lim z→0 f(z) = lim x→0 x− 0i√ x2 + 02 = lim x→0 x |x| Dáı obtemos valores diferentes quando x se aproxima de 0 por valores positivos e neg- ativos, portanto o limite não existe pois o limite é único. Observe também que, se nos aproximarmos por complexos da forma z = 0 + iy, temos que lim z→0 f(z) = lim y→0 0− yi√ 02 + y2 = lim y→0 yi |y| e novamente encontramos valores diferentes dos anteriores para o limite quando y se aproxima de 0 por valores positivos e negativos. Theorem 3.12 Se lim z→z0 f(z) = 0 e g(z) é uma função limitada numa vizinhança de z0 então lim z→z0 [f(z)g(z)] = 0 Exemplo temos que limz→0 z̄3 |z|2 = 0, pois tem-se que z̄3 |z|2 = z̄ z̄2 |z|2 sendo que lim z→0 z̄ = 0 e g(z) = z̄2 |z|2 é limitada numa vizinhança de 0. Theorem 3.13 Sejam f(z) = u(x, y) + iv(x, y), z0 = x0 + iy0 e w0 = a + ib então lim z→z0 f(z) = w0 ⇔ { lim(x,y)→(x0,y0) u(x, y) = a lim(x,y)→(x0,y0) v(x, y) = b Proof: (⇒): obtem-se a partir das desigualdades |u(x, y)− a| ≤ |f(z)− w0| |v(x, y)− b| ≤ |f(z)− w0| (⇐): Obtem-se a partir das desigualdade |f(z)− w0| ≤ |u(x, y)− a|+ |v(x, y)− b| 2 17 Theorem 3.15 Se f(z) é derivável em z0 então é cont́ınua em z0. Prova f(z)− f(z0) = f(z)− f(z0) z − z0 · (z − z0) Exemplo f(z) = z̄ não é derivável em nenhum ponto do plano complexo. f(z0 + w)− f(z0) w = z0 + w − z̄0 w = w̄ w Portanto não existe lim w→0 f(z0 + w)− f(z0) w = lim w→0 w̄ w qualquer que seja z0 ∈ C pois tem limites diferentes em caminhos da forma w = α + 0i e w = 0 + iβ sendo que o limite deveŕıa ser único, logo não existe f ′(z0) pra nenhum ponto z0 ∈ C . Observe que a função é cont́ınua em todos os seus pontos. Definition 3.16 Dizemos que a função f(z) é anaĺıtica em z0 se a for derivável em Br(z0) para algum r > 0 Definition 3.17 Dizemos que a função f(z) é anaĺıtica em Ω se for anaĺıtica em todos os pontos z ∈ Ω. Exemplo as seguintes funções são anaĺıticas em Ω = C p(z) = a0 + . . . + anz n, ez, cos(z), sinh(z), . . . Exemplo A função f(z) = 1 z4 + 16 é anaĺıtica em Ω = C − {z1, z2, z3, z4} onde z1 = 2eiπ/4, z2 = 2e i3π/4, z3 = 2e −iπ/4, z4 = 2e−i3π/4 são os 4 pontos onde ela não está definida. 3.3 Equações de Cauchy-Riemann Nesta seção mostraremos que a parte real u(x, y) e imaginária v(x, y) de uma função anaĺıtica f(z) = u(x, y) + iv(x, y) satisfazem certas equações conhecidas como “Equações de Cauchy-Riemann”. Também veremos que tais equações são suficientes para determinar a analiticidade de uma função complexa. 