Cálculo em uma Variável Complexa [5ª ed.] 9788524403842

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Cálculo em uma variável complexa

Soares, Marcio G. Cálculo em uma variável complexa / Marcio Gomes Soares. 1.ed. Rio de Janeiro : IMPA, 2014. 196 p. : il. ; 23 cm. (Coleção matemática universitária) Inclui bibliografia. e-ISBN 978-85-244-0384-2 1. Variável Complexa. I. Título. II. Série. CDD-512

COLEÇÃO MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA

Cálculo em uma variável complexa

Marcio G. Soares

INSTITUTO NACIONAL DE MATEMÁTICA PURA E APLICADA

Copyright  2014 by Marcio G. Soares Impresso no Brasil / Printed in Brazil Capa: Rodolfo Capeto, Noni Geiger e Sérgio R. Vaz Coleção Matemática Universitária Comissão Editorial: Elon Lages Lima S. Collier Coutinho Paulo Sad Títulos Publicados: • Análise Real, vol. 1: Funções de uma Variável – Elon Lages Lima • EDP. Um Curso de Graduação – Valéria Iório • Curso de Álgebra, Volume 1 – Abramo Hefez • Álgebra Linear – Elon Lages Lima • Introdução às Curvas Algébricas Planas – Israel Vainsencher • Equações Diferenciais Aplicadas – Djairo G. de Figueiredo e Aloisio Freiria Neves • Geometria Diferencial – Paulo Ventura Araújo • Introdução à Teoria dos Números – José Plínio de Oliveira Santos • Cálculo em uma Variável Complexa – Marcio G. Soares • Geometria Analítica e Álgebra Linear – Elon Lages Lima • Números Primos: Mistérios e Recordes – Paulo Ribenboim • Análise no Espaço Rn – Elon Lages Lima • Análise Real, vol. 2: Funções de n Variáveis – Elon Lages Lima • Álgebra Exterior – Elon Lages Lima • Equações Diferenciais Ordinárias – Claus Ivo Doering e Artur Oscar Lopes • Análise Real, vol. 3: Análise Vetorial – Elon Lages Lima • Álgebra Linear. Exercícios e Soluções – Ralph Costa Teixeira • Números Primos. Velhos Mistérios e Novos Recordes – Paulo Ribenboim Distribuição: IMPA Estrada Dona Castorina, 110 22460-320 Rio de Janeiro, RJ e-mail: [email protected] http://www.impa.br

Para Cristina

Pref´ acio Esse pequeno texto ´e orientado para um curso de gradua¸c˜ao ou de nivelamento, introduzindo o b´asico e o minimamente essencial da teoria de fun¸c˜oes de uma vari´avel complexa. Nosso ponto de vista ao escrevˆe-lo teve por foco discorrer sobre t´opicos da Teoria de Cauchy da maneira mais elementar poss´ıvel, sem prejuizo do m´ınimo de rigor necess´ario ao entendimento correto de alguns resultados sobre fun¸c˜oes holomorfas. Os pr´e-requisitos exigidos s˜ ao um curso usual de C´alculo Real (uma e duas vari´aveis), um curso, tamb´em usual, de Geometria Anal´ıtica e ´ Algebra Linear e um pouco de treino na leitura de argumentos de cunho matem´ atico. Com o objetivo de torn´a-lo um texto o mais independente poss´ıvel, alguns conceitos relativos ao C´alculo Real s˜ ao revistos no ´ inevit´avel, Cap´ıtulo 2, onde tamb´em ´e revisto o Teorema de Green. E levando em conta a nossa proposta para essas notas, que uns poucos resultados sejam admitidos sem demonstra¸c˜ao. Quanto a esses, nossa escolha recaiu sobre o Teorema de Jordan, o Crit´erio de Convergˆencia de Cauchy e o Teorema dos Compactos Encaixantes. Finalmente, entendemos que deveriamos apresentar pelo menos um resultado n˜ao ´obvio e ilustrativo do ambiente complexo; escolhemos o teorema de caracteriza¸c˜ao dos biholomorfismos do disco unit´ ario. Quanto ao texto propriamente dito, nossa pretens˜ao foi a de escrever um que exigisse algum trabalho do professor ao ministrar um curso sobre o assunto. O p´ ublico alvo pode ser uma turma de estudantes de Engenharia, ou de gradua¸c˜ao em Matem´ atica ou F´ısica e, para cada uma dessas, o conte´ udo deve ser trabalhado de maneira distinta. Na nossa experiˆencia, perante uma turma de Engenharia a apresenta¸c˜ao do assunto deve enfocar exemplos que ilustrem os resultados e n˜ao prioritariamente as demonstra¸c˜oes. Da´ı a exigˆencia sobre o professor pois cabe a ele, e n˜ao ao texto, elaborar os exemplos interessantes para o ´ claro que exemplos ilustrativos sobre cada assunto p´ ublico em quest˜ ao. E tratado s˜ ao apresentados, por´em esses s˜ ao, propositalmente, em n´ umero essencial. Uma raz˜ao para tal ´e que um excesso de exemplos no texto induz o estudante a se concentrar mais neles do que nos resultados. Al´em disso, ´e sempre melhor exemplificar respondendo `as d´ uvidas dos alunos ao inv´es de pretender saber a priori quais ser˜ao elas (uma atitude que

pode significar para eles um curso desinteressante). J´a para alunos de Matem´ atica ou de F´ısica recomendamos uma abordagem mais rigorosa. O texto possibilita isso, inclusive apresenta alguns resultados para serem trabalhados, pelos alunos, na forma de semin´ arios (citamos o apˆendice do Cap´ıtulo 4, a demonstra¸c˜ao completa do teorema de Laurent, o teorema de Casorati-Weierstrass, o teorema de Rouch´e, o Lema de Schwarz e suas consequˆencias). Quanto aos exerc´ıcios, esses variam desde muito simples a dificeis e compete ao professor escolher aqueles mais adequados aos seus alunos e propor outros. Evitamos apresentar longas listas de exerc´ıcios repetitivos pois o bom aluno tende a querer fazer todos eles, o que muitas vezes significa perda de tempo. Optamos tamb´em por n˜ao apresentar aplica¸c˜oes ` a F´ısica ou Engenharia, pois essas demandariam discorrer longamente sobre t´opicos alheios ao objetivo central do texto e, al´em disso, s˜ ao vistas em disciplinas t´ıpicas dessas ´areas, j´a com a roupagem inerente a elas. Mar¸co de 1999 Para essa 4a edi¸c˜ao, algumas pequenas corre¸c˜oes e modifica¸c˜oes foram feitas, o u ´nico destaque sendo a introdu¸c˜ao da se¸c˜ao 5 do Cap´ıtulo 6, sobre uma interpreta¸c˜ao dinˆ amica do res´ıduo. Janeiro de 2006 Marcio G. Soares Dep. Matem´ atica ICEx - UFMG

Conte´ udo 1 N´ umeros Complexos 1 Introdu¸c˜ao . . . . . . 2 O corpo C . . . . . . 3 Representa¸c˜ao Polar 4 Exerc´ıcios . . . . . .

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1 . 1 . 4 . 9 . 13

2 C´ alculo no Plano 1 Dom´ınios . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Limites, Continuidade e Diferenciabilidade 3 O Teorema de Green . . . . . . . . . . . . 4 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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16 16 22 25 31

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3 Fun¸ co ˜es Holomorfas 1 Fun¸c˜oes Complexas . . . 2 Limites e Continuidade . 3 A Derivada Complexa . 4 Fun¸c˜oes Holomorfas . . 5 A Exponencial . . . . . 6 O Logaritmo . . . . . . 7 Potˆencias Arbitr´arias . . 8 Exerc´ıcios . . . . . . . .

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34 34 35 38 46 48 51 54 55

4 S´ eries 1 Sequˆencias e S´eries Num´ericas . . . . . 2 S´eries de Potˆencias . . . . . . . . . . . 3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . ˆ 4 APENDICE: O Raio de Convergˆencia

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59 59 68 86 90

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´ CONTEUDO

Cap. 0

5 Teoria de Cauchy 93 1 Integra¸c˜ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 2 Os Teoremas de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 6 Singularidades 1 A Expans˜ao de Laurent . . . . . . . . . 2 Classifica¸c˜ao de Singularidades . . . . . 3 Res´ıduos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 O Teorema de Rouch´e . . . . . . . . . . 5 Uma interpreta¸c˜ao Dinˆ amica do Res´ıduo 6 C´ alculo de Integrais utilizando Res´ıduos 7 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . .

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7 Aplica¸ co ˜es Conformes ˆ 1 Preserva¸c˜ao de Angulos . . . . . . . . . . 2 A esfera C∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Transforma¸c˜oes de M¨ obius . . . . . . . . . 4 Aplica¸c˜oes conformes entre dom´ınios de C 5 Aplica¸c˜oes conformes do disco no disco . . 6 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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131 131 143 148 152 156 162 173

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175 . 175 . 181 . 183 . 187 . 189 . 192

Bibliografia

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´ Indice Remissivo

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1 N´ umeros Complexos 1

Introdu¸c˜ ao

O que ´e um n´ umero complexo? O adjetivo complexo ´e infeliz, herdado de ´epocas nas quais a abstra¸c˜ao envolvida na compreens˜ ao desses n´ umeros era considerada elevada. Atualmente sabemos que o conceito de n´ umero real exige n´ıvel de abstra¸c˜ao equivalente e, para exemplificar isso, come¸camos trabalhando a mais b´asica ilustra¸c˜ao que se pode dar sobre n´ umeros complexos : a solu¸c˜ao da equa¸c˜ao X 2 + 1 = 0 ou, o que d´a no mesmo, X 2 = −1. Sabemos que sobre R n˜ao h´a solu¸c˜ao e somos for¸cados a definir um “n´ umero” i, satisfazendo i2 = −1, que resolve a equa¸c˜ao. Agora, ou postulamos a existˆencia desse “n´ umero”(isso ´e feito em Cap. 1 Se¸c˜ao 2) ´ ou invocamos a Algebra Linear elementar e saimos em busca de um ente de natureza geom´etrica que seja a solu¸c˜ao procurada. Se assim fizermos e olharmos para essa equa¸c˜ao sob a forma X · X = −I   1 0 onde X ´e uma matriz 2 × 2 com coeficientes reais, I = e “·” ´e 0 1 o produto de matrizes, ent˜ao podemos achar a solu¸c˜ao   0 −1 i= 1 0

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N´ umeros Complexos

que geometricamente corresponde `a rota¸c˜ao de um ˆangulo reto (

Cap. 1

π radi2

anos) no plano R2 , no sentido anti-hor´ario.  0 −1 Como podemos ver essa rota¸c˜ao i = como um n´ umero 1 0 dentro de um conjunto que amplia o conjunto R dos reais? Primeiramente note que umero real a associamos a matriz     se ao n´ 1 0 a 0 aI = a = ent˜ao temos que `a soma a + c = c + a fica 0 1 0 a associada a matriz           a 0 c 0 c 0 a 0 a+c 0 + = + = 0 a 0 c 0 c 0 a 0 a+c

e ao produto ac = ca corresponde           a 0 c 0 c 0 a 0 ac 0 · = · = 0 a 0 c 0 c 0 a 0 ac   a 0 ou seja, as matrizes da forma se comportam exatamente da 0 a mesma maneira que os n´ umeros reais em rela¸c˜ao `a soma e ao produto (em linguagem mais sofisticada isso  quer  dizer que R ´e isomorfo ao corpo a 0 cujos elementos s˜ ao as matrizes onde a ∈ R). 0 a Ampliamos ent˜ao o conjunto R considerando as matrizes 2 × 2 da forma     0 −1 1 0 +b aI + bi = a 1 0 0 1       a 0 0 −b a −b = + = 0 a b 0 b a onde a, b ∈ R. Chamamos os “n´ umeros”da forma aI +0i = aI de reais e os da forma 0I + bi = bi de imagin´arios. Um “n´ umero”da forma aI + bi ´e chamado n´ umero complexo. Definimos as opera¸c˜oes entre n´ umeros complexos a partir da soma e do produto de matrizes. Assim, a soma ´e comutativa e dada por     a −b c −d (aI + bi) + (cI + di) = + b a d c   a + c −(b + d) = = (a + c)I + (b + d)i b+d a+c

Introdu¸c˜ ao 3

Se¸c˜ ao 1

  0 0 com elemento neutro 0I + 0i = e sim´etrico −(aI + bi) = −aI − 0 0   −a b bi = e o produto ´e dado por −b −a     c −d a −b · (aI + bi).(cI + di) = d c b a   ac − bd −(ad + bc) = = (ac − bd)I + (ad + bc)i ad + bc ac − bd   1 0 com elemento identidade 1I + 0i = . Observe que 0 1     a −b c −d (aI + bi).(cI + di) = · b a d c     a −b c −d = (cI + di).(aI + bi) · = b a d c e o produto ´e comutativo. Para obter o inverso multiplicativo lembramos que uma matriz quadrada  ´e invert´  ıvel se, e somente se, o seu determinante ´e n˜ao nulo e que a −b det = a2 + b2 se anula apenas para a = b = 0. Portanto, um b a n´ umero complexo aI + bi tem um inverso multiplicativo desde que a 6= 0 ou b 6= 0, isto ´e, aI + bi 6= 0I + 0i e nesse caso  −1   1 a −b a b −1 (aI + bi) = = 2 b a a + b2 −b a   a b  2 + b2 a2 + b2  =  a −b a  a2 + b2 a2 + b2 −b a I+ 2 i. = 2 2 a +b a + b2 Como a soma e o produto de matrizes quadradas s˜ ao opera¸c˜oes associativas e al´em disso vale a distributividade do produto em rela¸c˜ao `a soma, conclu´ımos que todas essas propriedades s˜ ao v´alidas para a soma e o produto de n´ umeros complexos e da´ı vem que o conjunto {aI + bi : a, b ∈ R}

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N´ umeros Complexos

Cap. 1

´e um corpo, chamado corpo dos n´ umeros complexos e representado por C. Vamos agora simplificar a nota¸c˜a o. Vimos  que fazer corresponder a 0 ao n´ umero a ∈ R a matriz diagonal n˜ao introduziu nenhuma 0 a modifica¸c˜ao no que diz respeito `a soma e ao produto. Por outro lado, com essa identifica¸c˜ao i2 = i · i = −I corresponde ao n´ umero real −1. Logo, podemos simplesmente omitir o “I”em aI + bi e associar i2 a −1, lembrando sempre das f´ormulas para a soma e para o produto de n´ umeros complexos. Com isso em mente escrevemos C = {a + bi : a, b ∈ R} mas, como o produto ´e comutativo, temos bi = ib e tamb´em podemos escrever um n´ umero complexo a + bi √ como a + ib. Observe que somos naturalmente levados a colocar i = −1. Pois bem, o que fizemos at´e agora foi resolver a equa¸c˜ao X 2 = −1 e a partir da´ı obtivemos o corpo C dos complexos. E se tivessemos considerado uma outra equa¸c˜ao polinomial? Teriamos obtido um outro corpo, talvez mais “complexo”? A resposta ´e n˜ao e constitui uma p´agina importante da Matem´ atica. Ela foi dada por Carl Friedrich Gauss, matem´atico alem˜ao que na sua tese de doutoramento em 1799 demonstrou ´ o Teorema Fundamental da Algebra, segundo o qual qualquer equa¸c˜ao polinomial sobre o corpo C tem solu¸c˜ao. Nos ocuparemos da demonstra¸c˜ao desse teorema mais adiante, ap´ os desenvolvermos os instrumentos anal´ıticos necess´arios.

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O corpo C

2.1 Defini¸ c˜ ao.1 Um n´ umero complexo z ´e um par ordenado de n´ umeros reais z = (x, y) satisfazendo as seguintes regras de manipula¸c˜ao para a soma e o produto: (1) z1 + z2 = (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ). (2) z1 z2 = (x1 , y1 )(x2 , y2 ) = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + y1 x2 ). A soma e o produto tˆem as seguintes propriedades:

1 Essa defini¸c˜ ao ´e devida ao matem´ atico irlandˆes William R. Hamilton e apareceu em 1837, embora muito anteriormente v´ arios matem´ aticos j´ a houvessem trabalhado com n´ umeros complexos como pontos no plano.

O corpo C 5

Se¸c˜ ao 2

(3) comutatividade: z1 + z2 = z2 + z1 e z1 z2 = z2 z1 . (4) associatividade: (z1 +z2 )+z3 = z1 +(z2 +z3 ) e (z1 z2 )z3 = z1 (z2 z3 ). (5) (0, 0) ´e elemento neutro aditivo: z + (0, 0) = z para todo z complexo. (6) (1, 0) ´e identidade multiplicativa: z(1, 0) = z para todo z complexo. (7) todo z = (x, y) tem um sim´etrico aditivo, o n´ umero −z = (−x, −y), ou seja, (x, y) + (−x, −y) = (0, 0). (8)  todo z = (x, y) o n´ umero  6= (0, 0) tem um  inverso multiplicativo,  −y −y x x , , ou seja, (x, y) x2 +y2 , x2 +y2 = (1, 0). x2 +y 2 x2 +y 2 (9) distributividade do produto em rela¸c˜ao `a soma: z1 (z2 + z3 ) = z1 z2 + z1 z3 . Todas essas propriedades decorrem de (1),(2) e do fato de que elas s˜ ao v´alidas para a soma e o produto de n´ umeros reais. Um conjunto munido de uma soma e de um produto para os quais valem (3) a (9) ´e chamado um corpo. Conclu´ımos que os n´ umeros complexos formam um corpo, que ´e representado pelo s´ımbolo C. O n´ umero complexo (x, 0) ´e identificado com o n´ umero real x (observe que, como (x1 , 0) + (x2 , 0) = (x1 + x2 , 0) e (x1 , 0)(x2 , 0) = (x1 x2 , 0), essa identifica¸c˜ao ´e perfeitamente l´ıcita). Dessa maneira o corpo R dos n´ umeros reais ´e visto como um subconjunto de C. O n´ umero complexo (0, 1) ´e chamado de unidade imagin´aria e representado pelo s´ımbolo i. A propriedade not´avel que o n´ umero i satisfaz ´e a seguinte: i2 = ii = (0, 1)(0, 1) = (0.0 − 1.1, 0.1 + 1.0) = (−1, 0) = −1 √ e nesse sentido podemos escrever i = −1. Agora, (y, 0)(0, 1) = (0, y) e da´ı (x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (y, 0)(0, 1) = x + yi, levando em conta a identifica¸c˜ao acima. Mas, j´a que o produto ´e comutativo temos yi = iy e todo n´ umero complexo z = (x, y) tamb´em pode

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N´ umeros Complexos

Cap. 1

ser escrito como z = x + iy. Ambas nota¸c˜oes ser˜ao adotadas de agora em diante. Entre outras utilidades elas simplificam as manipula¸c˜oes com n´ umeros complexos. Por exemplo, para efetuar um produto usamos as regras alg´ebricas usuais juntamente com i2 = −1: (x1 + iy1 )(x2 + iy2 ) = x1 x2 + ix1 y2 + iy1 x2 + i2 y1 y2 = x1 x2 − y1 y2 + i(x1 y2 + y1 x2 ). Em particular, (x1 + iy1 )(x1 − iy1 ) = x1 2 + y1 2 . Usamos essa igualdade para expressar quocientes de n´ umeros complexos na forma x + yi. Por exemplo, para reduzir (2 + 3i) + (−1 + 7i) √ 2 + 4i `a forma x + yi, come¸camos simplificando o numerador : (2 + 3i) + (−1 + 7i) 1 + 10i √ =√ . 2 + 4i 2 + 4i Em seguida reduzimos o denominador a um n´ umero real multipli√ cando numerador e denominador por 2 − 4i: √   √  1 + 10i 2 − 4i (1 + 10i)( 2 − 4i) √ √ = 2 + 16 2 + 4i 2 − 4i √ √ 2 + 40 + (10 2 − 4)i = 18 √ √ 2 + 40 10 2 − 4 = + i. 18 18 J´a sabemos que se o produto de dois n´ umeros reais ´e nulo ent˜ao um deles ´e nulo. Vamos usar esse resultado e mostrar que o mesmo ocorre para n´ umeros complexos, isto ´e, se z1 , z2 ∈ C e z1 z2 = 0 ent˜ao z1 = 0 ou z2 = 0. De fato, suponha z1 6= 0 e escreva z1 = x1 + iy1 e z2 = x2 + iy2 . Temos x1 6= 0 ou y1 6= 0 e (x1 + iy1 )(x2 + iy2 ) = 0. Multiplicando ambos os lados dessa igualdade por x1 − iy1 ficamos com 0 = (x1 − iy1 )[(x1 + iy1 )(x2 + iy2 )] = [(x1 − iy1 )(x1 + iy1 )](x2 + iy2 ) = (x1 2 + y1 2 )(x2 + iy2 )

= (x1 2 + y1 2 )x2 + i(x1 2 + y1 2 )y2

O corpo C 7

Se¸c˜ ao 2

e necessariamente (x1 2 + y1 2 )x2 = 0 e

(x1 2 + y1 2 )y2 = 0.

Como x1 2 + y1 2 6= 0 pois z1 6= 0 temos x2 = 0 e y2 = 0 o que diz que z2 = 0 (a afirmativa acima ´e verdadeira num corpo qualquer). Tamb´em sabemos que o corpo R ´e ordenado, isto ´e, dados dois reais x 6= y temos que ou x < y ou y < x. Segue do fato de R ser ordenado que o quadrado de qualquer n´ umero real n˜ao nulo ´e positivo. J´a no corpo C n˜ao ´e poss´ıvel introduzir uma rela¸c˜ao de ordem compat´ıvel com a adi¸c˜ao e a multiplica¸c˜ao. Isso decorre da existˆencia do n´ umero i que satisfaz i2 = −1 (veja os exerc´ıcios desse cap´ıtulo). Dado o n´ umero complexo z = (x, y) = x + iy chamamos ao n´ umero real x de parte real de z e ao n´ umero real y de parte imagin´aria de z e escrevemos x = Re(z) , y = Im(z).

y

z = x+iy

x Figura 1 Re(z) e Im(z) s˜ ao as coordenadas do ponto z no plano R2 , ao qual chamaremos de plano complexo C sempre que considerarmos seus pontos como n´ umeros complexos. O valor absoluto ou m´ odulo de um umero real x, |x|, ´e definido √ n´ 2 como a distˆ ancia de x a 0, isto ´e, |x| = x . Analogamente, definimos o m´ odulo de um n´ umero complexo z = x + iy como a distˆ ancia do ponto z = (x, y) ` a origem (0, 0) do plano complexo: |z| =

q p x2 + y 2 = Re(z)2 + Im(z)2 .

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N´ umeros Complexos

Cap. 1

J´a que o m´ odulo de z foi definido a partir da no¸c˜ao usual de distˆ ancia entre pontos no plano, todas as suas propriedades se transportam imediatamente para o m´ odulo, como por exemplo a desigualdade triangular: ∀ z1 , z2 ∈ C.

|z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |

Por outro lado, uma vez que o corpo C consiste do plano R2 munido de uma multiplica¸c˜ao conveniente, podemos obter mais propriedades do m´ odulo introduzindo a opera¸c˜ao de conjuga¸c˜ao: 2.2 Defini¸ c˜ ao. Dado o n´ umero complexo z = x + iy o conjugado de z ´e o n´ umero complexo z = x − iy. Note que z significa, geometricamente, a reflex˜ao de z em torno do eixo horizontal (veja figura).

y z x z

Figura 2 A conjuga¸c˜ao ´e importante porque, entre outras informa¸c˜oes, nos diz que: zz = (x + iy)(x − iy) = x2 + y 2 = |z|2 . Al´em disso ´e f´acil verificar: •

x = Re(z) = 12 (z + z¯),

•

y = Im(z) =

•

z ´e real se e somente se z = z¯,

•

z1 + z2 = z1 + z2 ,

•

z1 z2 = z1 z2 .

1 2i (z

− z¯) =

−i 2 (z

− z¯),

Representa¸c˜ ao Polar 9

Se¸c˜ ao 3

Usando a u ´ltima dessas igualdades obtemos |z1 z2 |2 = z1 z2 z1 z2 = z1 z2 z1 z2 = z1 z1 z2 z2 = |z1 |2 |z2 |2 ou seja, |z1 z2 | = |z1 ||z2 |.

3

Representa¸c˜ ao Polar

Como um n´ umero complexo ´e definido por um par ordenado de n´ umeros reais, temos imediatamente que um tal n´ umero est´a identificado com um ponto do plano cartesiano. Uma outra identifica¸c˜ao, muito u ´til, ´e obtida atrav´es das coordenadas polares (r, θ). Recordemos que se (x, y) 6= (0, 0) ´e um ponto do plano ent˜ao a coordenada r desse ponto ´e sua distˆ ancia `a origem e a coordenada θ ´e o ˆ angulo determinado pelo segmento de reta que une o ponto `a origem e o semi-eixo positivo dos x, medido no sentido anti-hor´ario (lembramos de uma vez por todas que medimos ˆangulos em radianos). As coordenadas cartesianas e polares est˜ao relacionadas por (veja figura): x = r cos θ y = r sen θ

y z = (x,y) r

x Figura 3 Logo, um n´ umero n˜ao nulo z = x + iy = (x, y) se escreve z = r cos θ + ir sen θ = r(cos θ + i sen θ),

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N´ umeros Complexos

Cap. 1

p onde r = x2 + y 2 = |z|. Esta ´e a chamada representa¸c˜ao polar ou forma polar de um n´ umero complexo. Qualquer valor de θ para o qual a igualdade acima se verifica ´e chamado um argumento de z e usaremos a nota¸c˜ao θ = arg(z). Observe que θ n˜ao ´e u ´nico j´a que, se a igualdade ´e verdadeira para um valor de θ, tamb´em o ´e para θ + 2kπ, k um n´ umero inteiro arbitr´ ario, mas podemos determinar θ de maneira u ´nica exigindo, por exemplo, que 0 ≤ θ < 2π ou que −π < θ ≤ π. Exemplificando, os n´ umeros da forma yi com y > 0 tˆem a representa¸c˜ao polar π π yi = y(cos + i sen ). 2 2 J´a os da forma x + ix com x < 0 se escrevem √ √ 5π −1
5π −1 + i sen ) = − 2x √ + i √ . x + ix = − 2x(cos 4 4 2 2

Sejam agora z e w dois n´ umeros complexos n˜ao nulos com representa¸c˜oes polares z = r(cos θ + i sen θ) w = ρ(cos φ + i sen φ) A representa¸c˜ao polar do produto zw ´e zw = r(cos θ + i sen θ)ρ(cos φ + i sen φ) = rρ[(cos θ cos φ − sen θ sen φ) + i(cos θ sen φ + sen θ cos φ)] = rρ[cos(θ + φ) + i sen (θ + φ)]

usando as f´ormulas de adi¸c˜ao para o seno e o co-seno. J´a sabiamos que |zw| = |z||w| e o que conclu´ımos de novo a partir da igualdade acima ´e que arg(zw) = arg(z) + arg(w), ou seja, um argumento do produto de dois n´ umeros complexos ´e a soma dos argumentos desses n´ umeros. A fun¸c˜ao logaritmo tamb´em satisfaz uma propriedade an´ aloga e veremos mais adiante que a representa¸c˜ao polar est´a intimamente relacionada com ela. Fa¸ca z = w no exemplo acima e obtenha z 2 = r2 [cos(2θ) + i sen (2θ)].

Representa¸c˜ ao Polar 11

Se¸c˜ ao 3

Essa igualdade ´e sugestiva e nos induz a dizer que z n = rn (cos θ + i sen θ)n = rn [cos(nθ) + i sen (nθ)] qualquer que seja n ∈ N, uma afirmativa verdadeira, conhecida como f´ormula de De Moivre. Uma demonstra¸c˜ao imediata dessa f´ormula pode ser feita por indu¸c˜ao (o leitor deve fazˆe-la), mas vamos nos concentrar numa de suas aplica¸c˜oes, a extra¸c˜ao de raizes. Se z0 ´e um n´ umero complexo, uma raiz n-´esima (ou de ordem n) de z0 ´e um n´ umero complexo z satisfazendo z n = z0 . Para resolver essa equa¸c˜ao escreva ambos os membros na forma polar: z0 = r0 (cos θ0 + i sen θ0 ) e z = r(cos θ + i sen θ). Como z n = rn [cos(nθ) + i sen (nθ)] ficamos com z n = rn [cos(nθ) + i sen (nθ)] = r0 (cos θ0 + i sen θ0 ) = z0 . Primeiramente note que |z n | = |z|n = |z0 |, ou seja, rn = r0 o que fornece r = r0 1/n e a igualdade acima fica reduzida a cos(nθ) + i sen (nθ) = cos θ0 + i sen θ0 . Como dois n´ umeros complexos s˜ ao iguais se e somente se suas partes reais e suas partes imagin´arias s˜ ao iguais temos: (*)

cos(nθ) = cos θ0 e sen (nθ) = sen θ0

Usando que as fun¸c˜oes seno e co-seno s˜ ao peri´ odicas de periodo 2π, conclu´ımos que nθ = θ0 + 2jπ, j ∈ Z, e da´ı θ=

θ0 + 2jπ θ0 2jπ = + n n n

j ∈ Z.

12

N´ umeros Complexos

Cap. 1

Quantos valores de θ fornecendo solu¸c˜oes distintas de (∗) podemos encontrar? Note que se fixamos j ent˜ao cos

θ

sen

θ

e

0

n 0

n

+

θ 2jπ  2(j + n)π  0 + = cos n n n

+

θ 2jπ  2(j + n)π  0 = sen + n n n

logo, fazendo j = 0, 1, . . . , n − 1 obtemos precisamente n solu¸c˜oes θ1 =

θ0 2(j − 1)π θ0 2(n − 1)π θ0 , . . . , θj = + , . . . , θn = + . n n n n n

Portanto as raizes n-´esimas de z0 s˜ ao:      θ0 2(j − 1)π θ0 2(j − 1)π 1/n zj = r0 cos + + + i sen n n n n onde 1 ≤ j ≤ n. Por exemplo, as raizes c´ ubicas de 1 = cos 0 + i sen 0 s˜ ao z1 = 1,

√ 3 2π −1 2π + i sen = +i z2 = cos 3 3 2 2 √ 3 4π −1 4π + i sen = −i . z3 = cos 3 3 2 2 Observe que z2 2 = z3 pois arg(z2 2 ) = 2 arg(z2 ) = arg(z3 ). Escrevendo z2 = ω temos que essas raizes s˜ ao ω, ω 2 e ω 3 = 1. Mais geralmente, as raizes n-´esimas de 1 s˜ ao zj = cos



2(j − 1)π n



+ i sen



2(j − 1)π n



, 1 ≤ j ≤ n.

Novamente, arg(z2 k ) = k arg(z2 ) = arg(zk+1 ) para 2 ≤ k ≤ n − 1, ou 2π seja, z2 k = zk+1 e fazendo ω = z2 = cos 2π ımos que as n + i sen n conclu´ 2 n−1 n raizes de ordem n de 1 s˜ ao ω, ω , . . . , ω e ω = 1. Note que, como pontos no plano C, elas s˜ ao os v´ertices de um pol´ıgono regular de n lados inscrito no c´ırculo de centro 0 e raio 1.

Exerc´ıcios 13

Se¸c˜ ao 4

4

Exerc´ıcios

1) Reduza ` a forma x + iy: √ √ √ √ (1 − 5i)2 − 4i; −i(−1 + i) + 2; (3 + i)(1 − 11i); ( 2 − i 5)( 5 + i 2). 2) Reduza ` a forma x + iy: 2 + 5i (2 − 2i)2 z − zi 3 − 4i √ ; ; . ; 2i 1+i z − zi −1 + i 3 3) Fa¸ca um esbo¸co e identifique os seguintes conjuntos: |z| = |z − 2|; |z| = |z − 1|; a|z| = |z − 1|, a ∈ R, a 6=

(

0 1

.

4) Fa¸ca um esbo¸co e identifique os seguintes conjuntos: Re(z) = Im(z − 1); Im(z − 1) = |z + 1|; |z| = |z − 1|. 5) Mostre que ||z1 | − |z2 || ≤ |z1 − z2 |. 6) Deduza a desigualdade |z1 + z2 + z3 | ≤ |z1 | + |z2 | + |z3 |. 7) Mostre que, se z2 6= −z3 , ent˜ao z1 |z1 | z2 + z3 ≤ ||z2 | − |z3 || . 8) Resolva as equa¸c˜oes:

z − z = 1; z + zi = 2 + i; z + 2z = 1 − i. 9) Mostre que |z1 + z2 | < |1 + z1 z2 | desde que |z1 | < 1 e |z2 | < 1. 10) Encontre todas as solu¸c˜oes das equa¸c˜oes: √ z 2 = 1 − i 3; z 5 = −1; z 3 = 1; z 7 = −(1 + i). 11) Seja P (x) = ax2 + bx + c um polinomio de grau 2 com coeficientes reais e suponha que ∆ = b2 − 4ac < 0. Ent˜ao, as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao

14

N´ umeros Complexos

Cap. 1

P (x) = 0 s˜ ao n´ umeros complexos com parte imagin´aria n˜ao nula. Se z1 e z2 s˜ ao essas solu¸c˜oes, mostre que z2 = z1 . Mais geralmente, se P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ´e um polinomio de grau n > 0 arbitr´ ario, com coeficientes reais, e se z0 ∈ C ´e tal que P (z0 ) = 0, ent˜ao tem-se que P (z0 ) = 0. 12) Considere a equa¸c˜ao az 2 + bz + c = 0, onde a, b, c ∈ C. Deduza uma express˜ao para as suas raizes. 13) Deduza a f´ormula 1 + z + z 2 + · · · + z n−1 =

zn − 1 , z−1

z 6= 1.

14) Use o exerc´ıcio anterior para mostrar que, se ω 6= 1 satisfaz a equa¸c˜ao ω n = 1, ent˜ao 1 + ω + ω 2 + · · · + ω n−1 = 0. 15) Demonstre a f´ormula de De Moivre (cos θ + i sen θ)n = cos nθ + i sen nθ. 16) Use o exerc´ıcio anterior e deduza cos 2θ = cos2 θ − sen 2 θ

sen 2θ = 2 sen θ cos θ

cos 3θ = cos3 θ − 3 cos θ sen 2 θ

sen 3θ = 3cos2 θ sen θ − sen 3 θ. 17) Use o exerc´ıcio 15 para deduzir express˜oes para sen 4θ e para cos 4θ. 18) Calcule (2 + i)(3 + i) e deduza a igualdade π 1 1 = arctan + arctan . 4 2 3 19) Calcule (5 − i)4 (1 + i) e deduza a igualdade π 1 1 = 4 arctan − arctan . 4 5 239

Se¸c˜ ao 4

20) Mostre que trˆes pontos a, b e c no se  1 a  det 1 b 1 c

Exerc´ıcios 15

plano s˜ ao colineares se, e somente  a b = 0 c

21) Uma ordem num corpo K consiste em dar um subconjunto K+ de K tal que: (i) se x, y ∈ K+ ent˜ao x + y ∈ K+ e xy ∈ K+ (K+ ´e chamado o conjunto de elementos positivos) e (ii) dado x ∈ K ent˜ao apenas uma das possibilidades se verifica: ou x ∈ K+ , ou x = 0 ou −x ∈ K+ . Segue da´ı que o quadrado de qualquer elemento n˜ao nulo de K ´e positivo. De fato, se x ∈ K+ ent˜ao x2 ∈ K+ por (i). Por outro lado, se −x ∈ K+ ent˜ao (−x)2 = (−x)(−x) = x2 ∈ K+ , por (i) novamente. Conclua que o corpo C n˜ao pode admitir uma ordem.

2 C´ alculo no Plano 1

Dom´ınios

Discutiremos brevemente os conceitos topol´ogicos necess´arios ao estudo do c´alculo de fun¸c˜oes de uma vari´avel complexa. Esclarecemos que a abordagem apresentada aqui ´e ingˆenua e faz apelo `a intui¸c˜ao. O leitor interessado numa vers˜ao rigorosa deve consultar 1 . Sejam z0 = (x0 , y0 ) um ponto do plano complexo C e a um n´ umero real positivo. O conjunto D(z0 , a) formado pelos pontos z do plano satisfazendo |z − z0 | < a ´e chamado disco aberto ou simplesmente disco de raio a e centro z0 . J´a o conjunto D(z0 , a) formado pelos pontos tais que |z − z0 | ≤ a ´e chamado disco fechado de raio a e centro z0 . O c´ırculo de raio a e centro z0 , notado ∂D(z0 , a), consiste precisamente dos pontos `a distˆ ancia a de z0 , ou seja, dos pontos z satisfazendo |z − z0 | = a. Observe que D(z0 , a) ´e formado pelos pontos de D(z0 , a), chamados de pontos interiores a D(z0 , a) e pelos pontos do c´ırculo ∂D(z0 , a), chamados pontos de fronteira de D(z0 , a). Um subconjunto U do plano ´e um conjunto aberto se a seguinte condi¸c˜ao ´e satisfeita: dado qualquer ponto z em U podemos encontrar um real positivo a tal que o disco de centro z e raio a est´a inteiramente 1

Elon Lages Lima - Espa¸cos M´etricos - Projeto Euclides - IMPA

Dom´ınios 17

Se¸c˜ ao 1

contido em U . O conjunto vazio ∅ ´e aberto, por defini¸c˜ao. Essa no¸c˜ao nos diz que se z ´e um ponto do aberto U , ent˜ao podemos nos mover pelo menos uma pequena distˆ ancia em qualquer dire¸c˜ao a partir de z sem sair do conjunto. Um subconjunto V do plano ´e um conjunto fechado se o seu complemento C \ V ´e aberto e dizemos que V ´e limitado se todos os seus pontos est˜ao a uma distˆ ancia finita da origem, ou seja, se existir um n´ umero positivo R tal que |z| < R qualquer que seja z ∈ V . Por exemplo, o plano C ´e aberto, bem como o ´e um disco D(z0 , a), onde z0 e a s˜ ao quaisquer. Tamb´em ´e aberto o conjunto {z ∈ C : Im(z) > 0 e Re(z) > 0}. J´a um conjunto consistindo de um u ´nico ponto {z0 } ´e fechado, bem como um disco fechado D(z0 , a), onde z0 e a s˜ ao quaisquer. Observe que o plano C tamb´em ´e fechado, j´a que o seu complemento, o conjunto vazio, ´e aberto, por defini¸c˜ao . Um c´ırculo ∂D(z0 , a) ´e um conjunto fechado. Se U ´e um subconjunto do plano e z ∈ C, dizemos que z ´e ponto de fronteira de U se todo disco de centro em z cont´em pontos de U e do complemento de U . A fronteira de U ´e o conjunto formado pelos pontos de fronteira e ser´a notada ∂U . Por outro lado, se existir um disco de centro z e raio positivo inteiramente contido em U , ent˜ao z ´e chamado ponto interior a U . Finalmente, dizemos que z ´e ponto de acumula¸c˜ao de U , se vale a seguinte propriedade: qualquer que seja a > 0, o disco D(z, a) cont´em pelo menos um ponto de U distinto de z. Exemplificando, ∂D(z0 , a) ´e a fronteira tanto de D(z0 , a) quanto de D(z0 , a). Todo ponto z ∈ D(z0 , a) ´e ponto interior tanto a D(z0 , a) quanto a D(z0 , a). Mais geralmente, todo ponto de um conjunto aberto U ´e ponto interior a U . Qualquer z ∈ ∂D(z0 , a) ´e ponto de acumula¸c˜ao de D(z0 , a) e de D(z0 , a). A semi-reta (x, 0), x ≥ 0, juntamente com a semi-reta (0, y), y ≥ 0, constituem a fronteira de {z ∈ C : Im(z) > 0 e Re(z) > 0}. 1.1 Defini¸ c˜ ao. Um caminho suave em C ´e uma aplica¸ca ˜o γ : J −→ C com derivada cont´ınua em todos os pontos de J, onde J ⊂ R ´e um intervalo da forma J = [a, b], a < b. Algumas palavras sobre essa defini¸c˜ao. Lembramos que dar uma aplica¸c˜ao γ : J −→ C significa dar duas fun¸c˜oes reais x : J → R e y : J → R, as coordenadas de γ. Para cada t ∈ J est´a associado o ponto do plano γ(t) = (x(t), y(t)) = x(t) + iy(t) e, `a medida que t percorre

18

C´ alculo no Plano

Cap. 2

o intervalo J, o vetor γ(t) descreve o caminho. A imagem γ(J) ´e uma curva no plano C a qual, por abuso de linguagem, tamb´em chamaremos de caminho. Os pontos γ(a) e γ(b) s˜ ao chamados ponto inicial e ponto terminal do caminho γ, respectivamente. Se γ(a) = γ(b) dizemos que γ ´e um caminho fechado. A derivada ou velocidade de γ em t ∈ (a, b) ´e o vetor γ ′ (t) = x′ (t) + iy ′ (t). J´a nos extremos do intervalo temos apenas derivadas laterais, isto ´e, γ(a + h) − γ(a) h→0 h

γ ′ (a) = lim

h>0

e γ ′ (b) = lim

h→0 ha

lim γ ′ (t) = γ ′ (b). t→b t 0, ´e poss´ıvel encontrar um n´ umero positivo δ de tal modo que, sempre que 0 < |(x, y) − (x0 , y0 )| < δ se tem |f (x, y) − (a, b)| < ǫ.

Se¸c˜ ao 2

Limites, Continuidade e Diferenciabilidade 23

Observe que uma aplica¸c˜ao f : A → R2 , onde A ⊂ R2 ´e aberto, se expressa atrav´es de componentes, f (x, y) = (u(x, y), v(x, y)) onde u e v s˜ ao fun¸c˜oes definidas em A e tomando valores em R. Portanto, dizer que lim f (x, y) = (a, b) equivale a dizer que (x,y)→(x0 ,y0 )

lim

u(x, y) = a

lim

v(x, y) = b

(x,y)→(x0 ,y0 )

e que (x,y)→(x0 ,y0 )

Um exemplo simples consiste em considerar a fun¸c˜ao ( (0, 0) se (x, y) 6= (0, 0) f (x, y) = (1, 0) se (x, y) = (0, 0) ´ imediato que E lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) = (0, 0).

Observe que, nesse exemplo, lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) 6= f (0, 0).

Aplica¸c˜oes mais manej´aveis s˜ ao aquelas para as quais se tem que lim

(x,y)→(x0 ,y0 )

f (x, y) = f (x0 , y0 ).

Essas s˜ ao chamadas cont´ınuas, formalmente definidas por 2.2 Defini¸ c˜ ao. Sejam A ⊂ R2 um aberto e f : A → R2 uma aplica¸ca ˜o. Dizemos que f ´e cont´ınua no ponto (x0 , y0 ) ∈ A se lim

(x,y)→(x0 ,y0 )

f (x, y) = f (x0 , y0 ).

Se f ´e cont´ınua em todos os pontos de A, dizemos que f ´e cont´ınua em A. Uma outra classe interessante de aplica¸c˜oes ´e formada pelas que admitem derivadas parciais, isto ´e

24

C´ alculo no Plano

Cap. 2

2.3 Defini¸ c˜ ao. Seja f : A → R2 , A um subconjunto aberto de R2 . f tem derivada parcial em rela¸ca ˜o a x no ponto (x0 , y0 ) ∈ A se o limite f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 ) h→0 h lim

existe. Analogamente, f tem derivada parcial em rela¸ca ˜o a y no ponto (x0 , y0 ) ∈ A se o limite f (x0 , y0 + k) − f (x0 , y0 ) k→0 k lim

existe. Caso as derivadas parciais em rela¸c˜ao a x e a y existam, elas s˜ ao notadas ∂f ∂f (x0 , y0 ) e (x0 , y0 ) ∂x ∂y respectivamente. Em termos das coordenadas u e v de f temos   ∂u ∂v ∂f (x0 , y0 ) = (x0 , y0 ), (x0 , y0 ) ∂x ∂x ∂x e

∂f (x0 , y0 ) = ∂y



 ∂v ∂u (x0 , y0 ), (x0 , y0 ) . ∂y ∂y

Suponha agora que as derivadas parciais de f em rela¸c˜ao a x e a y existam em todos os pontos (x, y) de A. Temos ent˜ao definidas duas aplica¸c˜oes (x, y) 7→

∂f (x, y) ∂x

e

(x, y) 7→

∂f (x, y). ∂y

Caso essas aplica¸c˜oes sejam cont´ınuas em A, dizemos que f ´e uma aplica¸c˜ao suave em A. Note que se f = (u, v) ´e suave em A, ent˜ao as fun¸c˜oes ∂u ∂v ∂u (x, y), (x, y), (x, y) ∂x ∂y ∂x

e

∂v (x, y). ∂y

s˜ ao cont´ınuas em A, e reciprocamente. Por exemplo, a aplica¸c˜ao   −y x f (x, y) = , x2 + y 2 x2 + y 2

O Teorema de Green 25

Se¸c˜ ao 3

´e suave em R2 \ {(0, 0)} e

3

∂f (x, y) = ∂x



∂f (x, y) = ∂y



y 2 − x2

2xy

, (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 y 2 − x2

−2xy 2, 2 2 2 (x + y ) (x + y 2 )2

 

.

O Teorema de Green

Um instrumento fundamental de que necessitaremos ´e o Teorema de Green, tamb´em conhecido como Teorema de Stokes no plano. Come¸camos ent˜ao considerando os ingredientes que compoem esse resultado. Seja f : U → R2 , f (x, y) = (u(x, y), v(x, y)), onde U ⊂ R2 ´e um dom´ınio, uma aplica¸c˜ao com derivadas parciais     ∂f ∂u ∂v ∂u ∂v ∂f = , = , e ∂x ∂x ∂x ∂y ∂y ∂y cont´ınuas em todos os pontos de U . 3.1 Defini¸ c˜ ao. Se γ : [a, b] −→ U ´e um caminho suave em U , γ(t) = (x(t), y(t)), definimos a integral de f ao longo de γ (ou integral de linha de f ao longo de γ) por: Z γ

f :=

Z

udx + vdy :=

γ

Zb a

  u(x(t), y(t))x′ (t) + v(x(t), y(t))y ′ (t) dt.

Se γ1 ∗ γ2 ∗ · · · ∗ γn ´e um caminho suave por partes em U , a integral de f ao longo desse caminho ´e definida por : Z Z Z Z f := f + f + · · · + f. γ1 ∗γ2 ∗···∗γn

γ1

γ2

γn


, x e γ ´e o caminho γ(t) = Por exemplo, se f (x, y) = x2−y +y 2 x2 +y 2 (cos t, sen t), 0 ≤ t ≤ 2π ent˜ao : Z 2π Z 2π Z dt = 2π. [ sen t sen t + cos t cos t]dt = f= γ

0

0

26

C´ alculo no Plano

Cap. 2

Se f (x, y) = (x2 , y 2 ) e o caminho γ ´e o caminho suave por partes dado por γ = γ1 ∗ γ2 ∗ γ3 ∗ γ4 , onde γ1 (t) = (1, t), γ2 (t) = (−t, 1), γ3 (t) = (−1, −t) e γ4 (t) = (t, −1), para −1 ≤ t ≤ 1, ent˜ao : Z 1 Z 1 Z 1 Z 1 Z 2 2 2 t2 dt = 0. t dt + t dt − t dt − f= −1

−1

−1

γ1 ∗γ2 ∗γ3 ∗γ4

−1

As integrais de linha s˜ ao sens´ıveis `a orienta¸c˜ao ou sentido de percurso do caminho, isto ´e, se γ − denota o caminho reverso de γ ent˜ao Z Z f = − f. γ−

γ

De fato, se γ : [a, b] −→ U ´e dado por γ(t) = (x(t), y(t)) temos que γ − (t) = (x(a + b − t), y(a + b − t)) e da´ı Z b Z   − u(x(a + b − t), y(a + b − t))x′ (a + b − t) dt f= a

γ−

+

Z

a

b

  − v(x(a + b − t), y(a + b − t))y ′ (a + b − t) dt.

Fazendo a substitui¸c˜ao s = a + b − t essa integral fica Z Z a   ′ ′ u(x(s), y(s))x (s) + v(x(s), y(s))y (s) ds = − f. b

γ

Para enunciarmos o teorema de Green necessitamos ainda do conceito de compatibilidade de orienta¸c˜ao entre um subconjunto do plano e sua fronteira. 3.2 Defini¸ c˜ ao. Suponha que U ⊂ R2 ´e um dom´ınio e seja V ⊂ U um subconjunto fechado e limitado, cuja fronteira ∂V consiste de um n´ umero finito de curvas de Jordan suaves por partes e tal que V \ ∂V ´e um dom´ınio. Para cada uma dessas curvas, adotamos o sentido de percurso para o qual o interior de V est´ a sempre a ` esquerda quando a percorrermos. Nessas condi¸co ˜es, dizemos que V e ∂V tem orienta¸ca ˜o compat´ıvel . Essa no¸c˜ao ser´a muito u ´til nesse texto e sugerimos que o leitor a tenha sempre em mente. Por exemplo, se U = R2 e V = D(0, a), cuja fronteira ´e o c´ırculo ∂D(0, a), ent˜ao devemos percorrer esse c´ırculo no sentido anti-hor´ario.

O Teorema de Green 27

Se¸c˜ ao 3

u

D(0,a)

D(0,a)

Figura 6 J´a para o conjunto V abaixo (U = R2 novamente), ∂V = γ1 ∪γ2 ∪γ3 . Para que a orienta¸c˜ao seja compat´ıvel, γ1 deve ser percorrido no sentido anti-hor´ario e γ2 , γ3 ambos no sentido hor´ ario.

u

1

V

2

3

Figura 7 Finalmente temos o 3.3 Teorema de Green. Sejam U ⊂ R2 um dom´ınio e f : U −→ R2 uma aplica¸ca ˜o suave. Seja V ⊂ U um subconjunto satisfazendo: (i) V ´e fechado e limitado, (ii) a fronteira ∂V de V consiste de um n´ umero finito de curvas de Jordan suaves por partes, ∂V = γ1 ∪ · · · ∪ γn , e (iii) V \ ∂V ´e um dom´ınio. Suponha que V e ∂V tem orienta¸ca ˜o compat´ıvel. Ent˜ ao, escrevendo f (x, y) = (u(x, y), v(x, y)), temos que  Z Z ZZ  ∂v ∂u f= udx + vdy = − dxdy. ∂x ∂y ∂V

V

∂V

Demonstra¸ c˜ ao: Antes de mais nada,

R

f significa a soma

∂V

Z

γ1

f + ··· +

Z

γn

f

28

C´ alculo no Plano

Cap. 2

sobre todas as curvas de Jordan que compoem a fronteira de V , orientadas compativelmente com V . A demonstra¸c˜ao completa desse resultado exige mais instrumental do que temos a disposi¸c˜ao (veja 2 ) por´em, podemos demonstr´a-lo numa vers˜ao simples e ilustrativa de situa¸c˜oes gerais o bastante para a maioria das aplica¸c˜oes de que necessitaremos. Essa vers˜ao ´e: vamos supor que V pode ser dado, simultaneamente, das seguintes maneiras: (I) V = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x)} onde g1 e g2 s˜ ao fun¸c˜oes cujos gr´ aficos s˜ ao curvas suaves por partes, e (II) V = {(x, y) : c ≤ y ≤ d, h1 (y) ≤ x ≤ h2 (y)} onde h1 e h2 s˜ ao fun¸c˜oes cujos gr´ aficos s˜ ao curvas suaves por partes. Exemplos simples de conjuntos que podem ser dados simultaneamente nas formas (I) e (II) s˜ ao: discos fechados D(z0 , a), poligonos regulares e “quadrantes”fechados de aneis {z ∈ C : a ≤ |z − z0 | ≤ b, Re(z) ≥ Re(z0 ), Im(z) ≥ Im(z0 )}. Convidamos o leitor a pensar em subconjuntos do plano que podem ser divididos em regi˜ oes satisfazendo (I) e (II) e a aplicar o teorema a elas, convencendo-se assim da generalidade da demonstra¸c˜ao nesse caso simples. Para V dado na forma (I), a fronteira consiste dos quatro caminhos γ1 (t) = (t, g1 (t)), γ2 (t) = (b, t),

g1 (b) ≤ t ≤ g2 (b)

γ3 (t) = (t, g2 (t)), γ4 (t) = (a, t),

a≤t≤b

a≤t≤b

g1 (a) ≤ t ≤ g2 (a)

Para que V e ∂V tenham orienta¸c˜ao compat´ıvel devemos ter ∂V = γ1 ∗ γ2 ∗ γ3− ∗ γ4− (veja figura a seguir) 2

Alcides Lins Neto, Fun¸c˜ oes de uma vari´ avel complexa, Projeto Euclides, IMPA

O Teorema de Green 29

Se¸c˜ ao 3

2 3

V

4 1

Figura 8 Agora, Z

udx =

Z

udx +

γ1

∂V

Z

udx +

γ2

Z

udx +

Z

udx

γ4−

γ3−

mas, para γ2 e γ4 temos x′ (t) = 0 e portanto as integrais de linha s˜ ao nulas ao longo desses caminhos. Ficamos ent˜ao com Z Z Z udx = udx + udx. γ1

∂V

γ3−

Essas se expressam por Z

udx =

γ1

Zb

u(t, g1 (t))dt e

a

e temos Z

∂V

udx =

Z

udx = −

γ3−

Zb a

Zb

u(t, g2 (t))dt

a

[u(t, g1 (t)) − u(t, g2 (t))] dt.

Por outro lado, ZZ

∂u dxdy = ∂y

V

=

Zb

gZ2 (x)

∂u dydx ∂y

a

g1 (x)

Zb

[u(x, g2 (x)) − u(x, g1 (x))] dx

a

30

C´ alculo no Plano

Cap. 2

e, trocando x por t nessa u ´ltima express˜ao, concluimos que Z ZZ ∂u (III) udx = − dxdy. ∂y V

∂V

J´a para V dado na forma (II), a fronteira consiste dos caminhos γ1 (t) = (t, c), h1 (c) ≤ t ≤ h2 (c) γ2 (t) = (h2 (t), t), c ≤ t ≤ d

γ3 (t) = (t, d), h1 (d) ≤ t ≤ h2 (d)

γ4 (t) = (h1 (t), t), c ≤ t ≤ d

e, para que V e ∂V tenham orienta¸c˜ao compat´ıvel devemos ter ∂V = γ1 ∗ γ2 ∗ γ3− ∗ γ4− (veja figura abaixo) 3

2 4

1

Figura 9 Como anteriormente, Z Z Z Z Z vdy = vdy + vdy + vdy + vdy, ∂V

γ1

γ2

γ3−

γ4−

mas, para γ1 e γ3 temos y ′ (t) = 0 e portanto as integrais de linha s˜ ao nulas ao longo desses caminhos. Ficamos ent˜ao com Z Z Z vdy = vdy + vdy. ∂V

γ2

γ4−

Exerc´ıcios 31

Se¸c˜ ao 4

Essas se expressam por Z

vdy =

γ2

Zd

v(h2 (t), t)dt e

c

γ4−

e temos Z

Z

vdy =

Zd c

∂V

vdy = −

Zd

v(h1 (t), t)dt

c

[v(h2 (t), t) − v(h1 (t), t)] dt.

Por outro lado, ZZ

∂v dxdy = ∂x

V

Zd hZ2 (y) c h1 (y)

∂v dxdy = ∂x

Zd c

[v(h2 (y), y) − v(h1 (y), y)] dy

e, trocando y por t nessa u ´ltima express˜ao, obtemos Z ZZ ∂v (IV) vdy = dxdy. ∂x ∂V

V

Finalmente, como o conjunto V que estamos considerando pode ser dado simultaneamente nas formas (I) e (II), temos que valem (III) e (IV). Somando essas express˜oes ficamos com  Z Z ZZ  ∂u ∂v − dxdy. ⊓ ⊔ f= udx + vdy = ∂x ∂y ∂V

4

∂V

V

Exerc´ıcios

1) Nesse exerc´ıcio, z0 ´e um n´ umero complexo arbitr´ ario. Esboce os conjuntos abaixo, diga se s˜ ao fechados, abertos (ou nenhum deles), esboce sua fronteira, diga quais s˜ ao dom´ınios e quais s˜ ao limitados: (i) Re(z) ≥ Re(z0 ). (ii) Im(z0 ) > Re(z). (iii) Re(z 2 ) ≥ 1. (iv) Im(zz0 ) > 0. (v) |z − z0 | < |¯ z − z0 |.

32

C´ alculo no Plano

Cap. 2

(vi) |z − z0 | ≤ |z − z¯0 |. (vii) 1 < |z − z¯0 | ≤ 3. (viii) Im(z 2 ) ≤ 1. 2) Para cada um dos conjuntos abaixo, sua fronteira ´e descrita por uma curva suave por partes. Esboce o conjunto, sua fronteira e dˆe uma aplica¸c˜ao que a descreva. (i) V = {z ∈ C : |z| ≤ 1, Re(z) ≥ 12 }. (ii) V = {z ∈ C : 12 ≤ |z| ≤ 1, Re(z) ≥ 0}. (iii) V = {z ∈ C : 13 ≤ |z| ≤ 1, Re(z) ≥ Im(z) ≥ 0}. R 3) Calcule f onde V ´e cada um dos conjuntos do exerc´ıcio anterior ∂V

(V e ∂V tem orienta¸c˜ao compativel) e     −y x x −y , , f (x, y) = , f (x, y) = . x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 4) Calcule

R

xn dy e

∂V

R

∂V

y n dx, onde n ≥ 1 e V ´e (i) o quadrado [0, 1] ×

[0, 1], (ii) o disco D(0, 1) (V e ∂V tem orienta¸c˜ao compativel). 5) Seja V como no R enunciado do teorema de Green. Mostre que a ´area de V ´e dada por xdy. ∂V

6) Use 5 para calcular a ´ area de V = {(x, y) : x2 /a2 + y 2 /b2 ≤ 1} e de V = {(x, y) : 1 ≤ x2 − y 2 ≤ 9, 1 ≤ xy ≤ 4}. 7) Calcule

Z

(x2 − y 2 )dx + 2xydy

Z

2xydx + (y 2 − x2 )dy

∂V

e

∂V

onde V ´e (i) o retˆ angulo delimitado pelas retas y = x, y = −x + 4, y = x + 2 e y = −x, (ii) V = {(x, y) : 1 ≤ x2 − y 2 ≤ 9, 1 ≤ xy ≤ 4} (V e ∂V tem orienta¸c˜ao compativel). 8) Calcule

Z

∂V

ydx − (x − 1)dy (x − 1)2 + y 2

Exerc´ıcios 33

Se¸c˜ ao 4

onde V ´e a regi˜ ao limitada pelos c´ırculos x2 + y 2 = 3 e (x − 1)2 + y 2 = 9, onde V e ∂V tem orienta¸c˜ao compativel. 9) Calcule

Z

∂V

x2 ydx − x3 dy (x2 + y 2 )2

onde V ´e a regi˜ ao interior ` a elipse x2 /4 + y 2 /9 = 1, orientada no sentido anti-hor´ario.

3 Fun¸c˜ oes Holomorfas 1

Fun¸c˜ oes Complexas

A no¸c˜ao de fun¸c˜ao complexa envolve naturalmente a considera¸c˜ao de 2 vari´aveis reais. De fato, em linguagem corrente, uma fun¸c˜ao complexa da vari´avel complexa z ´e uma correspondˆencia f que associa ao n´ umero z um u ´nico n´ umero complexo w, chamado a imagem de z por f , w = f (z). Por outro lado, como z = x + iy = (x, y), tamb´em podemos dizer que uma tal fun¸c˜ao associa ao par (x, y) ∈ R2 o par w = (u(x, y), v(x, y)) = u(x, y) + iv(x, y) = f (x, y) ∈ R2 . Um exemplo ´e f (z) = z + c onde c = a + ib. A express˜ao dessa fun¸c˜ao em termos de x e y ´e f (x, y) = (x + a, y + b). Agora, a estrutura multiplicativa que faz de R2 o corpo C, ou seja, que torna C um espa¸co vetorial de dimens˜ ao 1 sobre si mesmo, reserva surpresas quanto ` a express˜ao das fun¸c˜oes complexas em geral. Considere por exemplo f (z) = Re(z) − Im(z) = x − y = x − y + 0i. N˜ ao ´e poss´ıvel expressar o n´ umero complexo x − y + 0i somente em termos de z, de modo expl´ıcito. For¸cosamente a vari´avel z¯ = x − iy deve aparecer na express˜ao de f e ficamos com f (x + iy) =

z + z¯ z − z¯ − . 2 2i

Isso vem do fato que f ´e uma fun¸c˜ao de C em si mesmo e C, como espa¸co vetorial sobre R, tem dimens˜ ao 2. Da´ı a apari¸c˜ao, em geral, da vari´avel z¯, independente de z como vari´avel real, na express˜ao dessas

Limites e Continuidade 35

Se¸c˜ ao 2

fun¸c˜oes. Nosso interesse primordial ´e o estudo das fun¸c˜oes complexas nas quais a vari´avel z¯ n˜ao intervem, isto ´e, que n˜ao dependem de z¯. Uma condi¸c˜ao para que isso ocorra ´e dada pelas chamadas Condi¸c˜oes de Cauchy-Riemann, que veremos adiante. No que se segue escreveremos f (z) = u(x, y) + iv(x, y) para enfatizar que as fun¸c˜oes que consideraremos, apesar de serem fun¸c˜oes da vari´avel complexa z, se expressam em termos das vari´aveis reais x e y.