20 Se z0 = x0 + iy0, w = α + iβ e f(z) = u(x, y) + iv(x, y) temos que f(z0 + w)− f(z0) w = u(x0 + α, y0 + β)− u(x0, y0) α + iβ +i v(x0 + α, y0 + β)− v(x0, y0) α + iβ (3.4) Supondo que f(z) é derivável em z0, vejamos que acontece com esse limite se nos aproxi- marmos de 0 pelo seguinte caminho w = α + i0. Usando (3.4) temos que f ′(z0) = lim w→0 f(z0 + w)− f(z0) w = lim α→0 [ u(x0 + α, y0)− u(x0, y0) α + i v(x0 + α, y0)− v(x0, y0) α ] = ux(x0, y0) + ivx(x0, y0). (3.5) Agora se considerarmos o caminho w = 0 + iβ teremos f ′(z) = lim w→0 f(z0 + w)− f(z0) w = lim β→0 [ u(x0, y0 + β)− u(x0, y0) iβ + i v(x0, y0 + β)− v(x0, y0) iβ ] = 1 i uy(x0, y0) + vy(x0, y0) = −iuy(x0, y0) + vy(x0, y0). (3.6) Dado que o limite é único, segue de (3.5)-(3.6) que ux(x0, y0) = vy(x0, y0), uy(x0, y0) = −vx(x0, y0). Portanto, se f(z) é derivável em z = x + iy, então satisfaz as equações ux(x, y) = vy(x, y), uy(x, y) = −vx(x, y). que são conhecidas como, Equações de Cauchy-Riemann. Theorem 3.18 Se f(z) = u(x, y) + iv(x, y) é anaĺıtica em Ω então u(x, y) e v(x, y) satisfazem as equações de Cauchy Riemann para todo (x, y) ∈ Ω, além disso f ′(z) = ux(x, y) + ivx(x, y) = vy(x, y)− iuy(x, y) 21 O “rećıproco” também é verdadeiro: Theorem 3.19 Sejam u(x, y) e v(x, y), funções cont́ınuas com derivadas parciais cont́ınuas para todo (x, y) ∈ Ω onde Ω é um subconjunto aberto de C (ou de R2). Logo, se estas funções satisfazem as equações de Cauchy Riemann para todo (x, y) ∈ Ω, então a função f(z) = u(x, y) + iv(x, y) é análitica em Ω. Exemplo Vejamos que f(z) = z2 é anaĺıtica em Ω = C e que f ′(z) = 2z. de fato, f(z) = z2 = (x + iy)2 = x2 − y2︸ ︷︷ ︸ u(x,y) +i 2xy︸︷︷︸ v(x,y) , logo as funções u(x, y), v(x, y) são funções cont́ınuas com derivadas também cont́ınuas para todo (x, y) ∈ R2, além disso ux(x, y) = 2x = vy(x, y) uy(x, y) = −2y = −vx(x, y), isto é, satisfazem as Equações de Cauchy Riemann para todo (x, y) ∈ R2. Portanto f(z) é analitica em C. Além disso f ′(z) = ux(x, y) + iv(x, y) = 2x + i2y = 2(x + iy) = 2z. Exemplo A função f(z) = Re(z) nao é anaĺıtica em nenhum ponto. De fato, se z = x + iy, então f(z) = x. Assim, u(x, y) = x e v(x, y) = 0 os quais são funções cont́ınuas com derivadas cont́ınuas, mas, não satisfazem as equações de Cauchy Riemann em nenhum ponto de C. Exemplo A função f(z) = |z|2 não é anaĺıtica em nenhum ponto, pois sua parte real u(x, y) = x2 + y2 e imaginária v(x, y) = 0 embora sejam funções cont́ınuas com derivadas cont́ınuas, as equações de Cauchy Riemann somente são satisfeitas para z = 0, logo f(z) no máximo poderia ser anaĺıtica em 0, mas seria necessário que função seja derivável numa vizinhança de 0 o que não válido, pois as equações de Cauchy Riemann não são satisfeitas nessa