2

Limites e Continuidade

A no¸c˜ao de limite associado a uma fun¸c˜ao da vari´avel complexa z consiste simplesmente numa tradu¸c˜ao da Defini¸c˜ao 2.1 para esse contexto. A fim de evitar generalidade exagerada, sejam A um subconjunto aberto de C e f : A → C uma fun¸c˜ao de z.

2.1 Defini¸ c˜ ao. Dado um n´ umero z0 ∈ A, dizemos que o n´ umero w0 ∈ C ´e o limite de f quando z ∈ A tende a z0 se, dado qualquer n´ umero ǫ > 0, ´e poss´ıvel encontrar um n´ umero δ > 0 tal que, se z ∈ A satisfaz 0 < |z − z0 | < δ, ent˜ ao |f (z) − w0 | < ǫ. Se esse for o caso, escrevemos lim f (z) = w0 .

z→z0

Em linguagem corrente, isso quer dizer que |f (z) − w0 | fica t˜ao pequeno quanto se queira, desde que z esteja suficientemente pr´oximo de z0 . Um exemplo imediato consiste em mostrar que lim f (z) = z¯0 , onde z→z0

f (z) = z¯. De fato, como |¯ z − z¯0 | = |z − z0 | tome δ = ǫ na defini¸c˜ao acima. Uma propriedade que decorre da Defini¸c˜ao 2.1 ´e a unicidade do limite, isto ´e, se lim f (z) = w0 e lim f (z) = w1 ent˜ao w0 = w1 . De fato z→z0

z→z0

temos que, para 0 < |z − z0 | < δ vale |f (z) − w0 | < ǫ e |f (z) − w1 | < ǫ. Logo, |w0 − w1 | ≤ |f (z) − w0 | + |f (z) − w1 | < 2ǫ.

Como ǫ ´e arbitr´ ario, concluimos que w0 = w1 . Observe que, escrevendo f (z) = u(x, y) + iv(x, y), onde u e v s˜ ao fun¸c˜oes das vari´aveis reais x e y ent˜ao, se existe lim f (z) = w0 e w0 = z→z0

u0 + iv0 , temos que existem os limites lim

(x,y)→(x0 ,y0 )

u(x, y)

e

lim

(x,y)→(x0 ,y0 )

v(x, y)

36

Fun¸c˜ oes Holomorfas

Cap. 3

e esses s˜ ao iguais a lim

u(x, y) = u0

lim

v(x, y) = v0 .

(x,y)→(x0 ,y0 )

e (x,y)→(x0 ,y0 )

De fato, |z − z0 | = |(x, y) − (x0 , y0 )| = |(x − x0 , y − y0 )| e |f (z) − w0 | = |(u(x, y), v(x, y)) − (u0 , v0 )| = |(u(x, y) − u0 , v(x, y) − v0 )|. Agora, |u(x, y) − u0 | ≤ |f (z) − w0 | e |v(x, y) − v0 | ≤ |f (z) − w0 |. Logo,   |u(x, y) − u0 | < ǫ |(x − x0 , y − y0 )| < δ ⇒ |f (z) − w0 | < ǫ ⇒ e   |v(x, y) − v0 | < ǫ.

A reciproca desse fato ´e deixada como exerc´ıcio. As propriedades do limite de uma fun¸c˜ao complexa s˜ ao similares `as do limite de uma fun¸c˜ao real de uma vari´avel, pois tudo que necessitamos s˜ ao a existˆencia de uma distˆ ancia e a estrutura de corpo. Da´ı vem a seguinte 2.2 Proposi¸ c˜ ao. Sejam A ⊂ C um aberto e f1 : A → C, f2 : A → C duas fun¸co ˜es complexas. Fixe um ponto z0 ∈ A. Se lim f1 (z) = w1 e z→z0

lim f2 (z) = w2 ent˜ ao:

z→z0

(i) lim cf1 (z) = cw1 onde c ´e qualquer n´ umero complexo. z→z0

(ii) lim (f1 (z) + f2 (z)) = w1 + w2 . z→z0

(iii) lim f1 (z)f2 (z) = w1 w2 . z→z0

1 z→z0 f1 (z)

(iv) se w1 6= 0 ent˜ ao lim

=

1 w1 .

Limites e Continuidade 37

Se¸c˜ ao 2

Demonstra¸ c˜ ao: Vamos mostrar apenas a propriedade (iii). As demais ficam por conta do leitor interessado. Temos |f1 (z)f2 (z) − w1 w2 | = |f1 (z)f2 (z) − f1 (z)w2 + f1 (z)w2 − w1 w2 |. Pela desigualdade triangular |f1 (z)f2 (z) − f1 (z)w2 + f1 (z)w2 − w1 w2 | ≤ |f1 (z)||f2 (z) − w2 | + |w2 ||f1 (z) − w1 |.

Agora, como existe o limite lim f1 (z) temos que |f1 (z)| ´e limitado se z→z0

z est´a suficientemente pr´oximo de z0 . De fato, basta tomar ǫ = 1 para obter um δ1 tal que |f1 (z)| < |w1 | + 1 para 0 < |z − z0 | < δ1 . Portanto, |f1 (z)f2 (z) − w1 w2 | < (|w1 | + 1)|f2 (z) − w2 | + |w2 ||f1 (z) − w1 |. Como a express˜ao no lado direito da desigualdade fica t˜ao pequena quanto se queira para 0 < |z − z0 | suficientemente pequeno, o resultado se segue. ⊓ ⊔ Como no caso real, o conceito de fun¸c˜ao cont´ınua ´e dado por 2.3 Defini¸ c˜ ao. Sejam A ⊂ C um aberto e f : A → C uma fun¸ca ˜o complexa. Dizemos que f ´e cont´ınua no ponto z0 ∈ A se lim f (z) = z→z0

f (z0 ). Se f satisfaz essa propriedade em todos os pontos de A, dizemos que f ´e cont´ınua em A.

Um exemplo de fun¸c˜ao cont´ınua em C ´e f (z) = z¯. J´a f (z) = z1 ´e cont´ınua em C∗ . Antes de enunciarmos algumas propriedades das fun¸c˜oes complexas cont´ınuas, recordemos o conceito de composi¸c˜ao de fun¸c˜oes: se f : A → C e g : B → C s˜ ao fun¸c˜oes definidas nos abertos A e B, respectivamente, e tais que a imagem f (A) est´a contida em B, tem sentido a express˜ao g(f (z)) para z ∈ A. A composta de f e g ´e, por defini¸c˜ao, a fun¸c˜ao g ◦ f : A −→ C

z 7−→ g(f (z)).

Com isso em m˜ aos temos a 2.4 Proposi¸ c˜ ao. Sejam A e B abertos e f1 : A → C, f2 : A → C e g : B → C fun¸co ˜es complexas, com f1 (A) ⊂ B. Suponha que f1 e f2 s˜ ao ambas cont´ınuas em z0 ∈ A e que g ´e cont´ınua em f1 (z0 ). Ent˜ ao:

38

Fun¸c˜ oes Holomorfas

Cap. 3

(i) as fun¸co ˜es cf1 : A → C, f1 + f2 : A → C, f1 .f2 : A → C s˜ ao cont´ınuas em z0 , onde c ´e um n´ umero complexo qualquer. (ii) se f1 (z0 ) 6= 0 ent˜ ao a fun¸ca ˜o

1 f1

: A → C ´e cont´ınua em z0 .

(iii) a fun¸ca ˜o g ◦ f1 : A → C ´e cont´ınua em z0 . Demonstra¸ c˜ ao: (i) e (ii) ficam a cargo do leitor. Para mostrar (iii) escolha ǫ > 0. Ent˜ao, existe δg > 0 tal que 0 < |w − f1 (z0 )| < δg =⇒ |g(w) − g(f1 (z0 ))| < ǫ. Agora, correspondendo a δg temos um n´ umero δf1 > 0 tal que 0 < |z − z0 | < δf1 =⇒ |f1 (z) − f1 (z0 )| < δg . Da´ı, 0 < |z − z0 | < δf1 =⇒ |g(f1 (z)) − g(f1 (z0 ))| < ǫ. Por exemplo, h(z) = com g(z) = z¯.

3

1 z¯

´e cont´ınua em C∗ pois ´e a composi¸c˜ao de f (z) =

⊓ ⊔ 1 z

A Derivada Complexa

Aqui come¸ca a diferen¸ca entre aplica¸c˜oes f : A → R2 e fun¸c˜oes complexas f : A → C. A raz˜ao disso est´a na estrutura multiplicativa de C, ausente em R2 . A derivada de uma fun¸c˜ao real de uma vari´avel real no ponto x0 ´e definida como limite do quociente de Newton lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) = f ′ (x0 ). x − x0

Sobre C esse quociente tem sentido, ao passo que sobre R2 n˜ao, j´a que n˜ao podemos dividir vetores. Com isso em mente temos a 3.1 Defini¸ c˜ ao. Sejam A ⊂ C um aberto, z0 um ponto de A e f : A → C uma fun¸ca ˜o complexa. Se existir o limite lim

z→z0

f (z) − f (z0 ) z − z0

esse ´e chamado a derivada de f (z) no ponto z0 e notado f ′ (z0 ).

A Derivada Complexa 39

Se¸c˜ ao 3

Vamos dar dois exemplos ilustrativos da derivada complexa. Considere as fun¸c˜oes f (z) = z 2 e g(z) = z¯, ambas definidas em todo C. A primeira delas tem derivada em todos os pontos de C, ao passo que a segunda n˜ao tem derivada em ponto algum! De fato, f (z) − f (z0 ) z 2 − z0 2 = = z + z0 z − z0 z − z0 e portanto f ′ (z0 ) = lim

z→z0

f (z) − f (z0 ) = lim z + z0 = 2z0 . z→z0 z − z0

J´a para g temos
2 x − x0 + i(y0 − y) z¯ − z¯0 (¯ z − z¯0 )2 g(z) − g(z0 ) = = = z − z0 z − z0 |z − z0 |2 (x − x0 )2 + (y0 − y)2 =

(x − x0 )2 − (y0 − y)2 + 2i(x − x0 )(y0 − y) . (x − x0 )2 + (y0 − y)2

Agora, vamos fazer z se aproximar de z0 . Como estamos no plano, podemos fazˆe-lo de uma infinidade de maneiras. Ent˜ao, se z ´e da forma z = (t + x0 ) + iy0 a express˜ao acima se reduz a t2 (t + x0 − x0 )2 − (y0 − y0 )2 + 2i(t + x0 − x0 )(y0 − y0 ) = (t + x0 − x0 )2 + (y0 − y0 )2 t2 ao passo que, se z ´e da forma z = x0 + i(t + y0 ), ent˜ao (x0 − x0 )2 − (y0 − t − y0 )2 + 2i(x0 − x0 )(y0 − t − y0 ) −t2 = . (x0 − x0 )2 + (y0 − t − y0 ))2 t2 J´a se z tem a forma z = (t + x0 ) + i(t + y0 ), ficamos com (t + x0 − x0 )2 − (y0 − t − y0 )2 + 2i(t + x0 − x0 )(y0 − t − y0 ) (t + x0 − x0 )2 + (y0 − t − y0 )2 −2it2 = = −i. 2t2 0) Portanto, o quociente g(z)−g(z assume o valor constante 1 ao longo z−z0 da reta y = y0 , assume o valor constante −1 ao longo da reta x = x0 e

40

Fun¸c˜ oes Holomorfas

Cap. 3

assume o valor constante −i ao longo da reta y−y0 = x−x0 . Concluimos, 0) n˜ao existe. da defini¸c˜ao de limite, que lim g(z)−g(z z−z0 z→z0

3.2 Proposi¸ c˜ ao. Se f ´e deriv´ avel em z0 ent˜ ao f ´e cont´ınua em z0 . Demonstra¸ c˜ ao: Temos lim (f (z) − f (z0 )) = lim

z→z0

z→z0

f (z) − f (z0 ) (z − z0 ) = f ′ (z0 ) 0 = 0. z − z0 ⊓ ⊔

Logo, lim f (z) = f (z0 ). z→z0

3.3 Proposi¸ c˜ ao. Se f e g s˜ ao deriv´aveis em z0 , ent˜ao tamb´em o s˜ ao cf (c um n´ umero complexo qualquer), f + g, f g e f1 (desde que f (z0 ) 6= 0) e valem: (i) (cf )′ (z0 ) = cf ′ (z0 ) (ii) (f + g)′ (z0 ) = f ′ (z0 ) + g ′ (z0 ) (iii) (f g)′ (z0 ) = f (z0 )g ′ (z0 ) + g(z0 )f ′ (z0 )  ′ ′ (iv) f1 (z0 ) = − ff(z(z00)2) .

Demonstra¸ c˜ ao: (i),(ii) e (iii) ficam para o leitor. Quanto a (iv) temos 1 f (z)

−

1 f (z0 )

z − z0

=

f (z0 )−f (z) f (z)f (z0 )

z − z0

=

f (z) − f (z0 ) −1 . f (z)f (z0 ) z − z0

Logo, lim

z→z0

1 f (z)

−

1 f (z0 )

z − z0

= lim

z→z0

−1 f (z) − f (z0 ) f ′ (z0 ) =− . f (z)f (z0 ) z − z0 f (z0 )2

⊓ ⊔

Quanto ` a composi¸c˜ao de fun¸c˜oes temos a regra da cadeia: 3.4 Proposi¸ c˜ ao. Sejam f : A → C e g : B → C com f (A) ⊂ B. Se f ´e deriv´avel em z0 e g ´e deriv´avel em f (z0 ), ent˜ao g ◦ f ´e deriv´avel em z0 e (g ◦ f )′ (z0 ) = g ′ (f (z0 ))f ′ (z0 ). Demonstra¸ c˜ ao: Ponha w0 = f (z0 ) e defina a fun¸c˜ao h por ( g(w)−g(w0 ) − g ′ (w0 ) se w 6= w0 w−w0 h(w) = 0 se w = w0

A Derivada Complexa 41

Se¸c˜ ao 3

h est´a definida num disco aberto centrado em w0 e ´e cont´ınua em w0 pois, como g ´e deriv´avel em w0 , lim h(w) = h(w0 ) = 0. Al´em disso, w→w0

lim (h ◦ f )(z) = h(f (z0 )) = h(w0 ) = 0, j´a que f ´e cont´ınua em z0 . Se

z→z0

w 6= w0 vale a seguinte rela¸c˜ao

g(w) − g(w0 ) = (h(w) + g ′ (w0 ))(w − w0 ) que tamb´em ´e claramente verdadeira para w = w0 . Troque w por f (z) na rela¸c˜ao acima: g(f (z)) − g(f (z0 )) = (h(f (z)) + g ′ (f (z0 )))(f (z) − f (z0 )), divida por z − z0
f (z) − f (z0 ) g(f (z)) − g(f (z0 )) = h(f (z)) + g ′ (f (z0 )) , z − z0 z − z0

tome o limite z → z0 e obtenha

(g ◦ f )′ (z0 ) = g ′ (f (z0 ))f ′ (z0 ).

⊓ ⊔

Vejamos as implica¸c˜oes da existˆencia de f ′ (z0 ) quando consideramos a fun¸c˜ao f : A → C como uma aplica¸c˜ao f : A → R2 , dependente das vari´aveis reais x e y. Escreva f (z) = f (x, y) = u(x, y) + iv(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) e z0 = x0 + iy0 = (x0 , y0 ). Para facilitar a leitura colocamos u(x, y) = u, v(x, y) = v, u(x0 , y0 ) = u0 e v(x0 , y0 ) = v0 . O quociente de Newton lˆe-se u + iv − (u0 + iv0 ) f (z) − f (z0 ) = z − z0 x + iy − (x0 + iy0 ) [(u − u0 ) + i(v − v0 )][(x − x0 ) − i(y − y0 )] = (x − x0 )2 + (y − y0 )2 (u − u0 )(x − x0 ) + (v − v0 )(y − y0 ) = (x − x0 )2 + (y − y0 )2 (v − v0 )(x − x0 ) − (u − u0 )(y − y0 ) +i . (x − x0 )2 + (y − y0 )2 Vamos fazer z tender a z0 . Como o limite f ′ (z0 ) existe, obteremos o mesmo resultado qualquer que seja a dire¸c˜ao de aproxima¸c˜ao. Assim sendo, vamos considerar inicialmente a aproxima¸c˜ao ao longo da reta

42

Fun¸c˜ oes Holomorfas

Cap. 3

y = y0 , isto ´e, colocamos z = x + iy0 e fazemos x tender a x0 . Nessas condi¸c˜oes a express˜ao acima assume a forma f (z) − f (z0 ) [u(x, y0 ) − u(x0 , y0 )] + i[v(x, y0 ) − v(x0 , y0 )] = z − z0 x − x0 u(x, y0 ) − u(x0 , y0 ) v(x, y0 ) − v(x0 , y0 ) = +i . x − x0 x − x0 Portanto (reveja a defini¸c˜ao2.3 do Cap´ıtulo 2), f (z) − f (z0 ) z − z0 v(x, y0 ) − v(x0 , y0 ) u(x, y0 ) − u(x0 , y0 ) + i lim = lim x→x x→x0 x − x0 x − x0 0 ∂u ∂v = (x0 , y0 ) + i (x0 , y0 ). ∂x ∂x

f ′ (z0 ) = lim

z→z0

Tome agora z tendendo a z0 ao longo da reta x = x0 , isto ´e, fa¸ca z = x0 + iy. Nesse caso f (z) − f (z0 ) [v(x0 , y) − v(x0 , y0 )] − i[u(x0 , y) − u(x0 , y0 )] = z − z0 y − y0 u(x0 , y) − u(x0 , y0 ) v(x0 , y) − v(x0 , y0 ) −i = y − y0 y − y0 e concluimos que f (z) − f (z0 ) z − z0 v(x0 , y) − v(x0 , y0 ) u(x0 , y) − u(x0 , y0 ) = lim − i lim y→y0 y→y y − y0 y − y0 0 ∂u ∂v (x0 , y0 ) − i (x0 , y0 ). = ∂y ∂y

f ′ (z0 ) = lim

z→z0

Ora, temos ent˜ao que f ′ (z0 ) =

∂u ∂v (x0 , y0 ) + i (x0 , y0 ) ∂x ∂x

f ′ (z0 ) =

∂u ∂v (x0 , y0 ) − i (x0 , y0 ) ∂y ∂y

e

A Derivada Complexa 43

Se¸c˜ ao 3

e acabamos de mostrar a 3.5 Proposi¸ c˜ ao. (Condi¸c˜oes de Cauchy-Riemann).1 Se a fun¸ca ˜of (z) = u(x, y) + iv(x, y) tem derivada no ponto z0 = x0 + iy0 ent˜ ao ∂v ∂v ∂u ∂u (x0 , y0 ) = (x0 , y0 ) e (x0 , y0 ) = − (x0 , y0 ). ∂x ∂y ∂x ∂y

⊓ ⊔

Observa¸ c˜ ao: Uma dedu¸c˜ao r´apida dessas equa¸c˜oes ´e a seguinte: vimos, no Cap´ıtulo 1, que um n´ umero complexo a + bi est´a identificado com a matriz   a −b . b a Como f ´e deriv´avel em z0 , temos que, considerando f como aplica¸c˜ao real, ela tamb´em ´e deriv´avel em (x0 , y0 ) com matriz jacobiana   ∂u ∂u (x , y ) (x , y ) 0 0 0 0 ∂y   ∂x .  ∂v ∂v (x , y ) (x , y ) 0 0 ∂x 0 0 ∂y

Essa matriz representa ent˜ao um n´ umero complexo e portanto, ´e da forma acima. ⊓ ⊔ A rec´ıproca da proposi¸c˜ao 3.5 ´e falsa, isto ´e, se as componentes u e v de uma fun¸c˜ao complexa satisfazem as condi¸c˜oes de Cauchy-Riemann num ponto z0 , n˜ao ´e verdade que f seja deriv´avel em z0 . Um exemplo ´e ( 0 + 0i se xy = 0 f (z) = 1 + 0i se xy 6= 0 Essa fun¸c˜ao tem todas as derivadas parciais na origem e essas valem 0, logo as condi¸c˜oes de Cauchy-Riemann s˜ ao satisfeitas em 0. Por´em, como n˜ao ´e cont´ınua n˜ao pode ser deriv´avel em 0. Uma condi¸c˜ao para que valha a rec´ıproca ´e dada pela 3.6 Proposi¸ c˜ ao. Seja f : A → C, A ⊂ C aberto, f (z) = u(x, y) + ∂u ∂v iv(x, y), uma fun¸ca ˜o complexa tal que as derivadas parciais ∂u ∂x , ∂y , ∂x , ∂v ao cont´ınuas no ponto z0 = x0 + iy0 ∈ A. Se as ∂y existem em A e s˜ 1

Essas condi¸c˜ oes j´ a eram conhecidas por D’Alembert em 1752, 37 anos antes do nascimento de Cauchy.

44

Fun¸c˜ oes Holomorfas

Cap. 3

condi¸co ˜es de Cauchy-Riemann s˜ ao satisfeitas em z0 , ent˜ ao f ´e deriv´ avel em z0 . Demonstra¸ c˜ ao: Come¸camos mostrando o seguinte Lema. Seja F : A → R, A ⊂ R2 aberto, uma fun¸ca ˜o admitindo derivadas parciais em A, que s˜ ao cont´ınuas no ponto (x0 , y0 ) ∈ A. Ent˜ ao   ∂F F (x, y) − F (x0 , y0 ) = (x − x0 ) (x0 , y0 ) + H(x − x0 , y − y0 ) ∂x   ∂F + (y − y0 ) (x0 , y0 ) + K(x − x0 , y − y0 ) . ∂y onde lim

H(x − x0 , y − y0 ) = 0

lim

K(x − x0 , y − y0 ) = 0.

(x,y)→(x0 ,y0 )

e (x,y)→(x0 ,y0 )

Demonstra¸ c˜ ao do Lema. Ponha x = x0 + h e y = y0 + k e escreva F (x0 +h, y0 +k)−F (x0 , y0 ) = F (x0 +h, y0 +k)−F (x0 , y0 +k)+F (x0 , y0 + k) − F (x0 , y0 ). Invocando o teorema do Valor M´edio para fun¸c˜oes reais de uma vari´avel temos que existe um n´ umero 0 < t < 1 tal que F (x0 + h, y0 + k) − F (x0 , y0 + k) = h Como

∂F ∂x

∂F (x0 + th, y0 + k). ∂x

´e cont´ınua em (x0 , y0 ), a diferen¸ca H(h, k) =

∂F ∂F (x0 + th, y0 + k) − (x0 , y0 ) ∂x ∂x

tende a zero para (h, k) → (0, 0). Logo, (1)

F (x0 + h, y0 + k) − F (x0 , y0 + k) = h



 ∂F (x0 , y0 ) + H(h, k) . ∂x

Analogamente, F (x0 , y0 + k) − F (x0 , y0 ) = k

∂F (x0 , y0 + tk) ∂y

A Derivada Complexa 45

Se¸c˜ ao 3

para algum 0 < t < 1 e a diferen¸ca K(h, k) =

∂F ∂F (x0 , y0 + tk) − (x0 , y0 ) ∂y ∂y

tende a zero para (h, k) → (0, 0). Portanto,   ∂F (2) F (x0 , y0 + k) − F (x0 , y0 ) = k (x0 , y0 ) + K(h, k) . ∂y ⊓ ⊔

Somando (1) e (2) temos o lema.

Para demonstrar a proposi¸c˜ao aplicamos o lema `as componentes u e v de f para escrever f (z) − f (z0 ) = u(x, y) − u(x0 , y0 ) + i(v(x, y) − v(x0 , y0 ))     ∂u ∂u (x0 , y0 ) + H1 + (y − y0 ) (x0 , y0 ) + K1 = (x − x0 ) ∂x ∂y     ∂v  ∂v + i (x − x0 ) (x0 , y0 ) + H2 + (y − y0 ) (x0 , y0 ) + K2 . ∂x ∂y Usando as condi¸c˜oes de Cauchy-Riemann ficamos com  ∂u  ∂v f (z) − f (z0 ) = (z − z0 ) (x0 , y0 ) + i (x0 , y0 ) ∂x ∂x + (H1 + iH2 )(x − x0 ) + (K1 + iK2 )(y − y0 ) e dividindo por z − z0 ∂u ∂v f (z) − f (z0 ) = (x0 , y0 ) + i (x0 , y0 ) (z − z0 ) ∂x ∂x x − x0 y − y0 + (H1 + iH2 ) + (K1 + iK2 ) . z − z0 z − z0 Para concluir a demonstra¸c˜ao basta mostrar que   x − x0 y − y0 lim (H1 + iH2 ) + (K1 + iK2 ) = 0. z→z0 z − z0 z − z0 Agora,

x − x0 z − z0 ≤ 1

e

y − y0 z − z0 ≤ 1

46

Fun¸c˜ oes Holomorfas

Cap. 3

(lembre-se de que, ao passarmos ao limite sempre assumimos z 6= z0 !). Logo,   y − y0 x − x0 + |K1 + iK2 | lim |H1 + iH2 | z − z0 z→z0 z − z0 ≤ lim (|H1 + iH2 | + |K1 + iK2 |) = 0. z→z0

⊓ ⊔ A proposi¸c˜ao acima mostra que a fun¸c˜ao f (z) = z z¯ ´e deriv´avel ape∂u ∂v ∂v nas na origem. De fato, ∂u ∂x = 2x, ∂y = 2y, ∂x = 0 e ∂y = 0. Logo, como as derivadas parciais s˜ ao cont´ınuas e as condic˜oes de Cauchy-Riemann valem apenas em 0 temos f ′ (0) = 0. Uma formula¸c˜ao alternativa das condi¸c˜oes de Cauchy-Riemann ´e a z−z seguinte: recorde que x = z+z 2 e y = 2i . Logo, escrevendo f = u(x, y) + iv(x, y) = u



z+z z−z , 2 2i



+ iv



z+z z−z , 2 2i



temos, pela regra da cadeia ∂f ∂u ∂x ∂u ∂y = + +i ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z



∂v ∂x ∂v ∂y + ∂x ∂z ∂y ∂z

∂f 1 ∂u 1 ∂u = − +i ∂z 2 ∂x 2i ∂y



1 ∂v 1 ∂v − 2 ∂x 2i ∂y

ou seja,





.

.

Com isso em m˜ aos, verifica-se imediatamente que as condi¸c˜oes de CauchyRiemann s˜ ao satisfeitas no ponto z0 se, e somente se, vale 3.5 bis. (Condi¸c˜oes de Cauchy-Riemann).

4

∂f ∂z (z0 )

= 0.

⊓ ⊔

Fun¸c˜ oes Holomorfas

Finalmente podemos definir nosso principal objeto de estudo: 4.1 Defini¸ c˜ ao. Seja f : A → C, A ⊂ C aberto, uma fun¸ca ˜o complexa. ′ f ´e holomorfa em A se f (z) existe para todo ponto z ∈ A. Observe que, por 3.5 bis, dizer que f ´e holomorfa em A ´e o mesmo que dizer que ∂f ∂z (z) = 0 em todos os pontos do aberto A. Isso “esclarece”a

Fun¸c˜ oes Holomorfas 47

Se¸c˜ ao 4

afirmativa feita no in´ıcio desse cap´ıtulo, de que uma fun¸c˜ao ´e holomorfa quando n˜ao depende da vari´avel z. A Proposi¸c˜ao 3.6 fornece um crit´erio (condi¸c˜ao suficiente) para identificar uma fun¸c˜ao holomorfa: se f = u + iv e as derivadas parciais de u e de v existem, s˜ ao cont´ınuas e satisfazem as condi¸c˜oes de CauchyRiemann em A, ent˜ao f ´e holomorfa em A. Muito mais forte ´e o teorema de Loomann-Menchof 2 , que afirma que, se f ´e cont´ınua e as derivadas parciais de u e de v existem e satisfazem as condi¸c˜oes de Cauchy-Riemann em todos os pontos de A, ent˜ao f ´e holomorfa em A. Por exemplo, um polinˆ omio P (z) = an z n + · · · + a1 z + a0 ,

n ∈ N,

an 6= 0,

´e holomorfo em todo o plano C. Para ver isso basta mostrar que um monˆomio f (z) = z m ´e holomorfo e utilizar a proposi¸c˜ao 3.2. Ora, ´e f´acil ver que z m − z0 m = z m−1 + z m−2 z0 + z m−3 z02 + · · · + zz0m−2 + z0m−1 . z − z0 Al´em disso, f (z) = z m ´e cont´ınua em todo ponto do plano (veja exerc´ıcios), logo f (z) − f (z0 ) f ′ (z0 ) = lim = mz0m−1 z→z0 z − z0

e concluimos que f ′ (z) = mz m−1 qualquer que seja z ∈ C. Da´ı vem que P ′ (z) = nan z n−1 + · · · + a1 .