vizinhança. portanto a função não é anaĺıtica em nenhum ponto de C. 3.4 Forma polar das equações de Cauchy-Riemann Seja f(z) = u(x, y) + iv(x, y) uma função complexa, determinaremos as equações de Cauchy Riemann na forma polar. Escrevendo z na forma polar z = x + iy = reiθ = r cos(θ) + ir sin(θ), 22 Definition 3.21 Duas funções harmônicas u(x, y), v(x, y) em Ω são ditas harmônicas conjugadas se a função f(z) = u(x, y) + iv(x, y) é anaĺıtica em Ω. Pergunta: Dada uma função u(x, y) harmônica é possivel encontrar uma harmônica conjugada v(x, y)? Theorem 3.22 Se u(x, y) é harmônica em Ω = Br(0) então é possivel determinar uma harmônica conjugada. Proof: Precisamos encontrar uma função v(x, y) tal que junto com u(x, y) satisfaçãm as equações de Cauchy-Riemann, isto é ux = vy e uy = −vx. fixando x e integrando a primeira equação em relação a segunda componente temos que ∫ y 0 ux(x, s) ds = ∫ y 0 vy(x, s) ds = v(x, y)− v(x, 0). Por outro lado, temos que v(x, 0) = ∫ x 0 vx(s, 0) ds + v(0, 0) = − ∫ x 0 uy(s, 0) ds + v(0, 0). Das equações anteriores, encontramos que v(x, y) = ∫ y 0 ux(x, s) ds + v(x, 0) = ∫ y 0 ux(x, s) ds− ∫ x 0 uy(s, 0) ds + v(0, 0). Portanto as funções candidatas a ser os harmônicos conjugados de u(x, y) são da forma v(x, y) := ∫ y 0 ux(x, s) ds− ∫ x 0 uy(s, 0) ds + C onde C é uma constante real qualquer. Agora, basta verificar que esta função v(x, y) jun- tamente com u(x, y) satisfaçam as equações de Cauchy-Rieman em Ω para conluir que f(z) = u(x, y) + iv(x, y) é anaĺıtica em Ω. 2 Exemplo Determinemos um conjugado harmônico para a função harmônica u(x, y) = x2 − y2. Uma tal função v(x, y) deverá satisfazer ux = 2x = vy, uy = −2y = −vx. 25 Da primeira equação, temos que v(x, y) = 2xy + f(x) onde f(x) será determinada posteriormente. Derivando esta expressão em relação a x, temos que vx = 2y + f ′(x) = −uy = 2y de onde conluimos que f ′(x) = 0, portanto f(x) = C, C constante. logo, os conjugados harmônicos de u(x, y) são da forma v(x, y) = 2xy + C. Exercicios: 1. Usando a definição de derivada mostre que a derivada de f(z) = 1/z é f ′(z) = −1/z2 para todo z 6= 0. 2. Determine os pontos do plano complexo onde as seguintes funções não são anaĺıticas Re(z), Im(z), ez̄, |z|2, lnp(z) 3. Determine os pontos onde as seguintes funções são anaĺıticas f(z) = |z|2 + 2izIm(z) f(z) = z̄ z|z|2 + z̄ f(z) = 2zRe(z)− |z|2 4. seja a ∈ C, mostre que f(z) = eaz é anaĺıtica em Ω = C. Prove que f ′(z) = aeaz usando a fórmula f ′(z) = ∂u ∂x (x, y) + i ∂v ∂x (x, y). 