J´a que polinˆ omios s˜ ao holomorfos, as fun¸c˜oes racionais, isto ´e, quocientes P (z) de polinˆ omios f (z) = Q(z) , tamb´em o s˜ ao em todos os pontos para os quais Q n˜ao se anula (veremos adiante que um polinˆ omio se anula apenas num n´ umero finito de pontos). Observe tamb´em que, pela regra da cadeia, a composta de fun¸c˜oes holomorfas ´e holomorfa. 4.2 Defini¸ c˜ ao. Uma fun¸ca ˜o complexa f , definida em todo C e que ´e holomorfa em C ´e chamada fun¸ca ˜o inteira. Um ponto singular de uma fun¸ca ˜o complexa f (ou singularidade de f ) ´e um ponto z0 tal que existe um disco D(z0 , r) no qual f ´e holomorfa exceto no ponto z0 . 2

A prova desse resultado pode ser encontrada em R. Narasimhan, Complex Analysis in One Variable; Birkh¨ auser (1985)

48

Fun¸c˜ oes Holomorfas

Cap. 3

Por exemplo, fun¸c˜oes constantes e polinˆ omios s˜ ao fun¸c˜oes inteiras. Quanto aos pontos singulares, 0 ´e o u ´nico ponto singular de f (z) = z1 , 1 1 ao passo que f (z) = z¯ e i s˜ ao os pontos singulares de f (z) = (z−1)(z−i) n˜ao possui pontos singulares pois n˜ao ´e deriv´avel em ponto algum. Um exemplo importante de fun¸c˜ao inteira ´e

5

A Exponencial

5.1 Defini¸ c˜ ao. A fun¸ca ˜o exponencial ´e definida por exp(z) = ex (cos y + i sen y). Primeiramente observe que exp(z) est´a definida para todo z ∈ C. Al´em disso suas componentes s˜ ao u(x, y) = ex cos y v(x, y) = ex sen y e temos ∂u ∂x ∂u ∂y ∂v ∂x ∂v ∂y

= ex cos y = −ex sen y = ex sen y = ex cos y

e se cumprem as condi¸c˜oes de Cauchy-Riemann. Da continuidade dessas derivadas parciais concluimos que exp(z) ´e holomorfa em todo C e, portanto, ´e uma fun¸c˜ao inteira. Al´em disso sua derivada ´e dada por ∂v ∂u (x, y) + i (x, y) ∂x ∂x = ex (cos y + i sen y) = exp(z).

exp′ (z) =

Antes de mais nada note que se z ´e real, z = x + 0i, ent˜ao exp z = ex . Por outro lado, q | exp z| = ex (cos y)2 + ( sen y)2 = ex

A Exponencial 49

Se¸c˜ ao 5

para todo z. Como ex > 0 obtemos exp z 6= 0. Agora, recordando a representa¸c˜ao polar exp z1 exp z2 = ex1 (cos x1 + i sen y1 )ex2 (cos x2 + i sen y2 ) = ex1 ex2 (cos (x1 + x2 ) + i sen (y1 + y2 ))

(I)

= e(x1 +x2 ) (cos (x1 + x2 ) + i sen (y1 + y2 )) = exp (z1 + z2 )

e 1 1 = x exp z e (cos y + i sen y) 1 = x (cos y − i sen y) e = e−x (cos (−y) + i sen (−y))

(II)

= exp (−z). Por (I) e (II) exp z1 = exp z1 exp (−z2 ) = exp (z1 − z2 ). exp z2 Invocando (I),(II) e usando indu¸c˜ao (III)

(exp z)n = exp(nz) qualquer que seja n ∈ Z.

At´e agora, as propriedades da exponencial complexa coincidiram com as da exponencial real. As diferen¸cas come¸cam na extra¸c˜ao de raizes (recorde a f´ormula do Cap´ıtulo 1), pois se n ´e um inteiro positivo ent˜ao, para cada z ∈ C existem n n´ umeros complexos w(z) satisfazendo n w(z) = exp z. Esse ´e um exemplo do que chamamos de fun¸c˜ao multiforme. De fato, 1

(IV)

1

(exp z) n = [ex (cos y + i sen y)] n      1 y + 2jπ y + 2jπ x n = (e ) cos + i sen n n      x y + 2jπ y + 2jπ =e cos + i sen n n n   z + 2πij = exp para 1 ≤ j ≤ n. n

50

Fun¸c˜ oes Holomorfas

Cap. 3

Segue de (III) e (IV) que, se m ∈ Z e n ∈ N n hm om i 1 m = exp (z + 2πij) (exp z) n = (exp z) n n

para 1 ≤ j ≤ n.

Outra diferen¸ca entre as exponenciais complexa e real ´e que exp z ´e peri´ odica, de per´ıodo imagin´ario 2πi, pois exp (z + 2πi) = ex (cos (y + 2π) + i sen (y + 2π)) = ex (cos y + i sen y) = exp z. Geometricamente, isso quer dizer que a imagem das retas verticais x = x0 pela exponencial s˜ ao circulos centrados em 0, de raio ex0 . J´a as retas horizontais y = y0 s˜ ao enviadas por exp em semi-retas emanando da origem. Quanto ` a conjuga¸c˜ao temos exp z = ex (cos y + iseny) = ex (cos y − i sen y) = ex (cos (−y) + i sen (−y)) = exp z¯ e portanto

| exp z|2 = exp z exp z = exp z exp z¯.

Uma outra propriedade fundamental da exponencial complexa ´e que ela assume qualquer valor complexo n˜ao nulo, ou seja, exp : C → C∗ ´e sobrejetiva. Para ver isso seja w = w1 + iw2 6= 0 e considere a equa¸c˜ao exp z = ex (cos y + i sen y) = w1 + iw2 . Ora, isso ´e simplesmente uma representa¸c˜ao polar de w e concluimos que x = log |w| (logaritmo natural) e que y ´e um argumento de w. Suponha agora que z ´e imagin´ario, z = iy. Ent˜ao exp z = exp (iy) = cos y + i sen y. Essa igualdade fornece uma maneira conveniente de expressar a forma polar de um n´ umero complexo, pois w = r(cos θ + i sen θ) se escreve w = r exp (iθ). Al´em disso, como exp (x + 0i) = ex , as propriedades da exponencial n˜ao s˜ ao conflitantes com as nota¸c˜oes usuais para potˆencias do n´ umero

O Logaritmo 51

Se¸c˜ ao 6

e = 2, 718281..., o u ´nico n´ umero real para o qual se tem log e = 1 (logaritmo natural). Assim sendo introduzimos a nota¸c˜ao, devida a Euler, exp (iθ) = eiθ . Dessa maneira, a forma polar w = r(cos θ + i sen θ) se lˆe w = reiθ . Tamb´em convencionaremos escrever exp z = ez = ex+iy = ex eiy .

6

O Logaritmo

No caso real, a fun¸c˜ao logaritmo ´e a inversa da fun¸c˜ao exponencial, isto ´e, um n´ umero real y ´e o logaritmo do n´ umero real positivo x, log(x) = y, se, e somente se, ey = x. No caso complexo temos um problema pois a exponencial complexa ´e peri´ odica ez = ez+2πij , j ∈ Z. Assim sendo, ´e preciso certa cautela para inverte-la pois n˜ao ´e poss´ıvel obter uma u ´nica fun¸c˜ao f satisfazendo exp (f (z)) = z porque, dada uma tal f , para a fun¸c˜ao g(z) = f (z) + 2πik, k ∈ Z, tamb´em vale que exp (g(z)) = exp (f (z) + 2πik) = exp (f (z)) exp 2πik = exp (f (z)). Dado z ∈ C, z 6= 0, queremos definir o logaritmo de z por se z = ew ent˜ao w = log z. Escreva z = reiθ , −π < θ ≤ π e w = u + iv. A express˜ao acima fica (1)

reiθ = eu+iv = eu eiv .

Primeiramente |z| = |eu+iv | fornece (2)

r = eu

e temos a u ´nica solu¸c˜ao u = log r onde log ´e o logaritmo real. De (1) e (2) resulta que eiθ = eiv

52

Fun¸c˜ oes Holomorfas

Cap. 3

e portanto v = θ + 2πn

n ∈ Z.

Logo, w = log z = log r + i(θ + 2πn) ou log z = log |z| + i arg z. Essa igualdade deixa clara a natureza multiforme do logaritmo pois um n´ umero n˜ao nulo z tem uma infinidade de argumentos. Para obtermos uma fun¸c˜ao, somos for¸cados a nos restringir a dom´ınios em C nos quais o argumento possa ser determinado univocamente. Tais dom´ınios podem ser obtidos como se segue: tome uma semi-reta fechada emanando da origem, Lφ = {(t cos φ, t sen φ) : 0 ≥ t ∈ R}, onde 0 ≤ φ < 2π e ponha Dφ = C \ Lφ . Para todo z ∈ Dφ temos precisamente um u ´nico valor argφ z satisfazendo φ < argφ < φ + 2π. Portanto podemos definir uma fun¸c˜ao, chamada um ramo do logaritmo log : Dφ −→ C por log z = log |z| + iargφ z. O ramo do logaritmo definido no dom´ınio D0 , obtido retirando-se de C o semi-eixo (x, 0), x ≤ 0, ´e chamado de ramo principal. Para o ramo principal temos −π < arg0 z < π e afirmamos que arg0 z ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua em D0 . Para ver isso considere os tˆes dom´ınios U1 = {z : Im(z) > 0}

U2 = {z : Re(z) > 0}

U3 = {z : Im(z) < 0} Sua uni˜ ao U1 ∪ U2 ∪ U3 ´e D0 .

O Logaritmo 53

Se¸c˜ ao 6

y U1

D0 U2

(0,0)

x

U3 Domínio de definição do ramo principal do logaritmo Figura 10 Se um n´ umero complexo z est´a em U1 , ent˜ao seu argumento satisfaz 0 < arg0 z < π. Escrevendo z = x + iy temos que

e podemos tomar

p Rez cos (arg0 z) = x x2 + y 2 = |z| arg0 z = arccos



Rez |z|



que ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua (a inversa da fun¸c˜ao cos no intervalo (0, π) π tal que arccos (0) = π2 ). No dom´ınio U2 temos que −π 2 < arg0 z < 2 e

Aqui tomamos

Imz y = sen (arg0 z) = p . |z| x2 + y 2 arg0 z = arcsen



Imz |z|



π onde arcsen ´e a inversa da fun¸c˜ao sen no intervalo ( −π 2 , 2 ) e que vale 0 em 0; tamb´em uma fun¸c˜ao cont´ınua. Para z ∈ U3 temos −π < arg0 z < 0. Novamente Rez x . = cos (arg0 z) = p 2 2 |z| x +y

Aqui fazemos

arg0 z = arccos



Rez |z|



54

Fun¸c˜ oes Holomorfas

Cap. 3

onde arccos ´e a inversa da fun¸c˜ao cos no intervalo (−π, 0) tal que c˜ao cont´ınua. Como arg0 z ´e cont´ınua em arccos (0) = −π 2 , uma fun¸ cada um dos dom´ınios U1 , U2 e U3 , ela o ´e na uni˜ ao desses dom´ınios e portanto ´e cont´ınua em D0 . Com isso em m˜ aos podemos afirmar que o ramo principal do logaritmo ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua em D0 . Vamos mostrar que ela ´e holomorfa nesse dom´ınio. Dado z0 ∈ D0 seja w0 ∈ C tal que ew0 = z0 . Ent˜ao log′ (z0 ) = lim

z→z0

log z − log z0 w − w0 1 1 = lim w = = . w w w→w0 e − e 0 z − z0 e 0 z0

Portanto

1 qualquer que seja z ∈ D0 . z O mesmo argumento utilizado acima mostra que o ramo de log definido em Dφ ´e holomorfo, qualquer que seja φ (exerc´ıcio). log′ (z) =

7

Potˆ encias Arbitr´ arias

Uma vez definidas as fun¸c˜oes exponencial e logaritmo podemos introduzir a 7.1 Defini¸ c˜ ao. Dados um dom´ınio Dφ , como acima, e um n´ umero λ ∈ C, a fun¸ca ˜o z 7−→ z λ ´e definida por z λ = exp (λ log z) onde z ∈ Dφ e log ´e o ramo do logaritmo definido em Dφ .

O ramo principal da fun¸c˜ao z λ ´e obtido tomando-se o ramo principal do logaritmo na express˜ao que a define. Notando f esse ramo temos que f : D0 −→ C

z 7−→ z λ

´e holomorfa em D0 e sua derivada ´e (usando a regra da cadeia) f ′ (z) = exp (λ log z)

λ exp (λ log z) =λ z exp (log z)

= λ exp ((λ − 1) log z) = λz λ−1 .

Exerc´ıcios 55

Se¸c˜ ao 8

Essa fun¸c˜ao generaliza a no¸c˜ao usual de potˆencia pois, se n ´e um inteiro positivo · · z} . z n = exp (n log z) = exp (log z) · · · exp (log z) = |z ·{z {z } | n vezes n vezes

J´a (lembre-se que estamos considerando o ramo principal)   h arg z i √ h √ arg0 z i √ 1 0 exp log z = exp log n r + i = n r exp i = nz n n n onde z = rearg0 z . Portanto, exp ( n1 log z) fornece uma raiz n-´esima de z.

8

Exerc´ıcios

1) Recorde a f´ormula binomial (x + y)n =

n P

i=0




n i

xn−i y i e use-a para

mostrar que f (z) = z n ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua em C para n ∈ N. 2) Seja f (z) = Mostre que

f (z)−f (0) z−0

(

x3 y(y−ix) x6 +y 2

0

se z 6= 0

se z = 0.

→ 0 para z → 0 ao longo de qualquer reta passando

pela origem, mas que lim

z→0

f (z)−f (0) z−0

n˜ao existe.

3) Verifique se se cumprem as condi¸c˜oes de Cauchy-Riemann para as seguintes fun¸c˜oes: (i) f (z) = x3 − 3xy 2 + i(3x2 y − y 3 ) (ii) f (z) = e−y (cos x + i sen x) (iii) f (z) = e−x (cos y − i sen y) (iv) f (z) = ey (cos x + i sen x) z) 4) Seja f (z) uma fun¸c˜ao inteira. Mostre que a fun¸c˜ao g(z) = f (¯ tamb´em ´e inteira. Mostre que h(z) = f (z) ´e deriv´avel em 0 se, e somente se, f ′ (0) = 0. 5) Calcule a derivada das seguintes fun¸c˜oese determine seus pontos singulares: (i) f (z) =

3z−1 (z−1)(z+4)

56

Fun¸c˜ oes Holomorfas

Cap. 3

iz 5 +2z−i (z−2i)(z+1)2 1 = (z−i)z(z 2 +i) z−i = z+i

(ii) f (z) = (iii) f (z) (iv) f (z)

6) Calcule exp

5+πi 4




, exp

7+3πi 2


, exp

−1−5πi 6


.

7) Para quais valores de z vale exp (i¯ z ) = exp (i¯ z )? 8) Em quais pontos a fun¸c˜ao exp z¯ ´e deriv´avel? 2

9) Determine Re(eiz ). 10) Defina o seno e o co-seno complexos por   1  iz 1  iz cos z = e + e−iz e − e−iz sen z = 2 2i

Mostre que essas fun¸c˜oes s˜ ao inteiras e calcule suas derivadas. Dˆe essas fun¸c˜oes na forma u + iv. Mostre que essas fun¸c˜oes s˜ ao periodicas e determine seus periodos. Ache os zeros dessas fun¸c˜oes. 11) Determine Im(ei sen z ). 12) Resolva a desigualdade |e−iz | < 1. z 13) Ponha tan z = sen cos z . Calcule a derivada de tan z e determine seus pontos singulares. Dˆe essa fun¸c˜ao na forma u + iv. 14) Mostre que: (i) cos z = cos z¯ (ii) sen z = sen z¯ (iii) | sen z|2 = sen 2 x + 2

2



ey −e−y 2

2

.

(iv) | cos z| + | sen z| = 1 se e s´ o se z ´e real. 2 2 (v) sen z + cos z = 1. 15) Defina o seno e o co-seno hiperb´ olicos complexos por cosh z =


1 z e + e−z 2

senh z =


1 z e − e−z 2

Mostre que essas fun¸c˜oes s˜ ao inteiras e calcule suas derivadas. Dˆe essas fun¸c˜oes na forma u + iv. z 16) Ponha tanh z = senh e essa fun¸c˜ao na cosh z . Calcule sua derivada. Dˆ forma u + iv. Determine os pontos z para os quais tanh z ´e real.

Exerc´ıcios 57

Se¸c˜ ao 8

17) Mostre que (i) 2 sen (z1 + z2 ) sen (z1 − z2 ) = cos 2z2 − cos 2z1 (ii) 2 cos (z1 + z2 ) sen (z1 − z2 ) = sen 2z1 − sen 2z2 18) Mostre que senh (z + πi) = − senh z e que cosh (z + πi) = − cosh z. 19) Determine todos os z que satisfazem (i) senh z = i (ii) senh z = −i (iii) cosh z = 0 (iv) senh z = 0 20) Use as partes real e imagin´aria da rela¸c˜ao 1 + z + z2 + · · · + zn =

1 − z n+1 1−z

para obter uma f´ormula para (i) 1 + cos x + cos 2x + · · · + cos nx (ii) sen x + sen 2x + · · · + sen nx (iii) sen θ + sen (θ + ϕ) + · · · + sen (θ + nϕ) 21) Se z1 , . . . , zk s˜ ao n´ umeros tais que Rezj > 0 e Re(z1 . . . zj ) > 0 para 1 ≤ j ≤ k, ent˜ao log (z1 . . . zk ) = log z1 + · · · + log zk . Aqui, log ´e o ramo principal do logaritmo. 22) Resolva as equa¸c˜oes ez = −1, ez = 1 + i, ez = −i, ez = 3i. 23) O chamado paradoxo de Bernoulli ´e o seguinte: (−z)2 = z 2 ⇒ 2 log (−z) = 2 log z ⇒ log (−z) = log z. Aonde est´a o ˆerro? 24) Determine arg0 z onde z ´e cada um dos n´ umeros 1 + i, (1 + i)4 , √ 5 3 umeros. 2 + i . Calcule o logaritmo (ramo principal) desses n´ √

√

25) Usando o ramo principal de z λ calcule 2 2 , 12 √ 26) Determine o ramo principal da fun¸c˜ao z − 1.

27) Derive a fun¸c˜ao log (tanh z 2 ).

2,

(5i)1+i, 1i, 1−i.

58

Fun¸c˜ oes Holomorfas

Cap. 3

28) Mostre que a fun¸c˜ao exponencial ez ´e uma bije¸c˜ao entre a faixa infinita {z : 0 < Im(z) < π} e o semi-plano superior {z : Im(z) > 0}.

29) Mostre que a fun¸c˜ao exponencial ez ´e uma bije¸c˜ao do aberto {z : Re(z) < 0, 0 < Im(z) < π} sobre o aberto {z : |z| < 1, Re(z) > 0}. 30) Determine a imagem do dom´ınio interior a um retˆ angulo {z : a < Re(z) < b, 0 < Im(z) < π} pela exponencial.

31) Mostre que a imagem do aberto {z : −π/2 < Re(z) < π/2, 0 < Im(z)} pela fun¸c˜ao f (z) = sen z ´e o semi-plano superior {z : Im(z) > 0}.

32) Mostre que a fun¸c˜ao f (z) = z n , n ≥ 1, fornece uma bije¸c˜ao entre o aberto {z : |z| > 0, 0 < arg(z) < π/n} e o semi-plano superior {z : Im(z) > 0}. Determine a inversa dessa bije¸c˜ao.

4 S´ eries 1

Sequˆ encias e S´ eries Num´ ericas

S´eries de potˆencias s˜ ao essenciais no estudo das fun¸c˜oes holomorfas pois essas se expressam localmente como tais. Por sua vez, os ingredientes necess´arios ` a compreens˜ ao das s´eries de potˆencias s˜ ao sequˆencias e s´eries num´ericas. Come¸camos ent˜ao com a 1.1 Defini¸ c˜ ao. Uma sequˆencia num´erica ´e uma fun¸ca ˜o do conjunto dos naturais N = {0, 1, 2, 3, . . . } em C, f : N −→ C. O n´ umero complexo f (n) ´e chamado n-´esimo termo ou termo geral da sequˆencia. Dessa maneira, uma sequˆencia fica expressa atrav´es dos pontos f (0), f (1), . . . , f (n), . . . ou seja, atrav´es do conjunto imagem de f , {f (n)}, (n ∈ N). Para simplificar a nota¸c˜ao, podemos tamb´em escrever uma sequˆencia como a0 , a1 , . . . , an , . . . onde ai denota o n´ umero f (i) e not´ala (ai ). Exemplos de sequˆencias s˜ ao: 1) uma sequˆencia constante a, a, a . . . , dada pela fun¸c˜ao constante f (n) = a qualquer que seja n ∈ N. 2) os termos de uma progress˜ ao aritm´etica a, a + r, a + 2r, . . . , a + nr, . . . constituem uma sequˆencia definida pela fun¸c˜aof (n) = a + nr, ou cujo termo geral ´e bn = a + nr.

60

S´ eries

Cap. 4

3) os termos de uma progress˜ ao geom´etrica a, ar, ar2 , . . . , arn , . . . formam uma sequˆencia definida pela fun¸c˜ao f (n) = arn ou por bn = arn . 4) sequˆencias que s˜ ao definidas recursivamente, por exemplo, a0 = 1, a1 = 2 e an = an−1 + an−2 para n ≥ 2. Nesse caso temos a0 = 1, a1 = 2, a2 = 3, a3 = 5, a4 = 8 etc. 5) a sequˆencia formada pelos n´ umeros primos p0 = 2, p1 = 3, p2 = 5, p3 = 7, p4 = 11, . . . . Esse exemplo ilustra o fato de que muitas vezes uma sequˆencia, apesar de perfeitamente definida, n˜ao pode ter seu termo geral explicitado, j´a que ´e imposs´ıvel obter uma f´ormula para esses n´ umeros. A primeira pergunta a se fazer sobre uma sequˆencia ´e se ela ´e limitada ou n˜ao. Mais formalmente, dizemos que (an ) ´e limitada se podemos encontrar um n´ umero positivo K tal que |ai | < K valha para todos os termos da sequˆencia. Isso quer dizer que os pontos ai est˜ao todos contidos no disco D(0, K), de centro 0 e raio K. (an ) ´e dita ilimitada caso contr´ario, ou seja, quando dado qualquer n´ umero positivo K, podemos encontrar um termo ai da sequˆencia satisfazendo |ai | > K. A sequˆencia constante ´e ` obviamente limitada, j´a a sequˆencia dos n´ umeros primos ´e ilimitada (exerc´ıcio). Como sempre, o conceito fundamental associado a uma sequˆencia num´erica ´e o de limite. Da´ı vem a 1.2 Defini¸ c˜ ao. Um n´ umero complexo a ´e o limite da sequˆencia (an ) se os termos da sequˆencia ficam arbitrariamente pr´ oximos de a para n suficientemente grande, isto ´e, se dado qualquer n´ umero positivo ǫ, ´e poss´ıvel encontrar um n´ umero natural n0 tal que, se n ≥ n0 ent˜ ao |an − a| < ǫ. Se a ´e o limite de (an ) escrevemos lim an = a

n→∞

ou

(an ) → a

e dizemos que a sequˆencia (an ) converge a a. Exemplos de sequˆencias convergentes s˜ ao: 1) a sequˆencia constante an = a converge a a. 2) a sequˆencia an = n1 , n ≥ 1 converge a zero. 3) an =

1+i √ , n

n ≥ 1 converge a zero.

Note que o limite de uma sequˆencia ´e u ´nico, isto ´e, se lim an = a e n→∞ lim an = b ent˜ao a = b, pois

n→∞

|a − b| = |a − an + an − b| ≤ |a − an | + |an − b|

Sequˆ encias e S´ eries Num´ ericas 61

Se¸c˜ ao 1

e as duas parcelas ` a direita da desigualdade ficam arbitrariamente pequenas quando n cresce. Uma sequˆencia que n˜ao possui limite ´e chamada divergente. Exemplos de sequˆencias divergentes s˜ ao: 1) an = (−1)n , que adere aos pontos 1 e −1. √ 2) an = n, uma sequˆencia ilimitada. 3) an = sen nπ 2 , que adere aos pontos 0, 1 e −1.

4) a sequˆencia (pn ) dos n´ umeros primos.

Observe que, se uma sequˆencia ´e convergente ent˜ao ela ´e limitada. De fato, suponha (an ) → a. Tome ǫ = 1 e obtenha um n´ umero n0 tal que, para n ≥ n0 , se tem |an − a| < 1, ou seja, |an | < 1 + |a|. Agora, escolha K satisfazendo K ≥ max{|a0 |, . . . , |an0 |, 1+|a|}. Tamb´em temos que, se (an ) → a ent˜ao (|an |) → |a|, pois vale ||an |−|a|| ≤ |an −a|. Al´em disso, dizer que (an ) → a ´e equivalente a dizer que lim |an − a| = 0 n→∞

(exerc´ıcio). Olhe agora para uma sequˆencia (zn ) de n´ umeros complexos. Esses se escrevem zn = an + ibn , onde (an ) e (bn ) s˜ ao sequˆencias de n´ umeros reais. Afirmamos que (zn ) → w = a + ib se, e somente se, (an ) → a e (bn ) → b. Para ver isso, se (zn ) → w ent˜ao, dado ǫ > 0 podemos encontrar n0 tal que n ≥ n0 =⇒ |zn − w| < ǫ.

Agora, se z = x + iy ´e um n´ umero complexo qualquer, temos que p p |x| ≤ x2 + y 2 = |z| e |y| ≤ x2 + y 2 = |z|.

Fazendo z = zn − w = (an − a) + i(bn − b) concluimos que, se n ≥ n0 |an − a| ≤ |zn − w| < ǫ

e |bn − b| ≤ |zn − w| < ǫ

e portanto (an ) → a e (bn ) → b. A rec´ıproca se segue assim: se (an ) → a e (bn ) → b, ent˜ao, dado ǫ > 0, podemos encontrar n1 e n2 tais que ǫ ǫ n ≥ n1 =⇒ |an − a| < e n ≥ n2 =⇒ |bn − b| < 2 2 Tomando n0 ≥ max{n1 , n2 } temos que as desigualdades acima valem para ambas as sequˆencias desde que n ≥ n0 e nesse caso, ǫ ǫ |zn − w| ≤ |an − a| + |bn − b| < + = ǫ 2 2

62

S´ eries

Cap. 4

e portanto, (zn ) → w. Concluimos ent˜ao que uma sequˆencia de n´ umeros complexos converge se, e somente se, as sequˆencias formadas por suas partes real e imagin´aria convergem. Como essas sequˆencias s˜ ao formadas por n´ umeros reais seus limites podem, em v´arios casos, ser encontrados atrav´es das t´ecnicas usuais do C´alculo. Sequˆencias convergentes satisfazem a seguinte 1.3 Proposi¸ c˜ ao. Sejam (zn ) e (wn ) sequˆencias de n´ umeros complexos satisfazendo lim zn = α e lim wn = β. Ent˜ ao n→∞

n→∞

(i) lim czn = cα onde c ∈ C ´e um n´ umero complexo qualquer. n→∞

(ii) lim (zn + wn ) = α + β. n→∞

(iii) lim (zn wn ) = αβ. n→∞

1 n→∞ zn

(iv) se α 6= 0, ent˜ ao lim

= α1 .

Demonstra¸ c˜ ao: (i) e (ii) ficam a cargo do leitor. Quanto a (iii) temos que, dado ǫ > 0 existem n1 e n2 tais que n ≥ n1 =⇒ |zn − α| < ǫ e

n ≥ n2 =⇒ |wn − β| < ǫ.

Agora, |zn wn − αβ| = |zn wn − zn β + zn β − αβ|

r ≤ |zn wn − zn β| + |zn β − αβ| = |zn ||wn − β| + |zn − α||β|.

Como (zn ) ´e uma sequˆencia convergente, ela ´e limitada e podemos encontrar um n´ umero real K > 0 tal que |zn | < K qualquer que seja n. Logo, |zn ||wn − β| < K|wn − β| e ficamos com |zn wn − αβ| < K|wn − β| + |zn − α||β|. Tomando n0 > max{n1 , n2 } temos que para n ≥ n0 vale |zn wn − αβ| < (K + |β|)ǫ.

Se¸c˜ ao 1

Sequˆ encias e S´ eries Num´ ericas 63

J´a que ǫ ´e arbitr´ ario e K e |β| s˜ ao n´ umeros fixados, (K +|β|)ǫ ´e arbitr´ ario e concluimos que (zn wn ) → αβ. Isso mostra (iii). Quanto a (iv) observe que 1 − 1 = α − zn = 1 |zn − α|. zn α zn α |zn α|

Como (zn ) → α e α 6= 0, ou seja, |α| > 0, podemos encontrar um n´ umero |α| natural N tal que n ≥ N ⇒ |zn − α| < 2 , o que nos diz que |zn | > |α| 2 . Concluimos ent˜ao 1 1 1 2 − = zn α |zn ||α| |zn − α| < |α|2 |zn − α|

desde que n ≥ N . Para finalizar note que lim |zn − α| = 0 e portanto n→∞   1 1 ⊓ ⊔ zn → α . O crit´erio mais importante e u ´til para decidir se uma sequˆencia ´e convergente ou n˜ao ´e o chamado Princ´ıpio Geral de Convergˆencia ou Princ´ıpio de Cauchy, que diz o seguinte: 1.4 Teorema. (Princ´ıpio de Cauchy) Uma sequˆencia (zn ) converge se, e somente se, dado qualquer n´ umero ǫ > 0, ´e poss´ıvel encontrar n0 ∈ N tal que n, m ≥ n0 =⇒ |zm − zn | < ǫ.

Informalmente isso quer dizer que, se os termos de uma sequˆencia ficam arbitrariamente pr´oximos entre si, ent˜ao a sequˆencia ´e convergente. Para uma demonstra¸c˜ao desse teorema veja 1 . Dada uma sequˆencia n´ umerica (zn ) podemos associar a ela uma nova sequˆencia (sn ), chamada sequˆencia das somas parciais de (zn ) ou 1

Elon L. Lima - Espa¸cos M´etricos, Projeto Euclides, IMPA

64

S´ eries

Cap. 4

sequˆencia gerada por (zn ) e definida recursivamente por: s0 = z0 s1 = s0 + z1 = (z0 ) + z1 s2 = s1 + z2 = (z0 + z1 ) + z2 .. . sn = sn−1 + zn = (z0 + z1 + · · · + zn−2 + zn−1 ) + zn .. . Observe que sn =

n P

zi . Temos ent˜ao a

i=0

1.5 Defini¸ c˜ ao. Uma s´erie n´ umerica ´e a sequˆencia (sn ) gerada por uma sequˆencia (zn ) de n´ umeros complexos. Se a sequˆencia (sn ) converge a s, dizemos que a s´erie converge e que sua soma ´e o n´ umero s. Se (sn ) diverge dizemos que a s´erie diverge. A s´erie num´erica gerada por (zn ) ´e ∞ P notada zn . n=0

Como no caso de sequˆencias, escrevendo zn = xn + iyn , temos que ∞ ∞ P P (xn + iyn ) converge se, e somente se, as zn = a s´erie num´erica n=0

s´eries de n´ umeros reais

∞ P

n=0

xn e

∞ P

yn convergem. Assim sendo, a con-

n=0

n=0

vergˆencia de s´eries de n´ umeros complexos pode ser testada aplicando-se os crit´erios usuais do C´ alculo `as suas partes real e imagin´aria. O crit´erio mais elementar de convergˆencia de s´eries num´ericas envolve s´eries de n´ umeros reais n˜ao negativos e ´e dado pela ∞ ∞ P P bn duas an e 1.6 Proposi¸ c˜ ao. (Crit´erio de Compara¸c˜ao) Sejam n=0

n=0

s´eries num´ericas, onde an e bn s˜ ao n´ umeros reais satisfazendo an ≥ 0 e bn ≥ 0 para todo n. Suponha que an ≤ bn . Valem: ∞ ∞ P P an tamb´em converge. bn converge ent˜ ao (i) Se (ii) Se

n=0 ∞ P

n=0

n=0

an diverge ent˜ ao

∞ P

bn tamb´em diverge.

n=0

Demonstra¸ c˜ ao: Vamos utilizar o Crit´erio de Cauchy para mostrar (i). Sejam sn = a0 + a1 + · · · + an e Sn = b0 + b1 + · · · + bn as n-´esimas somas

Sequˆ encias e S´ eries Num´ ericas 65

Se¸c˜ ao 1

parcias das s´eries

∞ P

an e

n=0

∞ P

bn , respectivamente. Como esta u ´ltima

n=0

converge temos que, dado ǫ > 0 existe n0 tal que se n, m ≥ n0 ent˜ao |Sn − Sm | < ǫ. Podemos supor que n > m e escrever n = m + k. Ent˜ao |Sn − Sm | = |Sm+k − Sm | = bm+1 + bm+2 + · · · + bm+k < ǫ pois bi ≥ 0. Como 0 ≤ ai ≤ bi temos que |sm+k − sm | = am+1 + am+2 + · · · + am+k

≤ bm+1 + bm+2 + · · · + bm+k = |Sm+k − Sm | < ǫ

e portanto

∞ P

an converge. Para mostrar (ii) observe que se

n=0

diverge ent˜ao lim sn = +∞. De fato, como an ≥ 0 temos n→∞ sn−1

∞ P

n=0 que sn

an =

sn−1 + an ≥ e j´a que (sn ) diverge, s´ o nos resta a possibilidade (sn ) → +∞. Agora, Sn ≥ sn e concluimos (Sn ) → +∞. ⊓ ⊔ Por outro lado temos tamb´em o seguinte crit´erio, mais apropriado para se mostrar que uma s´erie diverge: 1.7 Proposi¸ c˜ ao. Seja ∞ P

∞ P

an uma s´erie de n´ umeros complexos. Se

n=0

an converge ent˜ ao a sequˆencia (an ) converge a 0.

n=0

Demonstra¸ c˜ ao: Pelo Crit´erio de Cauchy temos que lim |sn − sn−1 | = lim |an | = 0.

n→∞

n→∞

⊓ ⊔

Concluimos que lim an = 0. n→∞

A proposi¸c˜ao acima nos diz, em particular, que se

∞ P

an converge

n=0

ent˜ao a sequˆencia (an ) ´e limitada pois lim an = 0. n→∞

Nosso interesse principal no que diz respeito `as s´eries num´ericas est´a na considera¸c˜ao das s´eries absolutamente convergentes, da´ı a 1.8 Defini¸ c˜ ao. A s´erie num´erica gente se a s´erie

∞ P

n=0

∞ P

zn ´e dita absolutamente conver-

n=0

|zn |, gerada pela sequˆencia (|zn |), for convergente.

66

S´ eries

Cap. 4

A importˆ ancia desse conceito ficar´a clara ao estudarmos s´eries de potˆencias por´em, por agora nos contentaremos com a 1.9 Proposi¸ c˜ ao. Se a s´erie

∞ P

zn ´e absolutamente convergente, ent˜ ao

n=0

ela ´e convergente.

Demonstra¸ c˜ ao: Novamente vamos utilizar o Crit´erio de Cauchy. Seja ∞ P zn . Observe que, sn = z0 + z1 + · · · + zn a n-´esima soma parcial de n=0

pela desigualdade triangular,

|sm+k − sm | = |zm+k + zm+k−1 + · · · + zm+1 |

≤ |zm+k | + |zm+k−1 | + · · · + |zm+1 |.

Agora, a u ´ltima express˜ao nada mais ´e do que a diferen¸ca |Sm+k − ∞ P |zn |. Como essa ´e convergente, a Sm | das somas parciais da s´erie n=0

diferen¸ca |Sm+k − Sm | fica t˜ao pequena quanto se queira, desde que m ∞ P zn seja suficientemente grande. Segue do Crit´erio de Cauchy que n=0

converge.

⊓ ⊔

1.10 A S´ erie Geom´ etrica. A s´erie gerada pela sequˆencia dos termos de uma progress˜ ao geom´etrica ´e chamada uma s´erie geom´etrica e desempenha um papel fundamental no estudo da convergˆencia de s´eries. Seja r > 0 um n´ umero real e considere a sequˆencia an = rn . A s´erie gerada por essa sequˆencia ´e dada ´ claro que se r ≥ 1 ent˜ao a sequˆencia por sn = 1 + r + r2 + · · · + rn . E sn diverge. Por outro lado, foi visto no Exerc´ıcio 13 do Cap´ıtulo 1 que, para r 6= 1 1 − rn+1 sn = 1 + r + r2 + · · · + rn = . 1−r Agora, se r < 1 ent˜ao lim rn+1 = 0. De fato, rn+1 = e(n+1) log r e, n→∞ j´a que r < 1, seu logaritmo ´e um n´ umero negativo, log r < 0. Logo n+1 (n+1) log r lim r = lim e = 0. Da´ı vem que n→∞

n→∞

1 − rn+1 1 = . n→∞ 1 − r 1−r

lim sn = lim

n→∞

Sequˆ encias e S´ eries Num´ ericas 67

Se¸c˜ ao 1

Portanto, ∞ X

n=0

∞ X 1 rn diverge para r ≥ 1. para 0 < r < 1 e r = 1−r n

n=0

Podemos realizar algumas opera¸c˜oes com s´eries convergentes, exemplificadas pela 1.11 Proposi¸ c˜ ao. Sejam ∞ P

zn = α e

∞ P

n=0

um n´ umero qualquer e ∞ P

n=0

czn = cα e

∞ P

zn e

∞ P

wn duas s´eries convergentes com

n=0

wn = β. Ent˜ ao as s´eries

n=0

n=0

∞ P

∞ P

∞ P

n=0

czn , onde c ∈ C ´e

(zn + wn ) s˜ ao ambas convergentes e valem

n=0

(zn + wn ) = α + β.

n=0

Demonstra¸ c˜ ao: Lembre-se que a s´erie gerada por uma sequˆencia ´e a sequˆencia das somas parciais desta. Logo, se sn e Sn denotam as sequˆencias de somas parciais de (zn ) e de (wn ) respectivamente, ent˜ao, usando a Proposi¸c˜ao1.3 temos que ∞ X

czn = lim csn = c lim sn = cα = c

n=0

n→∞

n→∞

∞ X

zn

n=0

e ∞ X

n=0

(zn + wn ) = lim (sn + Sn ) n→∞

= lim sn + lim Sn n→∞

=α+β =

n→∞

∞ X

n=0

zn +

∞ X

wn .

n=0

Podemos tamb´em multiplicar s´eries absolutamente convergentes utilizando o chamado produto de Cauchy. Falaremos sobre isso na pr´oxima se¸c˜ao e nos exerc´ıcios do final desse cap´ıtulo.

68

2

S´ eries

Cap. 4

S´ eries de Potˆ encias

Consideraremos agora sequˆencias de fun¸c˜oes, isto ´e, uma correspondˆencia que a cada n´ umero natural n ∈ N associa uma fun¸c˜ao da vari´avel complexa z, fn (z), definida num subconjunto de C. Vamos nos concentrar num tipo simples de tais objetos, a saber, sequˆencias de potˆencias de z, onde fn (z) = an z n , an ∈ C. 2.1 Defini¸ c˜ ao. Dada uma sequˆencia (an z n ), a s´erie por ela gerada ´e ∞ P chamada uma s´erie de potˆencias de centro em 0 e notada an z n . n=0

Para clarificar essa defini¸c˜ao lembramos que a s´erie gerada pela sequˆencia (an z n ) ´e dada pela seguinte sequˆencia de somas parcias S0 (z) = a0 S1 (z) = S0 (z) + a1 z = a0 + a1 z S2 (z) = S1 (z) + a2 z 2 = (a0 + a1 z) + a2 z 2 .. . Sn (z) = Sn−1 (z) + an z n = (a0 + a1 z + · · · + an−1 z n−1 ) + an z n .. . Observe que, para cada n, a n-´esima soma parcial Sn (z) ´e um polinˆ omio na vari´avel z, isto ´e, uma fun¸c˜ao definida para todo z ∈ C. A quest˜ao ∞ P an z n e a pergunta crucial ´e a compreens˜ ao do limite lim Sn (z) = n→∞

n=0

natural a se fazer ´e: para quais valores de z a sequˆencia (Sn (z)) converge? Outra formula¸c˜ao dessa pergunta seria: Se fizermos f (z) = lim Sn (z), n→∞ sob que condi¸c˜oes teremos uma fun¸c˜ao de z e aonde ela estaria definida? Podemos responder essas quest˜ oes num caso trivial. Fa¸ca z = 0. Ent˜ao S0 (0) = a0 , S1 (0) = a0 , S2 (0) = a0 , . . . , ou seja, a sequˆencia (Sn (0)) ´e constante, igual a a0 , portanto convergente. O problema ´e ent˜ao: existem outros valores de z para os quais (Sn (z)) converge? Uma vez que a sequˆencia (an ) de coeficientes de z n n˜ao est´a explicitada, uma resposta parcial desse problema ´e dada pela 2.2 Proposi¸ c˜ ao. Seja

∞ P

n=0

an z n uma s´erie de potˆencias.

S´ eries de Potˆ encias 69

Se¸c˜ ao 2

(i) Suponha que exista um n´ umero complexo z1 6= 0 para o qual a s´erie converge, isto ´e, lim Sn (z1 ) existe. Ent˜ ao a s´erie converge n→∞

absolutamente qualquer que seja o n´ umero z satisfazendo |z| < |z1 |. (ii) Suponha que exista um n´ umero complexo z2 6= 0 para o qual a s´erie diverge, isto ´e, lim Sn (z2 ) n˜ ao existe. Ent˜ ao a s´erie diverge n→∞

qualquer que seja o n´ umero z satisfazendo |z| > |z2 |.

Demonstra¸ c˜ ao: Agora ficar´a claro o papel da s´erie geom´etrica em argumentos de convergˆencia envolvendo s´eries de potˆencias. Para mostrar ∞ P (i) invocamos inicialmente a Proposi¸c˜ao 1.7. Como a s´erie an z1 n conn=0

verge temos que a sequˆencia num´erica (an z1 n ) converge a 0, lim an z1 n = 0. Ela ´e portanto limitada e existe ent˜ao um n´ umero

n→∞

positivo K tal que K > |an z1 n | = |an ||z1 |n para todo natural n. Seja agora z um n´ umero complexo satisfazendo |z| < |z1 |. Ponha r = |z|z|1 | . Ent˜ao r < 1 e ficamos com n

n

|an z | = |an ||z| = |an ||z1 |

A s´erie ∞ P

∞ P

Krn converge a

n=0

K 1−r

n



|z| |z1 |

n

= |an ||z1 |n rn < Krn .

pois esta ´e simplesmente a s´erie geom´etrica

rn multiplicada por K. Pelo Crit´erio de Compara¸c˜ao (Proposi¸c˜ao

n=0

1.6), a s´erie

∞ P

n=0

|an z n | converge e portanto

∞ P

an z n ´e absolutamente

n=0

convergente. Para mostrar (ii) suponha, por contradi¸c˜ao, que exista ∞ P an z n ´e conum n´ umero z satisfazendo |z| > |z2 | e tal que a s´erie n=0

vergente. Repetindo a demonstra¸c˜ao de (i) concluimos que

converge absolutamente, contrariando a hip´ otese. Portanto, diverge qualquer que seja z com |z| > |z2 |.

∞ P

an z2 n

n=0 ∞ P

n=0

an z n ⊓ ⊔

70

S´ eries

Cap. 4

y z2 z1 x

converge diverge Figura 11

Essa proposi¸c˜ao nos diz que, se

∞ P

an z n converge no ponto z1 , ent˜ao

n=0

essa s´erie converge em todos os pontos do disco (aberto) D(0, |z1 |), de ∞ P centro em 0 e raio |z1 |. Assim sendo, a s´erie an z n define uma fun¸c˜ao n=0

f : D(0, |z1 |) −→ C atrav´es da express˜ao f (z) = lado, se

∞ P

∞ P

an z n . Por outro

n=0

an z n diverge em z2 , ent˜ao ela diverge em todos os pontos fora

n=0

do disco fechado D(0, |z2 |), de centro em 0 e raio |z2 | (eis a explica¸c˜ao para o termo ”de centro em 0”na defini¸c˜ao de s´erie de potˆencias). Esses fatos nos levam ao conceito mais importante no estudo das s´eries de potˆencias, o de raio de convergˆencia. ∞ P an z n , existe um disco fe2.3 Lema. Dada uma s´erie de potˆencias n=0

chado de centro em 0 tal que a s´erie converge absolutamente em todos os pontos z no interior desse disco e diverge em todos os pontos z exteriores a esse disco. 2.4 Defini¸ c˜ ao. O raio R do disco dado pelo Lema ´e chamado de raio ∞ P an z n . de convergˆencia da s´erie n=0

Uma demonstra¸c˜ao desse Lema, juntamente com uma f´ormula geral para o raio de convergˆencia, s˜ ao dados no apˆendice desse cap´ıtulo. O Lema e a defini¸c˜ao merecem um pouco de reflex˜ao. Primeiramente ∞ P an z n sempre converge em z = 0. Por outro observe que uma s´erie n=0

lado, como foi observado acima, se encontrarmos um z1 no qual a s´erie

S´ eries de Potˆ encias 71

Se¸c˜ ao 2

´ converge, ent˜ao ela converge no interior do disco fechado D(0, |z1 |). E l´ıcito portanto procurar o disco fechado de maior raio poss´ıvel, no interior do qual a s´erie convirja. O Lema nos diz que tal disco existe. Agora, pode ocorrer que esse disco se reduza ao u ´nico ponto z = 0, nesse caso seu raio ´e R = 0, ou que seu raio seja um n´ umero positivo R > 0, ou ainda que a s´erie convirja em todos os pontos do plano C e nesse caso temos R = ∞. Os seguintes exemplos ilustram essas possibilidades: considere a s´erie ∞ P n!z n (recorde que n! = 1 · 2 · 3 · · · n e, por defini¸c˜ao, 0! = 1). Afirman=0

mos que essa s´erie converge apenas em z = 0. Para ver isso tome z 6= 0 qualquer e olhe para a sequˆencia (|n!z n |) = (n!|z n |). Como |z n | > 0 temos lim n!|z n | = +∞ (exerc´ıcio) e ent˜ao lim n!z n 6= 0, o que implica n→∞ n→∞ ∞ P n n!z diverge (Proposi¸c˜ao 1.7). que n=0

Seja agora a s´erie

z = r a s´erie fica

∞ P

∞ P

z n e tome qualquer n´ umero real 0 < r < 1. Em

n=0

rn , uma s´erie geom´etrica de raz˜ao r < 1 e portanto

n=0

convergente. Concluimos ent˜ao que

∞ P

z n converge qualquer que seja

n=0

z satisfazendo |z| < r < 1. Mas r < 1 ´e arbitr´ ario e obtemos que essa s´erie converge em qualquer z no interior do disco de centro em 0 e raio 1. Nesse caso R = 1. Note que essa s´erie diverge em todos os pontos z tais que |z| = 1 (exerc´ıcio). Tome um polinˆ omio P (z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n . Este ´e a s´erie de potˆencias gerada pela sequˆencia (ai z i ) onde ai = 0 para i > n. Claramente essa s´erie converge para qualquer z ∈ C e nesse caso temos que o raio de convergˆencia ´e R = ∞. ∞ P an z n ´e um n´ umero Finalizando, se o raio de convergˆencia da s´erie n=0

R > 0 ou R = ∞, ent˜ao a s´erie define uma fun¸c˜ao da vari´avel complexa ∞ P an z n , no dom´ınio U = {z : |z| < R}. Al´em disso, n˜ao se z, f (z) = n=0

pode opinar a priori sobre a convergˆencia ou n˜ao da s´erie nos pontos da fronteira ∂D(0, R) do disco de convergˆencia. Nosso problema agora ´e o de calcular o raio de convergˆencia de uma ∞ P an z n dada (veja o apˆendice desse cap´ıtulo). Isso pode ser feito s´erie n=0

72

S´ eries

Cap. 4

facilmente desde que an 6= 0 para todo n, mais precisamente ∞ P an z n tal que 2.5 Proposi¸ c˜ ao. Considere uma s´erie de potˆencias n=0

an 6= 0 para todo natural n. Ent˜ ao seu raio de convergˆencia R ´e dado pelas express˜ oes an 1 e R= R = lim n→∞ an+1 lim |an |1/n n→∞

desde que esses limites existam.

Demonstra¸ c˜ ao: Para mostrar a primeira dessas f´ormulas fixe um n´ umero z que verifica 0 < |z| < R e olhe para an+1 z n+1 |an+1 ||z n+1 | an+1 an z n = |an ||z n | = an |z|. |z|R umero α satisfazendo |z| Temos lim an+1 |z| = < 1. Escolha um n´ R < n→∞ an   |z| α < 1. Como a sequˆencia an+1 e menor an |z| converge para R que ´ que 1, seus termos ficam arbitrariamente pr´oximos desse n´ umero, em particular, umero natural n0 tal que se tenha podemos encontrar um n´  an+1 aos temos an |z| < α para n ≥ n0 . Com isso em m˜ |an0 +1 ||z|n0 +1 < |an0 ||z|n0 α

|an0 +2 ||z|n0 +2 < |an0 +1 ||z|n0 +1 α < |an0 ||z|n0 α2

|an0 +3 ||z|n0 +3 < |an0 +2 ||z|n0 +2 α < |an0 ||z|n0 α3 .. .

|an0 +k ||z|n0 +k < |an0 +k−1 ||z|n0 +k−1 α < · · · < |an0 ||z|n0 αk .. . e concluimos que a s´erie m´etrica

∞ P

k=0

∞ P

k=0

|an0 ||z|

n0

αk

|an0 +k ||z|n0 +k ´e majorada pela s´erie geo-

= |an0 ||z|n0

∞ P

αk de raz˜ao α < 1. Como essa

k=0

s´erie converge, segue do crit´erio de compara¸c˜ao que

∞ P

k=0

|an0 +k ||z|n0 +k

S´ eries de Potˆ encias 73

Se¸c˜ ao 2

tamb´em converge. Agora, ∞ X

n=0

n0 −1

n

|an ||z | = |a0 | + |a1 ||z| + · · · + |an0 −1 ||z|

e portanto

∞ P

+

∞ X k=0

|an0 +k ||z|n0 +k

an z n ´e absolutamente convergente. Como o n´ umero z

n=0

que verifica |z| < R ´e arbitr´ ario segue-se que

∞ P

an z n converge absolu-

n=0

tamente em todos os pontos do disco D(0, R). Para ver que essa s´erie diverge quando |z| > R ≥ 0, fixe um tal ponto e olhe novamente para a sequˆencia an+1 z n+1 |an+1 ||z n+1 | an+1 an z n = |an ||z n | = an |z|. |z| umero β satisfazendo Temos lim an+1 |z| = R > 1. Escolha um n´ n→∞ an   |z| |z| encia an+1 e R > β > 1. Como a sequˆ an |z| converge para R que ´ maior que 1, seus termos ficam arbitrariamente pr´oximos desse n´ umero e em particular podemos encontrar um natural n tal que se verifique 0  an+1 an |z| > β para n ≥ n0 . Portanto |an0 +1 ||z|n0 +1 > |an0 ||z|n0 β

|an0 +2 ||z|n0 +2 > |an0 +1 ||z|n0 +1 β > |an0 ||z|n0 β 2

|an0 +3 ||z|n0 +3 > |an0 +2 ||z|n0 +2 β > |an0 ||z|n0 β 3 .. .

|an0 +k ||z|n0 +k > |an0 +k−1 ||z|n0 +k−1 β > · · · > |an0 ||z|n0 β k .. . Como β > 1 ficamos com |an0 +k ||z|n0 +k ≥ |an0 ||z|n0 > 0 para todo k ≥ 0 e concluimos que lim |an0 +k ||z|n0 +k 6= 0. Mas isso ´e o mesmo que dizer k→∞ ∞ P an z n diverge em qualquer ponto exterior que lim an z n 6= 0 e a s´erie n→∞

ao disco fechado D(0, R).

n=0

74

S´ eries

Cap. 4

Para mostrar que R=

1 lim |an |1/n

n→∞

repetimos os argumentos acima, trocando a sequˆencia   an+1 z n+1 an z n

pela sequˆencia



 |an |1/n |z| .

⊓ ⊔

Os detalhes s˜ ao deixados ao leitor interessado.

Podemos agora utilizar essa proposi¸c˜ao para calcular o raio de convergˆencia de algumas s´eries. ∞ n P z n e a = 1 e temos Considere a s´erie n n! . O coeficiente de z ´ n! n=0

1 n! 1 n→∞ (n+1)!

R = lim

= lim (n + 1) = ∞ n→∞

e essa s´erie converge absolutamente em todos os pontos do plano C. J´a ∞ n P z a s´erie encia n tem raio de convergˆ n=1

1 n n→∞ 1 n+1

R = lim

n+1 =1 n→∞ n

= lim

e portanto converge absolutamente no disco {z ∈ C : |z| < 1}. Observe que, em geral, nada podemos concluir sobre o comportamento de uma s´erie nos pontos da fronteira do disco de convergˆencia pois nesse exemplo, ∞ P 1 fazendo z = 1 ficamos com a s´erie divergente n e fazendo z = −1

ficamos com a s´erie convergente

∞ P

n=1

n=1

(−1)n n .

A manipula¸c˜ao de s´eries de potˆencias pode ser realizada no dom´ınio comum de convergˆencia, mais precisamente, 2.6 Proposi¸ c˜ ao. Sejam

∞ P

n=0

an z n e

∞ P

n=0

bn z n duas s´eries de potˆencias

com raios de convergˆencia R1 e R2 respectivamente. Ent˜ ao

S´ eries de Potˆ encias 75

Se¸c˜ ao 2

∞ P

∞ P

n=0

can z n tem raio de convergˆencia R1 e para z ∈ D(0, R1 ) vale

can z n = c

∞ P

n=0

n=0

an z n , onde c 6= 0 ´e um n´ umero complexo qualquer.

Ponha R = min{R1 , R2 }. Ent˜ ao, para z ∈ D(0, R) temos que ∞ X

an z n +

∞ X

∞ X

bn z n =

n=0

n=0

n=0

(an + bn )z n .

⊓ ⊔

Demonstra¸ c˜ ao: Basta utilizar a Proposi¸c˜ao 1.11. Quanto ao produto temos 2.7 Proposi¸ c˜ ao. Se as s´eries de potˆencias

∞ P

an z n e

∞ P

bn z n tem

n=0

n=0

raios de convergˆencia R1 e R2 respectivamente ent˜ ao, pondo cn = a0 bn + a1 bn−1 + · · · + an−1 b1 + an b0

cando |z|
0. Ent˜ ao a s´erie g(z) =

∞ X

nan z n−1

n=1

converge absolutamente para |z| < R. Demonstra¸ c˜ ao: Precisaremos do seguinte Lema. Seja 0 ≤ r < 1. Ent˜ ao a s´erie 1 + 2r + 3r2 + 4r3 + · · · + nrn−1 + · · · = converge para

∞ X

nrn−1

n=1

1 . (1−r)2

Demonstra¸ c˜ ao do Lema: A prova envolve um argumento de indu¸c˜ao (o leitor n˜ao familiarizado com tal procedimento deve aceitar a veracidade do enunciado). Inicialmente mostramos que (∗)

1 + 2r + 3r2 + · · · + nrn−1 =

nrn+1 − (n + 1)rn + 1 . (1 − r)2

A afirmativa ´e verdadeira para n = 1 pois 1=

r2 − 2r + 1 . (1 − r)2

Suponha que a afirmativa valha para n. Ent˜ao nrn+1 − (n + 1)rn + 1 + (n + 1)rn (1 − r)2 nrn+1 − (n + 1)rn + 1 + (n + 1)rn (1 − 2r + r2 ) = (1 − r)2 (n + 1)rn+2 − (n + 2)rn+1 + 1 = (1 − r)2 = (1 + 2r + 3r2 + · · · + nrn−1 ) + (n + 1)rn

S´ eries de Potˆ encias 77

Se¸c˜ ao 2

e concluimos que (∗) ´e verdadeira. Para finalizar a demonstra¸c˜ao do Lema observe que (∗) descreve a sequˆencia de somas parciais da s´erie ∞ P nrn−1 e portanto

n=1

∞ X

1 nrn+1 − (n + 1)rn + 1 = 2 n→∞ (1 − r) (1 − r)2

nrn−1 = lim

n=1

⊓ ⊔

pois r < 1 (exerc´ıcio).

A prova da proposi¸c˜ao ´e a seguinte: dado um n´ umero z verificando ∞ P an z n |z| < R, escolha um n´ umero α satisfazendo |z| < α < R. Como n=0

converge absolutamente para |z| < R, a sequˆencia |an αn | ´e limitada e podemos achar K > 0 tal que |an αn | = |an |αn < K =⇒ |an |
0. Ent˜ ao

f ′ (z) =

∞ X

n=1

nan z n−1

78

S´ eries

Cap. 4

para todo z tal que |z| < R, isto ´e, podemos derivar termo a termo uma s´erie de potˆencias no interior de seu disco de convergˆencia. Aten¸ c˜ ao. Esse teorema nos diz que uma s´erie de potˆencias define uma fun¸c˜ao holomorfa no interior do seu disco de convergˆencia. Demonstra¸ c˜ ao: A proposi¸c˜ao anterior nos d´a que g(z) =

∞ X

nan z n−1

n=1

´e absolutamente convergente para |z| < R. Nos resta mostrar que f ′ (z) = g(z). Escolha z0 verificando |z0 | < R. Como s´eries podem ser manipuladas termo a termo temos  ∞  X f (z) − f (z0 ) z n − z0 n n−1 an − g(z0 ) = − nan z0 z − z0 z − z0 n=1

e lembrando que, se z 6= z0

z n − z0 n = z n−1 + z0 z n−2 + · · · + z0 n−1 z − z0

ficamos com

 ∞  X z n − z0 n an − nan z0 n−1 z − z0

n=1

=

∞ X

n=1

an (z n−1 + z n−2 z0 + · · · + z0 n−1 − nz0 n−1 ).

Agora, tome z verificando z 6= z0 e (|z| < R. Ent˜ao, j´a que |z0 | < R |z0 | podemos escolher r tal que R > r > e |z| |an (z n−1 + z n−2 z0 + · · · + z0 n−1 − nz0 n−1 )|


≤ |an | |z n−1 + z n−2 z0 + · · · + z0 n−1 | + n|an ||z0 n−1 |

≤ n|an |rn−1 + n|an |rn−1 = 2n|an |rn−1 . Portanto, ∞ X

n=1

|an (z n−1 + z n−2 z0 + · · · + z0 n−1 − nz0 n−1 )| ≤ 2

∞ X

n=1

n|an |rn−1 .

S´ eries de Potˆ encias 79

Se¸c˜ ao 2

Como pela proposi¸c˜ao anterior

∞ P

nan z n−1 ´e absolutamente convergente

n=1

para |z| < R, concluimos que

∞ P

n=1

an (z n−1 +z n−2 z0 +· · ·+z0 n−1 −nz0 n−1 )

tamb´em o ´e, pois r < R. Considere a sequˆencia de somas parciais dessa s´erie SN (z) =

N X

n=1

e escreva F (z) =

∞ P

n=1

que

an (z n−1 + z n−2 z0 + · · · + z0 n−1 − nz0 n−1 ) an (z n−1 + z n−2 z0 + · · · + z0 n−1 − nz0 n−1 ). Temos

∞ X n−1 n−2 n−1 n−1 an (z +z z0 + · · · + z0 − nz0 ) |F (z) − SN (z)| = n=N +1

e que (|F (z) − SN (z)|) → 0 qualquer que seja z verificando |z| < R. Logo, dado ǫ > 0 podemos encontrar n0 tal que N ≥ n0 nos d´a que ǫ |F (z) − SN (z)| < . 2 Por outro lado, SN (z0 ) = 0 e SN (z) ´e um polinˆ omio em z, ou seja, ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua em z0 e tamb´em podemos encontrar um n´ umero δ > 0 tal que 0 < |z − z0 | < δ fornece |SN (z)| = |SN (z) − SN (z0 )| < 2ǫ . Da´ı vem que |F (z)| ≤ |SN (z)| + |F (z) − SN (z)|
0. Ent˜ ao f (z) tem derivadas de todas as ordens no disco D(0, R) e f (k) (z) = =

∞ X

n=k ∞ X

n=k

n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1)an z n−k n! an z n−k . (n − k)!

Demonstra¸ c˜ ao: Aplique o Teorema recursivamente. Ilustramos atrav´es de g(z) =

∞ P

n=1

g ′ (z) =

∞ X

n=0

Ent˜ao g (2) (z) =

∞ X

n=1

zn n .

zn =

J´a vimos que, para |z| < 1 1 . 1−z

nz n−1 =

1 (1 − z)2

⊓ ⊔

S´ eries de Potˆ encias 81

Se¸c˜ ao 2

e g (3) (z) =

∞ X

n=2

n(n − 1)z n−2 =

2 (1 − z)3

e assim sucessivamente. ∞ P Agora, fazendo z = 0 na express˜ao f (k) (z) =

n=k

n! n−k (n−k)! an z

obte-

mos f (k) (0) = k!ak ou

ak =

f (k) (0) k!

para k ≥ 0. Isso mostra o 2.11 Corol´ ario. Seja f (z) uma fun¸ca ˜o definida pela s´erie de potˆencias ∞ P an z n , com raio de convergˆencia R > 0. Ent˜ ao f (z) ´e dada pela sua

n=0

s´erie de Taylor de centro em 0,

f (z) =

∞ X f (n) (0)

n=0

n!

zn

e essa s´erie converge absolutamente em qualquer z ∈ D(0, R).