5. Prove que sin′(z) = cos(z), cos′(z) = − sin(z), sinh′(z) = cosh(z), cosh′(z) = sinh(z) 6. Seja f(z) definido num conexo Ω tal que f ′(z) = 0, ∀z ∈ Ω. Mostre que f(z) = C, ∀z ∈ Ω para alguma constante C ∈ C. A conexidade é necessária? 26 7. Seja f(z) = u(x, y) + iv(x, y) anaĺıtica para todo z ∈ Ω1 tal que f(z) ∈ Ω2. ∀z ∈ Ω1 e g(w) = U(u, v)+ iV (u, v) anaĺıtica para todo w = u+ iv ∈ Ω2. Mostre que usando as equações de Cauchy-Riemann que h(z) = g(f(z)) é anaĺıtica em Ω1 8. Sejam u(x, y) e v(x, y funções com ate primeira derivada cont́ınua em Ω ⊂ C. Prove que f(z) = u(x, y) + iv(x, y) é anaĺıtica em ω se e somente se ∂f ∂x + i ∂f ∂y = 0, ∀z = x + iy ∼ (x, y) ∈ Ω 9. Seja f(z) = u(x, y) + iv(x, y) anaĺıtica em z = reiθ. Se u(r, θ) = u(x, y) e v(r, θ) = v(x, y) onde x = r cos(θ) e y = r sin(θ) mostre que ∂u ∂x = ∂u ∂r cos θ + ∂v ∂r sin θ ∂v ∂x = ∂v ∂r cos θ − ∂u ∂r sin θ. Usando estas equações mostre que f ′(z) = ( ∂u ∂r + i∂v ∂r ) e−iθ. 10. Seja n ∈ N, mostre que f(z) = zn é anaĺıtica em Ω = C. Usando a fórmula f ′(z) = ( ∂u ∂r + i∂v ∂r ) e−iθ, mostre que f ′(z) = nzn−1. 11. Mostre que lnp(z) é anaĺıtica em Ω = C − R−0 onde R−0 = {x ∈ R : x ≤ 0}. (Dica: Use a forma polar das Equações de Cauchy Riemann). Além disso, use a fórmula f ′(z) = ( ∂u ∂r + i∂v ∂r ) e−iθ, para mostrar que ln′p(z) = 1/z. 12. Encontre relações entre os coeficientes a, b, c, d de tal forma que as seguintes funções sejam harmônicas u(x, y) = ax3 + bx2y + cxy2 + dy3, u(x, y) = eax sin(bx), u(x, y) = eax cosh(bx). 13. Se v(x, y) é um conjugado harmônico de u(x, y), mostre que u(x, y) é um conjugado harmônico de −v(x, y). 14. Seja a ∈ R. Verifique que a função u(x, y) = eax cos(ay) é harmônica em Ω = R2 e encontre um conjugado harmônico para esta função. 4 Integração Complexa Definition 4.1 Dizemos que C ⊂ C é uma curva de extremos P e Q se existe uma função cont́ınua γ : [a, b] → C tal que C = {γ(t) = x(t) + iy(t) : t ∈ [a, b], γ(a) = P, γ(b) = Q} 27 Tomando parte real em ambos membros temos r = ∫ b a Re ( e−iθγ(t) ) dt ≤ ∫ b a |e−iθγ(t)| dt ≤ ∫ b a |γ(t)| dt isto é ∣∣∣∣ ∫ b a γ(t) dt ∣∣∣∣ = r ≤ ∫ b a |γ(t)| dt 4.1 Comprimento de uma curva Seja C e uma curva parametrizada por γ : [a, b] → C. Consideremos P = {a = t0 < t1 < · · · < tm = b} uma partição de [a, b] e denotaremos com ‖P‖ := max{ti − ti−1 : i = 1, . . . ,m}. Consideremos a poligonal de vértices γ(t0), γ(t1), . . . , γ(tm), então o compri- mento da poligonal é dado por `(P ) := m∑ k=1 |γ(tk)− γ(tk−1)|. Obs: Se P e Q são duas partições de [a, b] tal que P ⊂ Q então `(P ) ≤ `(Q) Definition 4.5 Definimos o comprimento da curva C como sendo `(C) := sup{`(P ) : P é uma partição de [a, b]} Theorem 