⊓ ⊔

At´e agora consideramos s´eries de potˆencias centradas em 0 ∈ C, isto ´e, geradas por sequˆencias da forma (an z n ). N˜ ao h´a nada de especial com o ponto 0 e poderiamos igualmente ter considerado s´eries de ∞ P an (z − z0 )n centradas num ponto z0 ∈ C qualquer, geradas potˆencias n=0

por sequˆencias da forma (an (z − z0 )n ). Todos os resultados sobre s´eries de potˆencias at´e aqui obtidos permanecem v´alidos, bastando trocar z n por (z − z0 )n nos enunciados e demonstra¸c˜oes. Por exemplo, nessa roupagem o Teorema 2.9 se lˆe ∞ P an (z − z0 )n uma s´erie de 2.12 Teorema. (revisitado) Seja f (z) = n=0

potˆencias com raio de convergˆencia R > 0. Ent˜ ao ′

f (z) =

∞ X

n=1

para todo z tal que |z − z0 | < R e o corol´ario acima fica

nan (z − z0 )n−1 ⊓ ⊔

82

S´ eries

Cap. 4

2.13 Corol´ ario. (revisitado) Seja f (z) uma fun¸ca ˜o definida pela s´erie ∞ P an (z − z0 )n , com raio de convergˆencia R > 0. Ent˜ ao de potˆencias n=0

f (z) ´e dada pela sua s´erie de Taylor de centro em z0 , f (z) =

∞ X f (n) (z0 )

n=0

n!

(z − z0 )n

e essa s´erie converge absolutamente em qualquer z ∈ D(z0 , R).

⊓ ⊔

Vamos agora exibir uma propriedade fundamental das s´eries de potˆencias. Come¸camos considerando as mais simples de tais s´eries, os polinˆ omios. Seja P (z) = b0 + b1 z + b2 z 2 + · · · + bn z n um polinˆ omio e z0 um n´ umero complexo satisfazendo P (z0 ) = 0, ou seja, z0 ´e uma raiz da equa¸c˜ao P (z) = 0, tamb´em chamado de um zero de P (z). Tome a s´erie de Taylor de P (z) centrada em z0 , P (z) = a0 + a1 (z − z0 ) + a2 (z − z0 )2 + · · · + an (z − z0 )n (2)

onde a0 = P (z0 ) = 0, a1 = P ′ (z0 ), a2 = P 2!(z0 ) , . . . , an = Como a0 = 0 temos   P (z) = (z − z0 ) a1 + a2 (z − z0 )2 + · · · + an (z − z0 )n

P (n) (z0 ) . 2!

e podemos nos perguntar se a1 = 0. Se esse for o caso ent˜ao   P (z) = (z − z0 )2 a2 + a3 (z − z0 )3 + · · · + an (z − z0 )n

e novamente nos perguntamos se a2 = 0, a3 = 0, etc. Temos duas possibilidades: ou a0 = a1 = a2 = · · · = an = 0 e portanto P (z) ≡ 0, ou a0 = a1 = · · · = ak−1 = 0 mas ak 6= 0 com k ≤ n. Nesse caso dizemos que z0 ´e um zero de P (z) de ordem k ou de multiplicidade k e   P (z) = (z − z0 )k ak + ak+1 (z − z0 )k+1 + · · · + an (z − z0 )n . Observe que isso ´e o mesmo que dizer que

P (z0 ) = P ′ (z0 ) = P (2) (z0 ) = · · · = P (k−1) (z0 ) = 0 e P (k) (z0 ) 6= 0. Portanto P (z) se escreve como o produto de polinˆ omios P (z) = (z − z0 )k Q(z)

S´ eries de Potˆ encias 83

Se¸c˜ ao 2

onde

Q(z) = ak + ak+1 (z − z0 )k+1 + · · · + an (z − z0 )n

verifica Q(z0 ) = ak 6= 0. Como polinˆ omios s˜ ao cont´ınuos, escolhendo |ak | ǫ = 2 podemos encontrar δ > 0 tal que 0 < |z − z0 | < δ =⇒ |Q(z) − ak |
|a2k | > 0 e concluimos que Q(z) 6= 0 em todos os pontos do disco D (z0 , δ). Como z − z0 s´ o se anula em z = z0 , k o polinˆ omio P (z) = (z − z0 ) Q(z) tem um u ´nico zero no disco D (z0 , δ). Nos referimos a isso dizendo que os zeros de um polinˆ omio n˜ao nulo s˜ ao isolados. Essa conclus˜ao se transporta para s´eries de potˆencias atrav´es da ∞ P 2.14 Proposi¸ c˜ ao. Seja f (z) = an (z − z0 )n uma s´erie de potˆencias n=0

com raio de convergˆencia R > 0 e n˜ ao identicamente nula. Se f (z0 ) = a0 = 0 ent˜ ao existe um disco aberto de raio δ ≤ R, de centro em z0 , tal que f (z) 6= 0 para todo z 6= z0 nesse disco.

Demonstra¸ c˜ ao: Trata-se de copiar, na medida do poss´ıvel, os argumentos utilizados acima no caso de polinˆ omios. Seja k o natural tal que a0 = a1 = · · · = ak−1 = 0 e ak 6= 0 (esse k existe pois a s´erie n˜ao ´e identicamente nula). Ent˜ao f (z) =

∞ X

n=0

an (z − z0 )n =

∞ X

m=0

ak+m (z − z0 )k+m .

Olhe para a s´erie ∞ X

m=0

ak+m (z − z0 )m = ak + ak+1 (z − z0 ) + ak+2 (z − z0 )2 + · · ·

Afirmamos que seu raio de convergˆencia ´e R. De fato, denote por Sn (z) as somas parciais de ∞ X an (z − z0 )n n=0

e por sn (z) as de

∞ X

m=0

ak+m (z − z0 )m .

84

S´ eries

Cap. 4

Ent˜ao Sn+k (z) = (z − z0 )k sn (z) e, para |z − z0 | < R, Sn+k (z) converge se, e somente se, sn (z) converge. Portanto, colocando g(z) =

∞ X

m=0

ak+m (z − z0 )m

temos f (z) = lim Sn+k (z) = (z − z0 )k lim sn (z) = (z − z0 )k g(z). n→∞

n→∞

Uma vez que temos a escrita f (z) = (z − z0 )k g(z) onde g(z) ´e cont´ınua e g(z0 ) = ak 6= 0, concluimos a prova utilizando os mesmos argumentos que para o caso de polinˆ omios. ⊓ ⊔ A proposi¸c˜ao acima nos fornece o ∞ P an (z − z0 )n uma s´erie com raio de 2.15 Teorema. Seja f (z) = n=0

convergˆencia R > 0. Suponha que exista uma sequˆencia n˜ ao constante (αm ) tal que lim αm = z0 e f (αm ) = 0. Ent˜ ao a s´erie ´e identicamente m→∞ nula, ou seja, an = 0 para todo n.

Demonstra¸ c˜ ao: Como f ´e cont´ınua, temos lim f (αm ) = f (z0 ) = 0 e m→∞ z0 n˜ao ´e zero isolado de f . A conclus˜ao segue da Proposi¸c˜ao 2.14. ⊓ ⊔ Esse resultado ´e conhecido como Princ´ıpio da Identidade para s´eries de potˆencias. Com isso em m˜ aos podemos dizer o seguinte a respeito da invers˜ao alg´ebrica de uma tal s´erie: ∞ P an z n uma s´erie com raio de convergˆencia 2.16 Proposi¸ c˜ ao. Seja n=0

R > 0 e tal que a0 6= 0. Ent˜ ao existe um δ > 0 e uma s´erie

absolutamente convergente para |z| < δ e verificando ! ∞ ! ∞ X X n n an z bn z = 1. n=0

∞ P

bn z n ,

n=0

n=0

⊓ ⊔

N˜ ao demonstraremos isso por´em ilustramos o procedimento para se obter a inversa. Multiplique as duas s´eries e iguale o produto a 1: a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )z + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )z 2 + · · · = 1.

S´ eries de Potˆ encias 85

Se¸c˜ ao 2

Pelo Teorema 2.15 ficamos com uma infinidade de equa¸c˜oes: a0 b0 = 1 a0 b1 + a1 b0 = 0 a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 = 0 .. . a0 bn + a1 bn − 1 + · · · + an−1 b1 + an b0 = 0 .. . Da primeira delas concluimos que b0 = 1/a0 . Substituindo esse valor na segunda obtemos b1 = −a1 /a20 e assim sucessivamente. Em geral, o termo bn ´e obtido a partir de a0 , . . . , an e de b0 , b1 , . . . , bn−1 , j´a obtidos anteriormente. Note que n˜ao h´a uma f´ormula simples para os bn . Podemos exemplificar invertendo a s´erie de potˆencias f (z) = 1 − z. Sua inversa alg´ebrica, centrada em 0, ´e simplesmente a s´erie geom´etrica pois ∞ X 1 zn. = 1−z n=0

Note que o raio de convergˆencia de f ´e R = ∞ e que o de sua inversa ∞ P z n ´e R = 1. Mais adiante veremos como calcular sua inversa g(z) = n=0

centrada em qualquer ponto z0 6= 0. Encerramos o cap´ıtulo com a defini¸c˜ao de fun¸c˜ao anal´ıtica. O fato espantoso ´e que a Teoria de Cauchy, a ser desenvolvida no pr´ oximo cap´ıtulo, nos diz que no caso complexo fun¸c˜ao anal´ıtica ´e sinˆonimo de fun¸c˜ao holomorfa!

2.17 Defini¸ c˜ ao. Sejam U ⊂ C um dom´ınio e f : U → C uma fun¸ca ˜o. f ´e anal´ıtica em U se, para todo ponto z0 ∈ U , f se expressa como uma s´erie de potˆencias de centro z0 com raio de convergˆencia Rz0 > 0. Repetindo, f ´e anal´ıtica em U se, dado z0 ∈ U temos f (z) =

∞ X

n=0

an (z − z0 )n

86

Sequˆ encias e S´ eries Num´ ericas

Cap. 4

e essa s´erie converge absolutamente num disco D(z0 , Rz0 ) ⊂ U , Rz0 > 0. Observe que pelo, Corol´ario 2.13, temos necessariamente an =

f (n) (z0 ) . n!

Daremos aqui um u ´nico exemplo de fun¸c˜ao anal´ıtica: f (z) = z1 ´e anal´ıtica em C∗ = C \ {0}. Para ver isso escolha z0 6= 0. Ent˜ao     1 1  1 1 1 1     =  . = = z−z z z0 + z − z0 z0 1 + z0 1 − − z−z0 0 z0

z0

0 c˜ao Agora, se z−z z0 < 1 ou seja, para |z − z0 | < |z0 | temos, pela Proposi¸ 1.11, que  ∞  ∞ X 1 z − z0 n X (−1)n n  = − = n (z − z0 ) z−z0 z z 0 0 1 − − z0 n=0 n=0 e essa s´erie converge. Portanto  ∞ ∞  1 X 1 z − z0 n X (−1)n (z − z0 )n = f (z) = = − z z0 z0 z0n+1 n=0

n=0

e todas as condi¸c˜oes da defini¸c˜ao acima se cumprem.

3

Exerc´ıcios n! n. n→∞ n

1) Calcule lim

2) Mostre que, se |α| < 1 ent˜ao lim nαn = 0. n→∞ i h
n . 3) Calcule lim i + 2+3i 5 n→∞ h
n i 4) Existe lim i + 4+3i ? 5 n→∞

5) Calcule

log n , n→∞ n √ n lim ni , lim

n→∞

√ n

log(ni) n , lim n→∞ n→∞ ni √ √ ni ni lim ni , lim n. lim

n→∞

n→∞

Exerc´ıcios 87

Se¸c˜ ao 3

6) Para α ∈ C diga se cada uma das sequˆencias converge ou diverge e, se convergir, determine o limite:  n √
√ √ α , (αn ) , (nαn ) , n( n + α − n) . n 7) (i) Suponha que |α| < |β| < 1. Existe o limite lim

n→∞

√ n

αn + β n ?

(ii) Suponha que |α| = |β| > 1. Mostre que, se a sequˆencia αn − β n ´e limitada, ent˜ao α = β.
8) Existem os limites lim cos(nπi) e lim ni sen πi n ? n→∞

9) Mostre que as s´eries

∞ P

n=0

n→∞

1 ni

e

∞ P

n=0

1 n+i

divergem.

10) Determine o raio de convergˆencia de cada uma das s´eries abaixo: ∞ X

∞ ∞ X X n 11n+2i n n2i n (z − 1) , z , (z − π)n n (3i) n! 2n

∞ X

∞ ∞ X X 7n 1 5 n n zn z , (z + 2) , n n (4 + 3i) (5 + i) log(ni)

n=0

n=0

n=0

n=0

∞ X (i)n

n=0

n=0

2ni

z

n

n=1

∞ ∞ X X 3ni n (−1)n+1 n √ z , , z . i(2n)! 3i n n=0 n=1

  2 ∞  ∞  ∞ X X X 1 n n 1 n n (n!)2 n z , z z , 1+ 1+ (2n)! n n

n=0

n=1

n=1

 ∞ ∞  ∞ X 1 1 n n X log n n X 1− n z , z , zn. n (log n)n

n=1

n=1

n=1

11) Mostre, usando o produto de s´eries (Proposi¸c˜ao 2.7), que se f (z) = ∞ P an z n ent˜ao:

n=0

∞

X 1 f (z) = (a0 + · · · + an )z n . 1−z n=0

88

Sequˆ encias e S´ eries Num´ ericas

Cap. 4

12) Mostre que ∞ X

(n+1)z n =

n=0 ∞ X

1 (1 − z)2

∞ X z z + z2 2 n nz = n z = , (1 − z)2 n=1 (1 − z)3 n=1 ∞ X

n

∞ z + 4z 2 + z 3 X 4 n z + 11z 2 + 11z 3 + z 4 n z = n z = , (1 − z)4 (1 − z)5 n=1 n=1 3 n

13) Seja P (t) = a0 +a1 t+· · ·+ak tk um polinˆ omio e considere a sequˆencia (P (n)), n ≥ 0. Ent˜ao ∞ X P (n)z n f (z) = n=0

´e uma fun¸c˜ao racional. Sugest˜ao: comece considerando monˆomios, isto ∞ P nk z n . Para essas inspire-se no exerc´ıcio 12. ´e, s´eries da forma n=0

14) Considere uma s´erie de potˆencias

∞ P

an z n na qual os coeficientes se

n=0

repetem ciclicamente, an+k = an , onde n ´e qualquer e k ≥ 0 ´e fixado. Calcule seu raio de convergˆencia e sua soma. ∞ P α(α−1)···(α−n+1) n 15) Seja f (z) = 1 + z , onde α ∈ R. Mostre que n! n=1

f (z) converge para |z| < 1 e que f ′ (z) = [(1 + z) α ∈ C?

−α

′

α

αf (z) 1+z .

Conclua da´ı que

f (z)] = 0 e que f (z) = (1 + z) . Esse resultado vale se

16) Aqui vamos considerar o produto de s´eries. Suponha que e

∞ P

∞ P

an

n=0

bn s˜ ao duas s´eries absolutamente convergentes, de somas a e b

n=0

respectivamente. Defina cn , n ≥ 0 por cn = a0 bn + a1 bn−1 + · · · + an−1 b1 + an b0 e considere a s´erie

∞ P

n=0

cn . O objetivo ´e mostrar que ab =

∞ P

n=0

cn .

Exerc´ıcios 89

Se¸c˜ ao 3

(i) Dado ǫ > 0 mostre que ´e poss´ıvel encontrar N tal que, se n ≥ N ent˜ao valem simultaneamente: N 2N 2N N X X X X |bn | < ǫ. |an | < ǫ e bn − ab < ǫ , an n=0

n=0

n=N +1

n=N +1

(ii) Olhe para N 2N 2N N N N X X X X X X bn − ab . an bn + an cn − cn − ab ≤ n=0

n=0

n=0

n=0

n=0

n=0

N N P P bn − ab < ǫ. O problema est´a em majorar a an J´a temos que n=0 n=0 parcela 2N N N X X X an cn − bn . n=0

n=0

n=0

Pense no seguinte diagrama: represente os an pelos pontos (n, 0), os bn pelos pontos (0, n) e os an bm pelos pontos (n, m). A id´eia ´e que as somas 2N P cn nos d˜ao regi˜ oes triangulares (mais precisamente, olhe para parciais n=0

o triˆ angulo de v´ertices (0, 0), (2N, 0) e (0, 2N )), ao passo que o produto N N P P bn nos fornece uma regi˜ ao retangular (mais an das somas parciais n=0

n=0

precisamente, olhe para o retˆ angulo de v´ertices (0, 0), (N, 0), (0, N ) e (N, N )). Com isso em m˜ aos conclua que 2N 2N N N 2N N N X X X X X X X |bn | |an | |bn | + |an | an cn − bn ≤ n=0

e obtenha

n=0

n=0

n=N +1

n=0

n=0

2N N N X X X bn < ǫb + aǫ. an cn − n=0

n=0

n=0

Finalmente fique com

2N X cn − ab < (a + b + 1)ǫ. n=0

Isto feito para s´eries num´ericas, deduza (Proposi¸c˜ao 2.7).

n=N +1

90

4

Sequˆ encias e S´ eries Num´ ericas

Cap. 4

ˆ APENDICE: O Raio de Convergˆ encia

Nesse apˆendice demonstraremos o Lema 2.3 e exibiremos uma f´ormula geral para o raio de convergˆencia de uma s´erie de potˆencias. Come¸camos introduzindo a no¸c˜ao de ponto aderente a uma sequˆencia. Se (an ) ´e uma sequˆencia de n´ umeros reais, um ponto α ´e chamado ponto aderente a (an ) se a seguinte propriedade se verifica: dado qualquer n´ umero ǫ > 0, existe uma infinidade de termos da sequˆencia satisfazendo |α−an | < ǫ. Uma sequˆencia pode ter nenhum, um n´ umero finito ou uma infinidade de pontos aderentes. Por exemplo, a sequˆencia an = n n˜ao possui ponto aderente. J´a uma sequˆencia convergente, (an )
→ a, tem seu limite a como u ´nico ponto aderente. A sequˆencia sen nπ tem trˆes 2 pontos de aderˆencia, −1, 0 e 1. Por outro lado, representando o conjunto dos n´ umeros racionais Q por uma sequˆencia (qn ), temos que qualquer n´ umero real α ´e aderente a (qn ). O limite superior de uma sequˆencia (an ), notado lim sup an , ´e o maior de seus pontos aderentes (observe que s´ o estamos considerando sequˆencias de n´ umeros reais, portanto podemos invocar a ordem de R). Para os exemplos acima, an = n
n˜ao =1 possui lim sup, se (an ) → a ent˜ao lim sup an = a, lim sup sen nπ 2 e lim sup qn n˜ao existe. Isto posto temos o ∞ P Lema. Seja an (z − z0 )n uma s´erie de potˆencias onde an ∈ C e z, n=0

z0 s˜ ao n´ umeros complexos. Defina R por  p 1√ n  se lim sup |an | = 6 0  n  lim sup |an | R=  p  ∞ se lim sup n |an | = 0. Ent˜ ao,

(i) a s´erie converge absolutamente qualquer que seja z satisfazendo |z − z0 | < R e (ii) a s´erie diverge se z satisfaz |z − z0 | > R. Al´em disso, R ´e o u ´nico n´ umero para o qual valem (i) e (ii). Demonstra¸ c˜ ao: Se |z − z0 | < R, escolha r tal que |z − z0 | < r < R. Agora, p 1 1 > = lim sup n |an | r R

ˆ APENDICE: O Raio de Convergˆ encia 91

Se¸c˜ ao 4

p ao e portanto, como n˜ao existem pontos aderentes de ( n |an |) que s˜ 1 umero N tal que se n ≥ N , maiores que R , podemos encontrar um n´ p ent˜ao n |an | < 1r . Mas isso nos diz que |an | < r1n e da´ı vem   |z − z0 | n |z − z0 |n n n = . |an (z − z0 ) | = |an ||z − z0 | < rn r Logo,

∞ X

n=N |z−z0 | r

 ∞  X |z − z0 | n |an (z − z0 ) | < . r n

n=N

< 1, essa u ´ltima s´erie converge e, pelo crit´erio de com∞ P para¸c˜ao, a s´erie |an (z − z0 )n | ´e convergente. Agora, Como

n=N

∞ X

n=0

n

N −1

an (z − z0 ) = a0 + · · · + aN −1 (z − z0 )

e ent˜ao, j´a que

∞ P

n=N

+

∞ X

n=N

an (z − z0 )n

an (z − z0 )n converge absolutamente para |z − z0 |


an (z − z0 )n .

Por outro lado, suponha |z − R e escolha r tal que |z − z0 | > r > R. Nesse caso, p 1 1 < = lim sup n |an | r R p e temos uma infinidade de ´ındices n para os quais valem 1r < n |an |. Mas ent˜ao   |z − z0 | n < |an (z − z0 )n | r e, como

|z−z0 | r

> 1 concluimos que lim |an (z − z0 )n | = 6 0.

n→∞

Segue da Proposi¸c˜ao 1.7 que

∞ P

n=0

an (z − z0 )n diverge.

Como exemplo, considere a s´erie ∞ X

n=0

n

z 2 = z + z 2 + z 4 + z 8 + z 16 + · · ·

⊓ ⊔

92

Sequˆ encias e S´ eries Num´ ericas

Cap. 4

Seu raio de convergˆencia ´e R = 1. Deixamos ao leitor interessado estudar a convergˆencia dessa s´erie nos pontos do c´ırculo de centro em 0 e raio1 (sugerimos que se estudem inicialmente os pontos da forma exp 2πim , 2n onde m, n ∈ N). Como exerc´ıcios simples, calcule os raios de convergˆencia das s´eries   2 ∞  ∞  ∞ X X X 1 n n2 1 n n2 (n!)2 2n z z . , z , 1+ 1+ (2n)! n n

n=0

n=1

n=1

Calcule o raio de convergˆencia da s´erie

∞ P

n=0

z n! e examine a convergˆencia

dessa s´erie nos pontos da fronteira de seu disco de convergˆencia.

5 Teoria de Cauchy Esse cap´ıtulo ´e dedicado a apresentar os resultados fundamentais sobre fun¸c˜oes de uma vari´avel complexa. Diferentemente das fun¸c˜oes reais, as holomorfas admitem uma boa representa¸c˜ao integral, isto ´e, podem ser dadas nos pontos interiores a um disco fechado por uma integral ao longo de sua fronteira. Esse fato nos permite obter uma tal variedade de resultados que validam a teoria das fun¸c˜oes holomorfas como uma das mais profundas, u ´teis e f´erteis de toda a Matem´ atica.

1

Integra¸c˜ ao

Recorde (Defini¸c˜ao 1.5 do Cap´ıtulo 2) que um dom´ınio U no plano C ´e um conjunto aberto, n˜ao vazio e tal que, dados dois pontos z1 e z2 em U , podemos encontrar um caminho suave por partes γ cujo ponto inicial ´e z1 e cujo ponto terminal ´e z2 . Antes de falar em integra¸c˜ao exibimos o seguinte resultado sobre diferencia¸c˜ao, bem conhecido no caso de fun¸c˜oes reais definidas num intervalo da reta: 1.1 Lema. Sejam U ⊂ C um dom´ınio e f : U → C uma fun¸ca ˜o holomorfa. Se f ′ (z) = 0 em todo ponto z ∈ U , ent˜ ao f ´e uma fun¸ca ˜o constante. Demonstra¸ c˜ ao: Fixe um ponto qualquer z0 ∈ U . Dado z ∈ U seja γ : [0, 1] → U um caminho suave por partes tal que γ(0) = z0 e γ(1) = z. O caminho γ ´e, digamos, a justaposi¸c˜ao dos caminhos γ = γ1 ∗γ2 ∗· · ·∗γn . A fun¸c˜ao composta f ◦ γ : [0, 1] → C ´e o caminho suave por partes f ◦ γ = (f ◦ γ1 ) ∗ (f ◦ γ2 ) ∗ · · · ∗ (f ◦ γn ). Vamos estudar cada f ◦ γi ,

94

Teoria de Cauchy

Cap. 5

para 1 ≤ i ≤ n (veja figura). Escrevendo f = u(x, y) + iv(x, y) e γi (t) = xi (t) + iyi (t) temos que (f ◦ γi )(t) = f (γi (t)) = u(xi (t), yi (t)) + iv(xi (t), yi (t)). Olhe para as fun¸c˜oes F (t) = u(xi (t), yi (t)) e G(t) = v(xi (t), yi (t)). Essas s˜ ao fun¸c˜oes reais da vari´avel real t e, pela regra da cadeia F ′ (t) =

∂u ∂u (xi (t), yi (t)).xi ′ (t) + (xi (t), yi (t)).yi ′ (t) ∂x ∂y

G′ (t) =

∂v ∂v (xi (t), yi (t)).xi ′ (t) + (xi (t), yi (t)).yi ′ (t). ∂x ∂y

U 3 4 2 5 8

6

1

7

z

z0 Figura 12

Agora, como f ´e holomorfa vale que ∂v ∂u +i ∂x ∂x bem como valem as condi¸c˜oes de Cauchy-Riemann f′ =

∂u ∂v = ∂x ∂y

e

∂v ∂u =− ∂x ∂y

J´a que f ′ = 0 concluimos que ∂u ∂v ∂v ∂u = = = =0 ∂x ∂y ∂x ∂y e portanto F ′ (t) = 0 e G′ (t) = 0. Sabemos ent˜ao, do C´alculo de uma vari´avel real, que as fun¸c˜oes F e G s˜ ao constantes, digamos F (t) = α e G(t) = β. Mas como (f ◦ γi )(t) = F (t) + iG(t)

Integra¸c˜ ao 95

Se¸c˜ ao 1

concluimos que f ◦ γi ´e constante, f ◦ γi (t) ≡ α + iβ. Isso mostra que f ◦ γi (t) ´e constante para todo i e, como o ponto inicial de γi+1 ´e o ponto terminal de γi , ficamos com f (z0 ) = (f ◦ γ1 )(0) = (f ◦ γn )(1) = f (z). Uma vez que z ´e um ponto qualquer de U obtemos f (z) = f (z0 ), ∀z ∈ U . ⊓ ⊔ Vamos agora integrar fun¸c˜oes complexas. Considere inicialmente um caminho suave γ : [a, b] → C e seja f : U → C uma fun¸c˜ao cont´ınua, onde U ⊂ C ´e um dom´ınio. 1.2 Defini¸ c˜ ao. A integral da fun¸ca ˜o f ao longo do caminho γ ´e o n´ umero complexo Z

f (z)dz =

γ

Zb

f (γ(t))γ ′ (t)dt.

a

A estrutura complexa desempenha um papel fundamental nessa defini¸c˜ao. De fato, escrevendo γ(t) = x(t) + iy(t) temos que γ ′ (t) = x′ (t) + iy ′ (t). Por outro lado, se f (z) = u(x, y) + iv(x, y) ent˜ao f (γ(t)) = u(x(t), y(t)) + iv(x(t), y(t)) e a express˜ao acima se torna Z

f (z)dz =

γ

Zb

f (γ(t))γ ′ (t)dt

a

=

Zb h a

ih i u(x(t), y(t)) + iv(x(t), y(t)) x′ (t) + iy ′ (t) dt.

Efetuando o produto h ih i u(x(t), y(t)) + iv(x(t), y(t)) x′ (t) + iy ′ (t) h i = u(x(t), y(t))x′ (t) − v(x(t), y(t))y ′ (t) h i + i u(x(t), y(t))y ′ (t) + v(x(t), y(t))x′ (t)

96

Teoria de Cauchy

Cap. 5

concluimos que Z

f (z)dz =

γ

Zb

f (γ(t))γ ′ (t)dt

a

=

Zb h a

i u(x(t), y(t))x′ (t) − v(x(t), y(t))y ′ (t) dt

+i

Zb h a

ou seja,

R

i u(x(t), y(t))y ′ (t) + v(x(t), y(t))x′ (t) dt

f (z)dz ´e dada por duas integrais de linha ao longo do caminho

γ

γ (recorde Defini¸c˜ao 3.1 do Cap´ıtulo 2): Z Z Z f (z)dz = udx − vdy + i udy + vdx. γ

γ

γ

O R seguinte procedimento heur´ıstico ajuda a esclarecer a defini¸c˜ao de f (z)dz em termos de integrais de linha: escreva f = u+iv e z = x+iy. γ

Ent˜ao dz = dx + idy e Z Z f (z)dz = (u + iv)(dx + idy) γ

γ

=

Z γ

udx − vdy + i

Z

udy + vdx.

γ

Esse mesmo procedimento nos fornece a justificativa para a seguinte nota¸c˜ao: recorde da Defini¸c˜ao 1.4 do Cap´ıtulo 2 que o comprimento do caminho suave γ ´e definido por ℓ(γ) =

Zb a

′

|γ (t)|dt =

Zb q

x′ (t)2 + y ′ (t)2 dt.

a

Ora, ao longo de γ temos que dx = x′ (t)dt e dy = y ′ (t)dt e portanto dz = (x′ (t) + iy ′ (t))dt. Ingenuamente calculamos o “m´odulo”|dz| =

Integra¸c˜ ao 97

Se¸c˜ ao 1

q x′ (t)2 + y ′ (t)2 dt e obtemos ℓ(γ) =

Zb a

′

|γ (t)|dt =

Z

|dz|.

γ

A partir de agora notaremos o comprimento de um caminho suave γ por Z (1.3) ℓ(γ) = |dz| γ

Exemplificamos 1.2 e (1.3) considerando f (z) = z1 e o caminho γ que ´e o c´ırculo de centro em 0 e raio r > 0. γ se expressa por γ(θ) = r(cos θ + i sen θ) isto ´e, γ(θ) = reiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π. Temos ent˜ao que γ ′ (θ) = rieiθ ou seja, dz = rieiθ dθ e Z

f (z)dz =

γ

Z γ

1 dz = z

Z2π

1 rieiθ dθ = reiθ

0

Z2π

idθ = i

0

Z2π

dθ = 2πi.

0

Por outro lado, o comprimento de γ ´e dado por Z γ

|dz| =

Z2π 0

Como a integral

iθ

|rie |dθ =

R

Z2π 0

iθ

r|ie |dθ =

Z2π 0

rdθ = r

Z2π

dθ = 2πr.

0

f (z)dz ´e dada atrav´es de integrais de linha, a sensi-

γ

bilidade ao sentido de percurso do caminho est´a presente e concluimos que (recorde o Cap´ıtulo 2): Z Z f (z)dz = − f (z)dz γ−

γ

onde γ − ´e o caminho reverso de γ. Uma vez definida a integral de f (z) ao longo de um caminho suave, estendemos de modo natural essa defini¸c˜ao a caminhos suaves por partes: 1.4 Defini¸ c˜ ao. Sejam f e U como na Defini¸ca ˜o 1.2 e γ = γ1 ∗γ2 ∗· · ·∗γn um caminho suave por partes em U . A integral de f (z) ao longo de γ ´e

98

Teoria de Cauchy

Cap. 5

o n´ umero complexo Z Z Z Z f (z)dz = f (z)dz + f (z)dz + · · · + f (z)dz. γ

γ1

γ2

γn

Analogamente a equa¸ca ˜o (1.3), o comprimento do caminho suave por partes γ ´e dado por Z ℓ(γ) = |dz| = ℓ(γ1 ) + ℓ(γ2 ) + · · · + ℓ(γn ) γ

=

Z

γ1

|dz| +

Z

γ2

|dz| + · · · +

Z

γn

|dz|.

Por exemplo, ainda insistindo na fun¸c˜ao f (z) = caminho suave por partes γ da figura

1 z

e considerando o

y 2 3

0

2

3 x 1

4

Figura 13

γ = γ1 ∗ γ2− ∗ γ3− ∗ γ4 onde

π ≤θ≤ 2 γ2 = (2 + t)i 0≤t≤1 π γ3 = 2eiθ − ≤θ≤ 2 γ4 = −(2 + t)i 0 ≤ t ≤ 1.

γ1 = 3eiθ

Temos

Z γ

1 dz = z

Z

γ1

1 dz − z

−

Z

γ2

1 dz − z

Z

γ3

π 2 π 2

1 dz + z

Z

γ4

1 dz. z

Integra¸c˜ ao 99

Se¸c˜ ao 1

Mas, ao longo de γ1 , dz = 3ieiθ dθ e Z

γ1

Zπ/2

1 dz = z

1 3ieiθ dθ = 3eiθ

−π/2

Zπ/2

idθ = πi.

Zπ/2

idθ = πi.

−π/2

Ao longo de γ3 , dz = 2ieiθ dθ e Z

γ3

1 dz = z

Zπ/2

1 2ieiθ dθ = 2eiθ

−π/2

−π/2

J´a para γ2 , dz = idt e Z

1 dz = z

γ2

Z1

1 idt = (2 + t)i

0

Z1 0

1 dt = log 3 − log 2. 2+t

Quanto a γ4 , dz = −idt e Z

1 dz = z

γ4

Portanto,

Z1 0

R γ

1 z dz

−1 − idt = (2 + t)i

Z1 0

1 dt = log 3 − log 2. 2+t

= πi − (log 3 − log 2) − πi + log 3 − log 2 = 0. Quanto

ao comprimento de γ ficamos com Z Z Z Z Z ℓ(γ) = |dz| = |dz| + |dz| + |dz| + |dz| γ

e Z

γ1

e

|dz| =

γ1

Zπ/2

γ2

3dθ = 3π ,

γ2

Z

γ3

−π/2

Z

γ3

|dz| =

Z

γ4

|dz| =

Logo, ℓ(γ) = 3π + 1 + 2π + 1 = 5π + 2.

|dz| =

γ4

Zπ/2

−π/2

Z1 0

dt = 1.

2dθ = 2π

100

Teoria de Cauchy

Cap. 5

A integra¸c˜ao de fun¸c˜oes complexas cont´ınuas goza das seguintes propriedades, que seguem da defini¸c˜ao: Z Z c f (z)dz = cf (z)dz, c ∈ C γ

Z

γ

[f (z) + g(z)]dz =

γ

Z

f (z)dz +

γ

Z

g(z)dz.

γ

Como no caso de fun¸c˜oes reais de uma vari´avel, temos o seguinte conceito: 1.5 Defini¸ c˜ ao. Seja f : U → C uma fun¸ca ˜o cont´ınua, onde U ⊂ C ´e um dom´ınio. Uma fun¸ca ˜o F : U → C ´e chamada uma primitiva de f se F ´e holomorfa em U e F ′ (z) = f (z) para todo ponto z ∈ U . Observe que se F ´e uma primitiva de f , ent˜ao G(z) = F (z) + c tamb´em o ´e, pois G′ (z) = F ′ (z) = f (z). Mas essa falta de unicidade da primitiva n˜ao vai mais longe do que isso pelo Lema 1.1. De fato, se F e G satisfazem F ′ = G′ = f ent˜ao a fun¸c˜ao H : U → C definida por H(z) = F (z) − G(z) ´e tal que H ′ (z) = F ′ (z) − G′ (z) = f (z) − f (z) = 0 em todos os pontos de U , e pelo Lema 1.1 temos que H ´e uma fun¸c˜ao constante, H ≡ c. Isso d´a G(z) = F (z) + c. Vale tamb´em a seguinte vers˜ao do Teorema Fundamental do C´alculo: 1.6 Teorema. Sejam U ⊂ C um dom´ınio, f : U → C uma fun¸ca ˜o cont´ınua, F uma primitiva de f em U e γ um caminho suave por partes em U unindo o ponto z0 ao ponto z1 . Ent˜ ao Z f (z)dz = F (z1 ) − F (z0 ). γ

Em particular, se o caminho ´e fechado ent˜ ao Z f (z)dz = 0. γ

Demonstra¸ c˜ ao: Vamos supor γ(t) = x(t) + iy(t) suave, a ≤ t ≤ b, γ(a) = z0 , γ(b) = z1 . O caso suave por partes fica a cargo do leitor (exerc´ıcio). Ponha ξ(t) = f (γ(t))γ ′ (t) e ϑ(t) = F (γ(t)). Escrevendo

Integra¸c˜ ao 101

Se¸c˜ ao 1

ξ(t) = u(t) + iv(t) e ϑ(t) = U (t) + iV (t) temos que F ′ = f fornece ϑ′ (t) = U ′ (t) + iV ′ (t) = u(t) + iv(t) = ξ(t). Pelo Teorema Fundamental do C´ alculo, Z

f (z)dz =

γ

Zb

ξ(t)dt =

a

Zb

u(t)dt + i

a

Zb

v(t)dt

a

= U (b) − U (a) + i(V (b) − V (a)) = U (b) + iV (b) − U (a) − iV (a) = ϑ(b) − ϑ(a) = F (z1 ) − F (z0 ).

⊓ ⊔

Esse resultado possibilita o c´alculo r´apido da integral de fun¸c˜oes cuja primitiva seja conhecida. Por exemplo, f (z) = z 4 tem a primitiva 5 F (z) = z5 e se γ = t + it2 , 1 ≤ t ≤ 2 ent˜ao Z γ

z 4 dz = F (2 + 4i) − F (1 + i) =

Por outro lado,

R

(2 + 4i)5 (1 + i)5 − . 5 5

z 4 dz = 0 para qualquer caminho fechado, suave por

γ

partes γ. Um exemplo importante de fun¸c˜oes que admitem primitiva ´e dado pelas fun¸c˜oes polinomiais e mais geralmente pela ∞ P 1.7 Proposi¸ c˜ ao. Seja f (z) = an (z − z0 )n definida por uma s´erie n=0

de potˆencias com raio de convergˆencia R > 0. Ent˜ ao a fun¸ca ˜o ∞ X an F (z) = (z − z0 )n+1 n+1 n=0

´e uma primitiva de f e a s´erie que a define converge para |z − z0 | < R. Demonstra¸ c˜ ao: Basta mostrar que a s´erie que define F converge para |z − z0 | < R pois, pelo Teorema 2.9 do Cap´ıtulo 4 podemos deriva-la termo a termo e concluir que F ′ = f . Agora, |z − z0 | an n+1 n = n + 1 |an (z − z0 ) | n + 1 (z − z0 )

102

Teoria de Cauchy

Cap. 5

0| e, para n suficientemente grande, |z−z e suficienn+1 < 1. Portanto, se n ´ temente grande an n+1 < |an (z − z0 )n | n + 1 (z − z0 )

e segue do crit´erio de compara¸c˜ao Proposi¸c˜ao 1.6 do Cap´ıtulo 4 que ∞ P n+1 an converge para |z − z0 | < R. ⊓ ⊔ n+1 (z − z0 )

n=0

Antes de darmos uma caracteriza¸c˜ao geral das fun¸c˜oes que admitem primitiva num dom´ınio exibimos um resultado de natureza t´ecnica, por´em de muita utilidade para o que vir´ a.

1.8 Lema T´ ecnico. Sejam U ⊂ C um dom´ınio, f : U → C uma fun¸ca ˜o cont´ınua e γ(t), a ≤ t ≤ b, um caminho suave por partes em U , de comprimento ℓ(γ). Seja K ≥ 0 um n´ umero real tal que |f (γ(t))| ≤ K para todo a ≤ t ≤ b. Ent˜ ao Z f (z)dz ≤ Kℓ(γ). γ

Demonstra¸ c˜ ao: Inicialmente observamos que um tal n´ umero K sempre existe, pois ´e simplesmente o valor m´ aximo de |f | ao longo do caminho γ, por´em a prova de sua existˆencia ´e de natureza topol´ogica e a omitiremos (veja 1 ). Come¸camos mostrando a seguinte desigualdade: se α e β s˜ ao fun¸c˜oes reais cont´ınuas ent˜ao b Z Zb (*) (α(t) + iβ(t))dt ≤ |α(t) + iβ(t)| dt. a

a

Para ver isso, ponha A =

Rb

α(t)dt e B =

a

A + iB =

Rb

β(t)dt. Ent˜ao

a

Zb

(α(t) + iβ(t))dt

a

1

Elon Lima, Espa¸cos M´etricos, Projeto Euclides, IMPA

Integra¸c˜ ao 103

Se¸c˜ ao 1

e

b Z p 2 2 A + B = |A + iB| = (α(t) + iβ(t))dt . a

Agora,

2

2

A + B = (A − iB)(A + iB) = (A − iB)

Zb

(α(t) + iβ(t))dt

a

e como A e B s˜ ao constantes,

A +B =

Zb

(A − iB)(α(t) + iβ(t))dt

=

Zb

Zb

2

2

a

[Aα(t) + Bβ(t)] dt + i

a

a

[Aβ(t) − Bα(t)] dt.

Mas A2 + B 2 ´e um n´ umero real e portanto sua parte imagin´aria ´e nula, ou seja, Zb [Aβ(t) − Bα(t)] dt = 0 a

e ficamos com

(**)

A2 + B 2 =

Zb

[Aα(t) + Bβ(t)] dt.

a

Agora, o integrando nessa express˜ao nada mais ´e que o produto escalar dos vetores (A, B).(α(t), β(t)) = Aα(t) + Bβ(t) e sabemos do C´ alculo que Aα(t) + Bβ(t) ≤ | (A, B).(α(t), β(t)) | ≤ |(A, B)||(α(t), β(t))|.

104

Teoria de Cauchy

Cap. 5

Logo, Zb a

[Aα(t) + Bβ(t)]dt ≤

Zb a

|(A, B)||(α(t), β(t))|dt

= |(A, B)|

Zb a

|(α(t), β(t))|dt b

Z p = A2 + B 2 |α(t) + iβ(t)|dt a

e, por (∗∗), b

Z p 2 2 A +B ≤ A +B |α(t) + iβ(t)|dt 2

2

a

o que fornece b

Z p A2 + B 2 ≤ |α(t) + iβ(t)|dt a

ou seja, b p Z Zb (α(t) + iβ(t))dt = A2 + B 2 ≤ |α(t) + iβ(t)|dt a

a

e (∗) est´a demonstrada. Com isso em m˜ aos temos b Z Z f (z)dz = f (γ(t))γ ′ (t)dt ≤ (por(∗)) γ

a

≤

Zb a

′

|f (γ(t))||γ (t)|dt ≤

e o lema est´a demonstrado.

Zb

K|γ ′ (t)|dt = Kℓ(γ).

a

⊓ ⊔

Finalmente, podemos caracterizar fun¸c˜oes que admitem primitivas em dom´ınios.

Integra¸c˜ ao 105

Se¸c˜ ao 1

1.9 Teorema. Seja f : U → C uma fun¸ca ˜o cont´ınua definida no dom´ınio U ⊂ C. As seguintes afirmativas s˜ ao equivalentes: (i) f tem uma primitiva em U . R (ii) f (z)dz = 0 para qualquer caminho fechado, suave por partes γ γ

em U . R (iii) f (z)dz s´ o depende dos pontos inicial e terminal de qualquer caλ

minho suave por partes λ em U .

Demonstra¸ c˜ ao: O Teorema 1.6 nos diz que (i) ⇒ (ii) e (i) ⇒ (iii). Para ver que (ii) ⇒ (iii), sejam γ1 e γ2 dois caminhos suaves por partes em U , ambos ligando o ponto z0 ∈ U ao ponto z1 ∈ U . Olhe para o caminho γ1 ∗ γ2− . Esse ´e um caminho fechado em U e portanto, como vale (ii), Z f (z)dz = 0.

γ1 ∗γ2−

Mas ent˜ao Z Z Z Z Z f (z)dz = f (z)dz + f (z)dz = f (z)dz − f (z)dz 0= γ1 ∗γ2−

γ1

γ1

γ2−

γ2

e obtemos (iii). Resta mostrar que (iii) ⇒ (i). Para ver isso fixe um ponto qualquer z0 em U e, dado um ponto z ∈ U , seja γ um caminho suave por partes em U ligando z0 a z. Definimos uma fun¸c˜ao F : U → C por Z F (z) =

f (w)dw.

γ

F est´a bem definida pois, por hip´ otese,

R

f (w)dw s´ o depende de z0 e de

γ

z e n˜ao do caminho γ. Para concluir a prova devemos mostrar que F ´e uma primitiva de f , ou seja, que F ′ = f . Como U ´e aberto, se h ∈ C tem m´ odulo |h| suficientemente pequeno ent˜ao z + h ∈ U . Considere o segmento de reta (um caminho em U ) unindo z a z + h, σ(t) = z + th, 0 ≤ t ≤ 1 (veja figura).

106

Teoria de Cauchy

Cap. 5

z

U

z+h

z0

Figura 14

Pela defini¸c˜ao de F temos Z Z Z F (z + h) = f (w)dw = f (w)dw + f (w)dw γ∗σ

γ

ou seja, F (z + h) = F (z) +

σ

Z

f (w)dw

σ

e da´ı

F (z + h) − F (z) 1 = h h

Z

f (w)dw.

σ

Por outro lado, Z

f (z)dw = f (z)

σ

Z

dw = f (z)h

σ

Z1

dt = f (z)h

0

e ficamos com 1 F (z + h) − F (z) − f (z) = h h

Z σ

1 f (w)dw − h

Mas essa u ´ltima express˜ao ´e igual a Z f (w) − f (z) dw. h σ

Z σ

f (z)dw.

Os Teoremas de Cauchy 107

Se¸c˜ ao 2

Agora, como f ´e cont´ınua, dado ǫ > 0 temos que |f (w) − f (z)| < ǫ para |w − z| suficientemente pequeno. Ora, tomando w ao longo de σ temos, pelo Lema T´ecnico 1.8, que Z f (w) − f (z) ǫ ǫ dw ≤ ℓ(σ) = |h| = ǫ. h |h| |h| σ

Como ǫ ´e arbitr´ ario conclu´ımos que Z f (w) − f (z) dw = 0. lim h→0 h σ

Mas isso ´e o mesmo que dizer que F (z + h) − F (z) − f (z) = 0 h→0 h ou seja, F ′ (z) = f (z). lim

2

⊓ ⊔

Os Teoremas de Cauchy

Essa se¸c˜ao apresenta o resultado central da teoria de fun¸c˜oes de uma vari´avel complexa e explora algumas de suas consequˆencias. Esperamos que ap´ os le-la o leitor se conven¸ca da grande diferen¸ca existente entre o C´ alculo de fun¸c˜oes reais e o de fun¸c˜oes complexas. Come¸camos com o 2.1 Teorema de Cauchy-Goursat. Sejam U um dom´ınio em C e f : U → C uma fun¸ca ˜o holomorfa. Suponha que ∆ ⊂ U ´e um triˆ angulo que limita uma regi˜ ao inteiramente contida em U . Ent˜ ao Z f (z)dz = 0. ∆

U 1 3

2 4 3

2

1

Figura 15

108

Teoria de Cauchy

Cap. 5

Demonstra¸ c˜ ao: Inicialmente munimos o triˆ angulo ∆ da orienta¸c˜ao compat´ıvel com a regi˜ ao por ele limitada, isto ´e, o sentido de percurso ´e o anti-hor´ario. ∆ ´e um caminho suave por partes descrito pela justaposi¸c˜ao dos caminhos γ1 ∗ γ2 ∗ γ3 , como na figura acima. Tome os pontos m´edios dos lados de ∆ e una esses pontos por segmentos de reta, obtendo assim quatro triˆ angulos contidos na regi˜ ao limitada por ∆, digamos ∆1 , ∆2 , ∆3 e ∆4 . Adotamos o sentido de percurso anti-hor´ario para cada um desses triˆ angulos. Temos ent˜ao que Z Z Z Z Z f (z)dz = f (z)dz + f (z)dz + f (z)dz + f (z)dz. ∆

∆1

∆2

∆3

∆4

As quatro integrais acima nos fornecem quatro n´ umeros complexos. Escolhemos dentre eles o que tem maior m´ odulo e chamamos de ∆(1) ao triˆ angulo correspondente. Assim sendo temos Z Z ≤ f (z)dz f (z)dz (1) ∆i ∆

para i = 1, 2, 3, 4 e portanto Z Z f (z)dz ≤ 4 f (z)dz . ∆(1) ∆

Al´em disso, sabemos da geometria elementar que o per´ımetro de cada um dos triˆ angulos ∆i (o comprimento ℓ(∆i )) est´a relacionado com o per´ımetro ℓ(∆) de ∆ por 1 ℓ(∆i ) = ℓ(∆) 2

i = 1, 2, 3, 4

e, em particular, temos que 1 ℓ(∆(1) ) = ℓ(∆). 2 Tamb´em, chamando de δi o lado de ∆i de maior comprimento e de δ o lado de ∆ de maior comprimento, temos as igualdades 1 δi = δ 2

i = 1, 2, 3, 4

Os Teoremas de Cauchy 109

Se¸c˜ ao 2

o que fornece 1 δ (1) = δ. 2 Pois bem, repetimos todo o procedimento acima para o triˆ angulo ∆(1) , isto ´e, o dividimos em quatro novos triˆ angulos, formados a partir dos pontos m´edios de cada um de seus lados, adotamos o sentido de percurso anti-hor´ario para cada um deles e calculamos as quatro integrais correspondentes. Escolhemos dentre elas a que tem maior m´ odulo e chamamos ∆(2) ao triˆ angulo correspondente. Ficamos ent˜ao com os seguintes dados: regi˜ ao limitada por ∆(2) ⊂ regi˜ ao limitada por ∆(1) Z Z f (z)dz f (z)dz ≤ 4 ∆(2) ∆(1) 1 ℓ(∆(2) ) = ℓ(∆(1) ) 2 1 (2) δ = δ (1) . 2

Repetindo o procedimento acima para o triˆ angulo ∆(2) e assim sucessivamente, obtemos ap´ os n-etapas regi˜ ao limitada por ∆(n) ⊂ · · · ⊂ regi˜ ao limitada por ∆(1) Z Z ≤ 4n f (z)dz f (z)dz ∆ ∆(n)  n 1 ℓ(∆) ℓ(∆(n) ) = 2  n 1 δ (n) = δ. 2

110

Teoria de Cauchy

Cap. 5

Invocamos agora um teorema, devido a Georg Cantor 2 , que nos diz que existe um ponto z0 comum a todas as regi˜ oes limitadas pelos triˆ angulos ∆(i) , i ≥ 1. Como f ´e holomorfa (note que essa hip´ otese s´ o interv´em nesse momento), dado ǫ > 0 podemos obter τ > 0 tal que: (i) (ii)

o disco D(z0 , τ ) est´a inteiramente contido em U e (z0 ) ′ (z ) < ǫ. − f 0 < |z − z0 | < τ =⇒ f (z)−f 0 z−z0

Mas essa u ´ltima desigualdade equivale a

|f (z) − f (z0 ) − f ′ (z0 )(z − z0 )| < ǫ|z − z0 |

desde que 0 < |z − z0 | 0 podemos achar δ > 0 tal que 0 < |w − z| < δ ⇒ |f (w) − f (z)| < ǫ. Assim sendo, se 0 < |h| < δ temos, pelo Lema T´ecnico 1.8, que Z 1 Z 1 ǫ|h| [f (w) − f (z)]dw ≤ |f (w) − f (z)||dw| < |h| h |h| −−−−→ −−−−→ z z+h

z z+h

Os Teoremas de Cauchy 113

Se¸c˜ ao 2

(z) − f (z) e portanto F (z+h)−F < h uma primitiva de f .

ǫ|h| |h|

= ǫ ou seja, F ′ (z) = f (z) e F ´e ⊓ ⊔

Temos imediatamente o 2.4 Corol´ ario. (Teorema de Cauchy-Goursat bis). Sejam U ⊂ C um dom´ınio estrelado e f : U → C uma fun¸ca ˜o holomorfa. Se γ ´e um caminho fechado suave por partes em U , ent˜ ao Z f (z)dz = 0. γ

Demonstra¸ cR˜ ao: Pelo Corol´ario 2.3 f tem uma primitiva em U e pelo ⊓ ⊔ Teorema 1.9 f (z)dz = 0. γ

2.5 Exemplo. Suponha que f : U → C ´e uma fun¸c˜ao holomorfa definida num dom´ınio U e que D(a, R) ´e um disco contido em U . Se f (z) ´e holomorfa em todos os pontos z0 ∈ D(a, R) ent˜ao a fun¸c˜ao g(z) = z−z 0 de D(a, R) exceto z0 (na realidade g ´e holomorfa em U \ {z0 } mas nos concentraremos apenas nos pontos do disco). Considere o diˆ ametro de D(a, R) que passa por z0 (se z0 = a considere um diˆ ametro qualquer). Esse diˆ ametro determina dois segmentos de reta com extremo em z0 , digamos L1 e L2 (veja figura abaixo).

1 2

a

L2

L1

a

z0

z0

D(a,R)

D(a,R) Figura 16

Agora, D(a, R) \ L1 e D(a, r) \ L2 s˜ ao dom´ınios estrelados e concluimos que, se γ1 e γ2 s˜ ao caminhos fechados, suaves por partes em

114

Teoria de Cauchy

Cap. 5

D(a, R) \ L1 e D(a, r) \ L2 respectivamente, ent˜ao Z

γ1

f (z) dz = 0 e z − z0

Z

γ2

f (z) dz = 0. z − z0

Esse exemplo ser´a u ´til na demonstra¸c˜ao do resultado central da teoria: 2.6 Teorema. (F´ ormula Integral de Cauchy) Seja f : U → C uma ¯ 0 , r0 ) um fun¸ca ˜o holomorfa definida no dom´ınio U ⊂ C. Sejam D(z disco fechado inteiramente contido em U e Γ sua fronteira, orientada ¯ 0 , r0 ) compativelmente. Se z ´e um ponto qualquer no interior de D(z ent˜ ao Z f (w) 1 dw. f (z) = 2pi w−z Γ

Antes de passarmos ` a demonstrac˜ao, observamos que esse resultado nos diz que, se conhecemos o comportamento de f ao longo da fronteira do disco, ent˜ao determinamos f em todos os pontos interiores a ele. Essa “ridigez”´e um fenˆ omeno tipico do C´alculo de fun¸c˜oes complexas, ausente no caso real e de consequˆencias espantosas. Demonstra¸ c˜ ao: Inicialmente observamos que, como U ´e aberto e ¯ 0 , r0 ) ⊂ U ´e fechado, podemos encontrar um disco aberto D(z0 , R) D(z ¯ 0 , r0 ) ⊂ D(z0 , R) ⊂ U . A partir de agora com R > r0 e tal que D(z vamos considerar f apenas em D(z0 , R). Fixe z ∈ D(z0 , r0 )(o interior ¯ 0 , r0 )) e olhe para a fun¸c˜ao g(w) = f (w) . Essa ´e holomorfa em de D(z w−z todos os pontos de D(z0 , R) exceto z. Procedemos como no Exemplo 2.5 e obtemos dois dom´ınios estrelados associados ao disco D(z0 , R) nos quais g(w) ´e holomorfa. Em seguida, isolamos o ponto z considerando um c´ırculo γ nele centrado, de raio r > 0 suficientemente pequeno afim de que o disco D(z, r) esteja inteiramente contido em D(z0 , r0 ). Como Γ ¯ 0 , r0 ) tem orienta¸c˜ao compat´ıvel, Γ deve ser percorrido no sentido e D(z anti-hor´ario. Considere os caminhos fechados, suaves por partes, σ1 e σ2 , obtidos da seguinte maneira (veja figura):

Os Teoremas de Cauchy 115

Se¸c˜ ao 2

U

d

c z b

z0

D(z 0 ,r0 )

a

Figura 17

σ1 = α∗ (por¸c˜ao de γ − entre os pontos b e c) ∗β∗ (por¸c˜ao de Γ entre os pontos d e a). σ2 = (por¸c˜ao de Γ entre os pontos a e d) ∗β − ∗ (por¸c˜ao de γ − entre os pontos c e b) ∗α− . Como σ1 e σ2 s˜ ao caminhos fechados em dom´ınios estrelados nos quais g(w) ´e holomorfa temos, pelo Teorema de Cauchy-Goursat 2.4, que Z Z f (w) f (w) dw = dw = 0. w−z w−z σ1

Logo,

Z

σ1

σ2

f (w) dw + w−z

Z

σ2

f (w) dw = 0 w−z

mas, Z

σ1

e portanto

f (w) dw + w−z Z Γ

Z

σ2

f (w) dw = w−z

f (w) dw + w−z

Z

γ−

Z Γ

f (w) dw + w−z

γ−

f (w) dw = 0 w−z

ou seja, (∗)

Z Γ

f (w) dw = w−z

Z γ

Z

f (w) dw. w−z

f (w) dw w−z

116

Teoria de Cauchy

Cap. 5

Vamos agora trabalhar a integral

R

f (w) w−z dw.

γ

Z

Z

Temos

f (w) − f (z) + f (z) dw w−z γ Z Z f (w) − f (z) f (z) = dw + dw w−z w−z γ γ Z Z dw f (w) − f (z) dw + f (z) = w−z w−z

f (w) dw = w−z

γ

γ

γ

pois, como z est´a fixado, f (z) ´e uma constante. Ora, γ ´e dado por γ(t) = z + reit , 0 ≤ t ≤ 2π e ent˜ao f (z)

Z γ

Quanto a

R γ

dw = f (z) w−z

f (w)−f (z) dw w−z

Z2π

rieit dt = f (z) reit

0

Z2π

idt = 2πif (z).

0

procedemos utilizando a continuidade de f .

Dado ǫ > 0, podemos encontrar δ > 0 tal que 0 < |w − z| < δ ⇒ |f (w) − f (z)| < ǫ. Escolhendo o raio r do c´ırculo γ menor do que δ (note que temos liberdade para tal) e invocando o Lema T´ecnico 1.8 obtemos Z Z f (w) − f (z) |f (w) − f (z)| ǫ dw ≤ |dw| < 2πr = 2πǫ. w − z |w − z| r γ

γ

Como ǫ ´e arbitr´ ario concluimos que

R γ

Z γ

f (w)−f (z) dw w−z

= 0 e portanto

f (w) dw = 2πif (z). w−z

Segue de (∗) que 1 f (z) = 2πi

Z Γ

e o teorema est´a demonstrado.

f (w) dw w−z ⊓ ⊔

Os Teoremas de Cauchy 117

Se¸c˜ ao 2

Essa f´ormula m´ agica nos permite deduzir o seguinte: definimos fun¸c˜ao holomorfa como aquela que admite derivada em todos os pontos de seu dom´ınio, sem fazer quaisquer outras hip´ oteses sobre a derivada. A F´ormula Integral de Cauchy nos d´a: 2.7 Corol´ ario. Seja f : U → C holomorfa, onde U ´e um dom´ınio. Ent˜ ao f tem derivadas de todas as ordens em todos os pontos de U e Z f (w) n! (n) f (z) = dw ∀z ∈ U 2πi (w − z)n+1 γ

onde γ ´e qualquer c´ırculo centrado em z, percorrido no sentido antihor´ ario e limitando um disco fechado contido em U . Demonstra¸ c˜ ao: Seja r > 0 tal que o c´ırculo γ(t) = z + reit , 0 ≤ t ≤ 2π limita um disco fechado contido em U . Pelo Teorema 2.6 temos   Z 1 1 f (w) f (w) f (z + h) − f (z) = − dw. h 2πi h w − (z + h) w − z γ

Mas, Z γ

  Z 1 f (w) f (w) f (w) − dw. dw = h w − (z + h) w − z (w − z − h)(w − z) γ

Agora, hf (w) f (w) f (w) 2 − (w − z − h)(w − z) = (w − z) (w − z)2 (w − z − h)

e, usando o Lema T´ecnico 1.8 Z   f (w) f (w) 2 − (w − z − h)(w − z) dw (w − z) γ Z Z hf (w) |h||f (w)| = dw ≤ |dw|. 2 |w − z|2 |w − z − h| (w − z) (w − z − h) γ

γ

Se K ´e o valor m´ aximo de |f | ao longo de γ e se |h| < r/2 ent˜ao, |w − z − h| ≥ |w − z| − |h| > r − r/2 = r/2 e obtemos Z |h|K |h|K |h||f (w)| |h|K |dw| < 2 r ℓ(γ) = r3 2πr = 2 4π. 2 r 2 r |w − z| |w − z − h| γ

2

118

Teoria de Cauchy

Cap. 5

Tomando o limite h → 0 concluimos Z Z f (w) f (w) dw = lim dw h→0 (w − z − h)(w − z) (w − z)2 γ

γ

e isso nos diz que f (z + h) − f (z) 1 f (z) = lim = h→0 h 2πi ′

Z γ

f (w) dw. (w − z)2

Para mostrar que f tem derivada segunda, repetimos exatamente o mesmo procedimento, utilizando a f´ormula integral obtida acima para f ′ . Continuando dessa maneira obtemos o corol´ario. ⊓ ⊔ 2.8 Corol´ ario. (Estimativas de Cauchy) Seja f uma fun¸ca ˜o holomorfa definida no disco D(z0 , R) e suponha que |f | ≤ K em D(z0 , R). Ent˜ ao n!K (n) f (z0 ) ≤ n . R

Demonstra¸ c˜ ao: Tome um c´ırculo γ(t) = z0 + reit , 0 ≤ t ≤ 2π, onde r < R. Pelo Corol´ario 2.7 Z n! f (w) dw f (n) (z0 ) = 2πi (w − z0 )n+1 γ

e pelo Lema T´ecnico 1.8 Z n! |f (w)| n!K n!K (n) 2πr = n . |dw| ≤ f (z0 ) ≤ n+1 n+1 2π 2πr r |w − z0 | γ

Como r < R ´e arbitr´ ario, fazendo r tender a R ficamos com n!K n!K (n) f (z0 ) ≤ lim n = n . r→R r R

⊓ ⊔

2.9 Corol´ ario. (Teorema de Liouville) Seja f uma fun¸ca ˜o inteira, isto ´e, f : C → C. Se existe um n´ umero K ≥ 0 tal que |f (z)| ≤ K ent˜ ao f ´e uma fun¸ca ˜o constante.