4.6 Se C e uma curva parametrizada por γ : [a, b] → C diferenciável por partes, então `(C) = ∫ b a |γ′(t)| dt 30 Proof: Seja P uma partição arbitrária, consideremos Q = {a = t0 < t1 < · · · < tm = b} uma partição tal que P ⊂ Q e contêm as descontinuidades de γ′(t) então `(P ) ≤ `(Q) = m∑ k=1 |γ(tk)− γ(tk−1)| = m∑ k=1 ∣∣∣∣∣ ∫ tk tk−1 γ′(t) dt ∣∣∣∣∣ ≤ m∑ k=1 ∫ tk tk−1 |γ′(t)| dt = ∫ b a |γ′(t)| dt então `(P ) ≤ ∫ b a |γ′(t)| dt (4.7) Agora assumamos que γ′(t) é cont́ınua em [a, b]. Assim ∫ b a |γ′(t)| dt = m∑ k=1 ∫ tk tk−1 |γ′(t)| dt Tomando τk ∈ [tk−1, tk] tal que |γ′(τk)| = max{|γ′(t)| : t ∈ [tk−1, tk]} temos que ∫ b a |γ′(t)| dt ≤ m∑ k=1 |γ′(τk)|(tk − tk−1) ≤ m∑ k=1 ∣∣∣∣∣ ∫ tk tk−1 γ′(τk) dt ∣∣∣∣∣ ≤ m∑ k=1 ∣∣∣∣∣ ∫ tk tk−1 γ′(t) dt + ∫ tk tk−1 ( γ′(τk)− γ′(t) ) dt ∣∣∣∣∣ ≤ m∑ k=1 ∣∣∣∣∣ ( γ(tk)− γ(tk−1) ) + ∫ tk tk−1 ( γ′(τk)− γ′(t) ) dt ∣∣∣∣∣ ≤ m∑ k=1 |γ(tk)− γ(tk−1)|+ m∑ k=1 ∫ tk tk−1 |γ′(τk)− γ′(t)| dt ≤ `(P ) + m∑ k=1 ∫ tk tk−1 |γ′(τk)− γ′(t)| dt Como γ′(t) é cont́ınua em [a, b] então é uniformente cont́ınua, logo dado ² > 0 existe δ > 0 tal que se |γ′(t)−γ′(s)| < ² para todo t, s tal que |t−s| < δ. Assim escolhendo uma partição 31 tal que ‖P‖ < δ temos que |τ − t| < δ para todo t ∈ [tk−1, tk] então |γ′(τk) − γ′(t)| < ². Voltando a nossa equação temos que ∫ b a |γ′(t)| dt ≤ `(P ) + m∑ k=1 ²(tk − tk−1) ≤ `(P ) + ²(b− a) (4.8) De (4.7) e (4.8) concluimos que ∫ b a |γ′(t)| dt = sup{`(P ) : P é uma partição de [a, b]} ⇒ `(C) = ∫ b a |γ′(t)| dt 2 Definition 4.7 Seja C uma curva contida em Ω ⊂ C de extremos P e Q parametrizada por z(t) = x(t) + iy(t), a ≤ t ≤ b, diferenciável por partes, com extremos z(a) = P e com z(b) = Q. Então a integral complexa de uma função complexa cont́ınua f : Ω ⊂ C → C ao longo de C no sentido de P a Q é ∫ C f(z) dz = ∫ Q P f(z) dz := ∫ b a f(z(t))z′(t) dt Obs: Se f(z) = u(x, y) + iv(x, y) então f(z)dz = (u + iv)(dx + idy) = udx− vdy + i(udy + vdx), isto é ∫ C f(z) dz = ∫ C udx− ∫ C vdy + i {∫ C udy + ∫ C vdx } . Lembre que a definição de integral de linha: ∫ C udx = ∫ b a u(x(t), y(t))x′(t)dt. Exemplo Seja C = {z(t) = eit : t ∈ [0, 2π]} então 1. ∫ C 1 z dz = ∫ 2π 0 1 z(t) z′(t) dt = ∫ 2π 0 1 eit ieit dt = 2πi 2. ∫ C zn dz = ∫ 2π 0 zn(t)z′(t) dt = ∫ 2π 0 eintieit dt = i ∫ 2π 0 ei(n+1)t dt = ei(n+1)t n + 1 ∣∣∣ 2π 0 = 0 32 contenha uma vizinhança da origem exeto a origem. Para provar isto, suponhamos o contrario: Seja F (z) uma antiderivada de f(z) = 1/z no conjunto Ω que contém uma vizinhança da origem exeto a origem, consideremos a curva C = {reit : t ∈ [0, 2π]} com r > 0 pequeno de tal forma que C ⊂ ⊗. Então, pelo teorema anterior deveriamos ter ∫ C dz z = F (ei·2π)− F (ei·0) = F (1)− F (1) = 0 Mas, se usamos a definição de integral teremos ∫ C dz z = ∫ 2π 0 1 reit rieit t = 2πi, A qual contradiz o fato de 1/z ter uma antiderivada numa vizinhança da origem. Obs: lnp(z) é uma antiderivada de 1/z no conjunto C− {x ∈ R : x ≤ 0}. Exerćıcios 1. Determine uma parametrização de cada uma das seguintes curvas (a) Segmento de Reta de extremos P = 0 e Q = 2 + i. (b) Segmento de Reta de extremos P = −1 + 2i e Q = 1 + i. (c) A circunferência de centro 1− i e raio 2. (d) O pedaço de parábola y = x2 + 1 de extremos P = −1 + 2i e Q = 2 + 5i. (e) A elipse 2(x− 1)2 + 3y2 = 6. (f) O pedaço de hipérbole y = 2 + 1/x de extremos P = 1 + 3i e Q = 2 + (5/2)i. 2. Determine que curvas F (x, y) = 0 representam cada uma das seguintes parametrizações (a) z(t) = i + (2− i)t, 1 ≤ t ≤ 3. (b) z(t) = i + 2eit, 0 ≤ t ≤ π. (c) z(t) = t20 + it40, −1 ≤ t ≤ 2. 3. Calcule ∫ C f(z) dz onde (a) f(z) = sin(z), C= segmento de reta de P = 0 a Q = i. (b) f(z) = ez, C= circunferência unitária no sentido antihorário. (c) f(z) = z2, C= parábola y = x2 de P = 0 a Q = 1 + i. (d) f(z) = z, C= os lados do triângulo de vértices 0, 1, i no sentido antihorário. 35 4. Seja C = Sr(z0) = {z ∈ C : |z − z0| = r} orientado em sentido antihorário, mostre que ∫ C 1 (z − z0)n dz = { 2πi se n = 1 0 se n ≥ 2, n ∈ N 5. Calcule ∫ C z̄ dz, de P = 0 a Q = 1 + i, atravéz da curva (a) Reta y = x (b) Parábola y = x2 As integrais coincidem? 6. Calcule ∫ C |z|2 dz onde C é uma das seguinte curvas (a) C1 = Segmento de Reta de 0 a 2 e segmento de Reta de 2 a 2 + i, (b) C2 = Segmento de Reta de 0 a i e segmento de Reta de i a 2 + i. As integrais coincidem? 7. Calcule as seguintes integrais ∫ πi/2 0 z cos(z) dz, ∫ 2√π √ πi z sin(z2) dz, ∫ 1+πi 1−πi cosh(z) dz. 5 Os teoremas de Cauchy Nesta seção abordaremos alguns dos resultados mais importantes da integração de funções anaĺıticas formuladas por Cauchy1, a qual tem aplicações sorprendentes no aspecto teórico e prático. Antes de enunciar tais resultados recordemos um dos teoremas mas importantes do cálculo de funções de várias variáves conhecido como: o Teorema de Green ou teorema da divergência no plano: Theorem 5.1 (Teorema de Green) Seja Ω ⊂ R2 abeto e conexo simples e sejam P (x, y) e Q(x, y) funções com derivadas parciasi cont́ınuas ate de primeira ordem em Ω. Então para qualquer curva fechada simples C inscrita em Ω temos ∫ ∫ R ( ∂Q ∂x − ∂P ∂y ) dxdy = ∫ C (P dx + Q dy) sendo que R é a região interior a C e a curva é percorrida no sentido antihorário. 1matemático ... 36