Os Teoremas de Cauchy 119

Se¸c˜ ao 2

Demonstra¸ c˜ ao: Como f est´a definida em todo C, ela ´e holomorfa em qualquer disco D(z, R), centrado em z ∈ C e de raio arbitr´ ario. Pelo Corol´ario 2.8 ′ n!K f (z) ≤ . R Da´ı vem que, como R ´e arbitr´ ario ′ f (z) ≤ lim n!K = 0 R→∞ R

e portanto f ′ (z) = 0 para todo z ∈ C. Segue do Lema 1.1 que f ´e constante. ⊓ ⊔ Uma consequˆencia do corol´ario acima ´e o ´ 2.10 Teorema Fundamental da Algebra. Seja P : C → C um polinˆ omio n˜ ao constante. Ent˜ ao existe um n´ umero complexo z0 tal que P (z0 ) = 0. Demonstra¸ c˜ ao: Escreva P (z) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 , onde an 6= 0. Afirmamos que lim |P (z)| = ∞. De fato, como P (z) ´e n˜ao |z|→∞

constante e ´e uma fun¸c˜ao inteira, pelo Teorema de Liouville |P (z)| n˜ao pode ser limitado mas, j´a que |P (z)| ´e limitado em qualquer disco fechado ¯ r), s´ D(0, o nos resta a possibilidade lim |P (z)| = ∞. Outra maneira |z|→∞

de mostrar isso, sem utilizar o Teorema de Liouville, ´e a seguinte: |P (z)| = |an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 |   |a0 | |a1 | |an−1 | n − · · · − n−1 − n ≥ |z| |an | − |z| |z| |z| e

Portanto,

  |a0 | |a1 | |an−1 | − · · · − n−1 − n = |an |. lim |an | − |z| |z| |z|→∞ |z|

  |a1 | |an−1 | |a0 | − · · · − n−1 − n = ∞. lim |P (z)| ≥ lim |z|n |an | − |z| |z| |z|→∞ |z|→∞ |z| Suponha agora que P (z) 6= 0 em todos os pontos z ∈ C. Ent˜ao a fun¸c˜ao 1 f (z) = P (z) ´e inteira e |f | ´e limitado. Para ver isso, tome R > 0 tal que

120

Teoria de Cauchy

Cap. 5

|P (z)| > 1 para |z| > R (um tal R existe pois lim |P (z)| = ∞) e seja |z|→∞

K 6= 0 o valor m´ınimo de |P (z)| para |z| ≤ R. Temos ent˜ao que 

1 |f (z)| ≤ max 1, K



∀ z ∈ C.

Segue do Corol´ario 2.9 que f ´e constante, o que ´e um absurdo pois P n˜ao o ´e. ⊓ ⊔ Apresentaremos em seguida um outro resultado importante e u ´til, chamado Princ´ıpio do M´ odulo M´ aximo, o qual afirma que uma fun¸c˜ao holomorfa n˜ao constante f , definida num dom´ınio U , ´e tal que |f | n˜ao possui valor m´ aximo em U . Para demonstrar esse resultado necessitamos do seguinte Lema. Sejam D(a, r), r > 0, um disco e f : D(a, r) → C uma fun¸ca ˜o holomorfa. Se a imagem f (D(a, r)) est´ a contida num c´ırculo |w| = α, ent˜ ao f ´e uma fun¸ca ˜o constante. Demonstra¸ c˜ ao: Se α = 0 n˜ao h´a o que mostrar. √ Suponha ent˜ao α > 0 e escreva f = u + iv. A fun¸c˜ao g(x, y) = |f (z)| = u2 + v 2 ´e constante, pois ´e igual a α, tem derivadas parciais cont´ınuas e   1 ∂v ∂g ∂u =√ +v = 0, u ∂x ∂x ∂x u2 + v 2   ∂u ∂g 1 ∂v u =√ +v = 0. ∂y ∂y ∂y u2 + v 2 Como valem as condi¸c˜oes de Cauchy-Riemann ficamos com u

∂v ∂u +v =0 ∂x ∂x

v

∂v ∂u −u =0 ∂x ∂x

∂v ′ o que fornece ∂u ∂x = ∂x = 0. Logo, f (z) = 0 em todos os pontos de D(a, r). Segue do Lema 1.1 que f ´e constante. ⊓ ⊔

Os Teoremas de Cauchy 121

Se¸c˜ ao 2

2.11 Corol´ ario. (Princ´ıpio do M´ odulo M´ aximo) Sejam U um dom´ınio em C e f : U → C uma fun¸ca ˜o holomorfa. Suponha que existe um ponto a ∈ U tal que |f (a)| ≥ |f (z)| para todo z ∈ U . Ent˜ ao f ´e uma fun¸ca ˜o constante. Demonstra¸ c˜ ao: Seja D(a, r) um disco centrado em a cujo fˆecho ¯ r) ⊂ U . A fronteira de D(a, r) ´e expressa por γ(t) = a + reit , D(a, 0 ≤ t ≤ 2π. Pela F´ormula Integral de Cauchy Z 1 f (w) f (a) = dw 2πi w−a γ

1 = 2πi

Z2π

f (a + reit )rieit 1 dt = it re 2π

0

Z2π

f (a + reit )dt.

0

Portanto, pelo Lema T´ecnico 1.8 e pela hip´ otese 1 |f (a)| ≤ 2π

Z2π 0

1 |f (a + re )|dt ≤ 2π it

Z2π 0

|f (a)|dt = |f (a)|.

Mas isso nos diz que 1 2π

Z2π h i |f (a)| − |f (a + reit )| dt = 0. 0

Como o integrando ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua n˜ao-negativa obtemos |f (a)| = |f (a + reit )|

∀ t ∈ [0, 2π].

Agora, r ´e arbitr´ ario e, fazendo-o variar, concluimos que a imagem de um disco D(a, R) por f est´a contida no c´ırculo |w| = |f (a)|. Pelo lema anterior f ´e constante. ⊓ ⊔ O leitor deve observar que esse resultado n˜ao tem paralelo no caso real e tampouco ´e ´ obvio, mesmo em se considerando polinˆ omios. Vamos agora utilizar a F´ormula Integral de Cauchy para estabelecer a equivalˆencia entre os conceitos de fun¸c˜ao holomorfa e de fun¸c˜ao anal´ıtica. Por defini¸c˜ao (reveja a Defini¸c˜ao 2.17 do Cap´ıtulo 4), uma

122

Teoria de Cauchy

Cap. 5

fun¸c˜ao ´e anal´ıtica num dom´ınio se pode ser dada, em torno de qualquer ponto desse dom´ınio, por uma s´erie de potˆencias com raio de convergˆencia positivo. A representa¸c˜ao integral do Teorema 2.6 fornece o modo de se expandir uma fun¸c˜ao holomorfa em s´erie de potˆencias e nos d´a a medida do raio de convergˆencia dessa s´erie. Antes de enunciar o resultado preciso recorde o exerc´ıcio 13 do Cap´ıtulo 1: se κ 6= 1 ´e um n´ umero complexo ent˜ao: (⋆)

κn+1 1 = 1 + κ + κ2 + · · · + κn + . 1−κ 1−κ

Com isso em m˜ aos temos o 2.12 Teorema. Sejam f : U → C uma fun¸ca ˜o holomorfa, onde U ´e um dom´ınio em C e z0 ∈ U um ponto qualquer. Ent˜ ao f (z) =

∞ X f (n) (z0 )

n=0

n!

(z − z0 )n

ou seja, f ´e dada por sua s´erie de Taylor de centro em z0 e portanto ´e uma fun¸ca ˜o anal´ıtica. Al´em disso, essa s´erie converge em qualquer disco (aberto) D(z0 , r) ⊂ U , isto ´e, o raio de convergˆencia R da s´erie acima ´e a menor entre as distˆ ancias de z0 aos pontos da fronteira de U . Demonstra¸ c˜ ao: A F´ormula Integral de Cauchy nos diz que Z 1 f (w) dw f (z) = 2πi w−z γ

onde γ = z0 + reit , r > 0, 0 ≤ t ≤ 2π, ´e qualquer c´ırculo centrado em z0 , limitando um disco fechado contido em U e z ´e qualquer ponto satisfazendo |z − z0 | < r. Para obter o resultado vamos inicialmente 1 trabalhar a express˜ao w−z . Temos 1 1 1 h = = w−z w − z0 + z0 − z (w − z0 ) 1 + 1 h = (w − z0 ) 1 −

1 i= z−z0 (w − z0 )

w−z0

z0 −z w−z0

i

1

1−

z−z0 w−z0

!

.

Os Teoremas de Cauchy 123

Se¸c˜ ao 2

Agora, usando (⋆) e substituindo κ por

z−z0 w−z0

concluimos que

  z − z0 2 z − z0 + ··· z−z0 = 1 + w − z + w − z 1 − w−z 0 0 0 n+1  z−z0  n w−z0 z − z0 ··· + + z−z0 . w − z0 1 − w−z 0 1

Portanto, 1 1 = w−z (w − z0 ) =

1 (w − z0 )

=

1 (w − z0 )

=

n X j=0

1 1−

z−z0 w−z0

!

 n  X z − z0 j j=0 n  X j=0

w − z0 z − z0 w − z0

j



n+1 z−z0 w−z0 z−z0 1 − w−z 0

+

1 (w − z0 )

+

(z − z0 )n+1 (w − z)(w − z0 )n+1

1 (z − z0 )n+1 j (z − z ) + . 0 (w − z0 )j+1 (w − z)(w − z0 )n+1

Multiplicando por f (w) obtemos o integrando da F´ormula Integral de Cauchy n

X f (w) f (w) f (w)(z − z0 )n+1 j = (z − z ) + 0 w−z (w − z0 )j+1 (w − z)(w − z0 )n+1 j=0

e integrando ao longo de γ ficamos com Z 1 f (w) dw f (z) = 2πi w−z γ   Z n X f (w)  1 dw (z − z0 )j = j+1 2πi (w − z0 ) j=0

+

γ

1 2πi

Z γ

f (w)(z − z0 )n+1 dw. (w − z)(w − z0 )n+1

124

Teoria de Cauchy

Cap. 5

Pelo Corol´ario 2.7 isso ´e o mesmo que 1 f (z) = 2πi +

n

Z

X f (j) (z0 ) f (w) dw = (z − z0 )j w−z j! j=0

γ

Z

1 2πi

γ

f (w)(z − z0 )n+1 dw. (w − z)(w − z0 )n+1

Ponha 1 Rn (z) = 2πi

Para mostrar que a s´erie

Z γ

∞ P

j=0

f (w)(z − z0 )n+1 dw. (w − z)(w − z0 )n+1 f (j) (z0 ) (z j!

− z0 )j converge a f (z) ´e sufi-

ciente mostrar que lim Rn (z) = 0 qualquer que seja z satisfazendo n→∞

z ∈ D(z0 , r). Ora, seja K o valor m´ aximo de |f (w)| ao longo de w = γ(t) = z0 + reit , 0 ≤ t ≤ 2π. Invocando o Lema T´ecnico 1.8 temos (esperamos que a essa altura o leitor tenha se convencido da utilidade desse resultado e do significado do adjetivo “t´ecnico”a ele associado) Z n+1 1 f (w)(z − z0 ) |Rn (z)| = dw (w − z)(w − z0 )n+1 2πi γ Z 1 |f (w)||z − z0 |n+1 ≤ |dw| 2π |w − z||w − z0 |n+1 γ

≤

1 2π

Z γ

K|z − z0 |n+1 |dw|. |w − z||w − z0 |n+1

Agora, |w − z0 | = r e como |w − z0 | ≤ |w − z| + |z − z0 | obtemos r − |z − z0 | ≤ |w − z| e da´ı 1 1 ≤ . |w − z| r − |z − z0 |

Os Teoremas de Cauchy 125

Se¸c˜ ao 2

Assim sendo, 1 |Rn (z)| ≤ 2π

Z γ

K|z − z0 |n+1 |dw| |w − z||w − z0 |n+1

1 2π

Z

K|z − z0 |n+1 |dw| (r − |z − z0 |)rn+1

≤

γ

K|z − z0 |n+1 1 2πr = 2π (r − |z − z0 |)rn+1 K|z − z0 |n+1 = . (r − |z − z0 |)rn

Fa¸ca |z − z0 | = α e observe que α < r pois z est´a no disco D(z0 , r). A express˜ao acima se transforma em  α n+1 Kαn+1 K Kαn+1
. = = |Rn (z)| ≤ (r − α)rn rn+1 − rn α r 1 − αr

Logo,

pois

α r

 α n+1 K
0 ≤ lim |Rn (z)| ≤ lim =0 n→∞ 1 − αr n→∞ r

< 1. Isso mostra que

f (z) =

∞ X f (j) (z0 ) j=0

j!

(z − z0 )j .

J´a que a u ´nica restri¸c˜ao imposta ao raio r do c´ırculo γ ´e que γ limite um disco fechado contido em U , concluimos que essa s´erie representa f em qualquer disco de centro em z0 e de raio que satisfa¸ca essa propriedade. O teorema est´a demonstrado. Um exemplo importante que segue imediatamente do Teorema 2.12 ´e o da fun¸c˜ao exponencial. Recorde que definimos a fun¸c˜ao exponencial exp(z) por ez = ex (cos y + i sen y), onde z = x + iy. Tamb´em vimos que ez ´e uma fun¸c˜ao inteira e que exp′ (z) = exp(z) para todo ponto z ∈ C. Pelo Teorema 2.12, essa fun¸c˜ao ´e dada por sua s´erie de Taylor centrada em qualquer ponto z e essa s´erie tem raio de convergˆencia R = ∞. Em particular, tomando z = 0 temos exp(n) (0) = 1 para n ≥ 0 e portanto ez = ex (cos y + i sen y) =

∞ X zn

n=0

n!

.

126

Teoria de Cauchy

Cap. 5

Vamos ver agora a capacidade que o Teorema 2.6 tem de metamorfosear tanto o teorema de Cauchy-Goursat quanto a si pr´oprio. Recorde da Defini¸c˜ao 1.3 do Cap´ıtulo 2 a defini¸c˜ao de curva de Jordan suave por partes. 2.13 Teorema de Cauchy. Sejam U ⊂ C um dom´ınio e f : U → C uma fun¸ca ˜o holomorfa. Seja V ⊂ U um subconjunto fechado e limitado, cuja fronteira ∂V consiste de um n´ umero finito de curvas de Jordan suaves por partes, ∂V = γ1 ∪ · · · ∪ γn , e tal que V \ ∂V ´e um dom´ınio. Ent˜ ao Z f (z)dz = 0. ∂V

Demonstra¸ c˜ ao: Tome V e ∂V com orienta¸c˜ao compat´ıvel. J´a sabemos que f tem derivadas de todas as ordens em todos os pontos de U e, escrevendo f (z) = u(x, y) + iv(x, y), concluimos que as fun¸c˜oes u e v tem derivadas parciais de todas as ordens em todos os pontos de U . Em particular, as derivadas parcias dessas fun¸c˜oes s˜ ao cont´ınuas. Podemos ent˜ao invocar o Teorema de Green 3.3 do Cap´ıtulo 2 e argumentar como se segue: Z Z f (z)dz = (u + iv)(dx + idy) ∂V

∂V

=

Z

udx − vdy + i

Z

udy + vdx.

∂V

∂V

Aplicando o Teorema de Green `as duas integrais acima temos:   Z ZZ  ZZ  ∂v ∂u ∂u ∂v udx − vdy = − − + dxdy = − dxdy ∂x ∂y ∂x ∂y V

∂V

e

Z

udy + vdx =

∂V

V

Z

vdx + udy =

ZZ  V

∂V

∂u ∂v − ∂x ∂y



dxdy.

Mas, como f ´e holomorfa, as condi¸c˜oes de Cauchy-Riemann s˜ ao satis∂v ∂v ∂u feitas e isso d´a ∂u − = 0 e + = 0. Portanto, ∂x ∂y ∂x ∂y Z Z udx − vdy = 0 e udy + vdx = 0 ∂V

∂V

Os Teoremas de Cauchy 127

Se¸c˜ ao 2

ou seja,

Z

⊓ ⊔

f (z)dz = 0.

∂V

Essa vers˜ao do Teorema de Cauchy nos permite apresentar de maneira mais geral a F´ormula Integral de Cauchy 2.6: 2.14 Teorema. (F´ ormula Integral de Cauchy bis) Seja f : U → C uma fun¸ca ˜o holomorfa definida no dom´ınio U ⊂ C. Seja V uma regi˜ ao fechada e limitada inteiramente contida em U , cuja fronteira ∂V ´e uma curva de Jordan suave por partes, orientada no sentido anti-hor´ ario, sendo V \ ∂V um dom´ınio. Se z0 ´e um ponto qualquer no interior de V ent˜ ao Z f (w) 1 dw. f (z0 ) = 2πi w − z0 ∂V

Demonstra¸ c˜ ao: Como z0 ´e ponto interior a V , podemos encontrar um disco fechado D(z0 , r) centrado em z0 e inteiramente contido no interior de V . Olhe para a regi˜ ao W = V \ D(z0 , r). Trata-se de uma regi˜ ao fechada e limitada, contida no dom´ınio U , cuja fronteira ∂W consiste das duas curvas de Jordan suaves por partes, ∂V e ∂D(z0 , r). Oriente W f (z) e ∂W compativelmente. A fun¸c˜ao g(z) = z−z ´e holomorfa em U \ {z0 }, 0 um dom´ ınio que cont´ e m W . Assim sendo, o Teorema 2.13 afirma que R g(z)dz = 0. Mas (observe que o c´ırculo ∂D(z0 , r) est´a orientado no

∂W

sentido hor´ ario)

Z

g(z)dz =

∂W

e ent˜ao

R

g(z)dz =

∂V

Z

g(z)dz +

∂V

R

Z

g(z)dz

∂D(z0 ,r)−

g(z)dz. Logo, o Teorema 2.6 implica que

∂D(z0 ,r)

Z

∂V

f (z) dz = z − z0

Z

∂D(z0 ,r)

f (z) dz = 2πif (z0 ). z − z0

⊓ ⊔

Um exemplo R ez simples que ilustra o Teorema 2.14 em a¸c˜ao consiste em calcular z(z−1) dz, onde γ ´e o quadrado de v´ertices (1/2, 1/2), (−1/2, 1/2), γ

128

Teoria de Cauchy

Cap. 5

(−1/2, −1/2) e (1/2, −1/2), orientado no sentido anti-hor´ario. Esse caminho tem 0 em seu interior e 1 em seu exterior. Consideramos ent˜ao a ez , que ´e holomorfa no dom´ınio C \ {1}, que cont´em a fun¸c˜ao f (z) = z−1 regi˜ ao fechada e limitada V determinada por γ. Pela F´ormula Integral de Cauchy, Z Z f (z) ez dz = dz = 2πif (0) = −2πi. z(z − 1) z γ

γ

Cabe observar que, se γ ´e uma curva de Jordan suave por partes, determinando uma regi˜ ao limitada R f (z) contida num dom´ınio U , no qual uma fun¸c˜ao f ´e holomorfa, ent˜ao z−z0 dz = 0 sempre que o ponto z0 estiver γ

na regi˜ ao exterior a γ. Isso segue do Teorema de Cauchy, pois nesse caso f (z) ´e uma fun¸c˜ao holomorfa num dom´ınio que cont´em a o integrando z−z 0 regi˜ ao fechada e limitada determinada por γ. Se ocorrer que o ponto z0 esteja sobre o caminho γ, ent˜ao a integral n˜ao est´a definida, j´a que o integrando “explode”ao passarmos por z0 . O resultado final desse cap´ıtulo ´e uma rec´ıproca do Teorema 2.13, conhecido como 2.15 Teorema de Morera. R Sejam U ⊂ C um dom´ınio e f : U → C uma fun¸ca ˜o cont´ınua. Se f (z)dz = 0 para todo caminho triangular ∆

∆ ⊂ U , ent˜ ao f ´e holomorfa em U .

Demonstra¸ c˜ ao: Devemos mostrar que f possui derivada em todos os pontos de U . Dado z0 ∈ U , tome um disco D(z0 , r) ⊂ U , r > 0. Esse disco ´e um dom´Rınio estrelado e, repetindo a demonstra¸c˜ao do Corol´ario 2.3, utilizando f (z)dz = 0 para ∆ ⊂ D(z0 , r) ao inv´es do Teorema ∆

de Cauchy-Goursat, concluimos que f tem uma primitiva em D(z0 , r) e, portanto, ´e deriv´avel em z0 . Como z0 ´e um ponto arbitr´ ario de U , o teorema est´a demonstrado. ⊓ ⊔

3

Exerc´ıcios

Nos exerc´ıcios de 1 a 14 calcule

R

f (z)dz onde f e γ s˜ ao dados.

γ

1) f (z) = z z¯ e γ(t) = eit , 0 ≤ t ≤ 2π.

Exerc´ıcios 129

Se¸c˜ ao 3

2) f (z) =

z+1 z

3) f (z) =

z+1 z

4) f (z) =

z+1 z

5) f (z) =

1 z 2 −2

e γ(t) = 3eit , 0 ≤ t ≤ 2π.

e γ(t) = 14 eit , 0 ≤ t ≤ 2π. e γ(t) = 5i + eit , 0 ≤ t ≤ 2π. e γ(t) = 2 + eit , 0 ≤ t ≤ 2π.

1 z 2 −2

e γ(t) = 2eit , 0 ≤ t ≤ 2π.

8) f (z) =

1 z−z0

e γ(t) = z0 + reit , 0 ≤ t ≤ 2π, r > 0.

9) f (z) =

1 (z−z0 )n

6) f (z) =

7) f (z) = πeπ¯z e γ ´e o quadrado de v´ertices 0, 1, 1 + i e i, percorrido no sentido anti-hor´ario.

10) f (z) =

eiz z2

12) f (z) =

log z zn

13) f (z) =

ez −e−z zn

14) f (z) =

1 z 2 +1

e γ(t) = z0 + reit , 0 ≤ t ≤ 2π, r > 0, n ≥ 2.

e γ(t) = eit , 0 ≤ t ≤ 2π. z e γ(t) = eit , 0 ≤ t ≤ 2π. 11) f (z) = sen z4 e γ(t) = 1 + 41 eit , 0 ≤ t ≤ 2π. e γ(t) = eit , 0 ≤ t ≤ 2π, n ≥ 1.

e γ(t) = 2eit , 0 ≤ t ≤ 2π.

15) Sejam γ(t) = reit , 0 ≤ t ≤ π e I(r) = 16) Mostre que

R γ

ekz z dz

R γ

eiz z dz.

Calcule lim I(r). r→∞

= 2πi, onde k ´e uma constante real e γ(t) = eit ,

0 ≤ t ≤ 2π. Use esse resultado para mostrar que Zπ

ek cos t cos (k sen t)dt = π.

0

17) Seja f uma fun¸c˜ao inteira e suponha que existem M ≥ 0, R > 0 e n ≥ 1 tais que |f (z)| ≤ M |z|n para |z| ≥ R. Mostre que f ´e um polinˆ omio de grau ≤ n. 18) Seja f : U → C uma fun¸c˜ao holomorfa, onde U ´e um dom´ınio. Suponha que exista um ponto a ∈ U tal que |f (a)| ≤ |f (z)| para todo ponto z ∈ U . Mostre que, ou bem f (a) = 0, ou bem f ´e uma fun¸c˜ao constante.

130

Teoria de Cauchy

Cap. 5

19) Seja f (z) holomorfa para |z| < 1 e tal que |f (z)| ≤ que se n ≥ 1, ent˜ao   f (n) (0) 1 n < (n + 1)e. ≤ (n + 1) 1 + n! n

1 1−|z| .

Mostre

20) Sejam f uma fun¸c˜ao holomorfa num dom´ınio U , que cont´em a regi˜ ao fechada e limitada determinada por uma curva de Jordan suave por partes γ, e z um ponto interior a essa regi˜ ao. Se K ´e o m´ aximo de |f | ao longo de γ e δ ´e a distˆ ancia m´ınima de z a γ, ent˜ao   ℓ(γ) 1/n ∀ n ≥ 1. |f (z)| ≤ K 2πδ

Use isso para deduzir outra demonstra¸c˜ao do Princ´ıpio do M´ odulo M´ aximo, Corol´ario 2.11. ∞ P 21) Mostre a igualdade de Parseval: se f (z) = an (z − z0 )n e se n=0

|z − z0 | = r, ent˜ao (obviamente assumimos que a s´erie converge absolutamente para |z − z0 | ≤ r) 1 2π

Z2π 0

2

|f (z0 + reiθ )| dθ =

∞ X

n=0

|an |2 r2n .

Use isso para dar outra demonstra¸c˜ao do Princ´ıpio do M´ odulo M´ aximo, Corol´ario 2.11. 22) Demonstre a regra de l’Hˆ opital para fun¸c˜oes holomorfas: se f (z0 ) = g(z0 ) = 0, ent˜ao f (z) f ′ (z0 ) lim = ′ . z→z0 g(z) g (z0 ) Se por acaso tamb´em ocorrer que f ′ (z0 ) = g ′ (z0 ) = 0, ent˜ao lim

z→z0

f (z) f ′ (z) f (2) (z0 ) = lim ′ = (2) g(z) z→z0 g (z) g (z0 )

e assim sucessivamente. 23) Princ´ıpio da Identidade. Sejam f e g fun¸c˜oes holomorfas num dom´ınio U . Suponha que exista uma sequˆencia (zn ) em U tal que (zn ) → a ∈ U . Mostre que, se f (zn ) = g(zn ) ∀n, ent˜ao f (z) = g(z) qualquer que seja z ∈ U . (Sugest˜ ao: use o Teorema 2.15 do Cap´ıtulo 4)

6 Singularidades Nesse cap´ıtulo consideramos as singularidades de fun¸c˜oes holomorfas. Recordando a Defini¸c˜ao 4.2 do Cap´ıtulo 3, se f ´e uma fun¸c˜ao holomorfa, um ponto a ´e uma singularidade (isolada) de f se existe um disco D(a, r), centrado em a, tal que f ´e holomorfa em todo o disco, exceto no ponto a. A F´ormula Integral de Cauchy permite obter uma descri¸c˜ao precisa do comportamento de f em torno de um tal ponto. Essa descri¸c˜ao envolve o conceito de s´erie de Laurent, uma generaliza¸c˜ao de s´erie de potˆencias, uma vez que nela interv´em potˆencias negativas. Come¸camos introduzindo um pouco de nota¸c˜ao. Se ρ1 e ρ2 s˜ ao n´ umeros reais satisfazendo 0 ≤ ρ1 < ρ2 e a ´e um n´ umero complexo, o anel A(a, ρ1 , ρ2 ) ´e o conjunto aberto definido por A(a, ρ1 , ρ2 ) = {z ∈ C : ρ1 < |z − a| < ρ2 }. Escrevemos A(a, ρ1 , ∞) para denotar o anel ilimitado {z ∈ C : ρ1 < |z − a|}. Observe que A(a, 0, ρ2 ) ´e D(a, ρ2 ) \ {a}. O anel fechado ¯ ρ1 , ρ2 ) ´e o conjunto fechado A(a, ¯ ρ1 , ρ2 ) = {z ∈ C : ρ1 ≤ |z − a| ≤ ρ2 } A(a, ¯ ρ1 , ∞) = {z ∈ C : ρ1 ≤ |z − a|}. e A(a,

1

A Expans˜ ao de Laurent

Suponha que tenhamos uma fun¸c˜ao holomorfa f , definida no anel A(a, ρ1 , ρ2 ), f : A(a, ρ1 , ρ2 ) → C. Fixe um ponto z ∈ A(a, ρ1 , ρ2 ) e sejam

132

Singularidades

Cap. 6

r1 e r2 dois n´ umeros reais positivos satisfazendo ρ1 < r1 < |z| < r2 < ρ2 . ¯ r1 , r2 ). Sua fronteira ´e formada pelos Olhe para o anel fechado A(a, c´ırculos γ1 = {|w − a| = r1 } e γ2 = {|w − a| = r2 }. Vamos utilizar a F´ormula Integral de Cauchy para descrever a fun¸c˜ao f em torno de z (veja figura).

V

z a

2

1

Figura 18 (w) ´e holomorfa no anel Inicialmente observe que a fun¸c˜ao g(w) = fw−z A(a, ρ1 , ρ2 ) exceto no ponto z. Assim sendo, isolamos o ponto z consi¯ τ ) ⊂ A(a, r1 , r2 ) derando um disco nele centrado, D(z, τ ), tal que D(z, e cuja fronteira ´e o c´ırculo λ, que orientamos no sentido anti-hor´ario. Pela F´ormula Integral de Cauchy 2.6 Cap´ıtulo 5 temos

f (z) =

1 2πi

Z λ

f (w) dw. w−z

Considere agora a regi˜ ao V formada pelos pontos interiores a γ2 e exteriores a γ1 e a λ. Sua fronteira ∂V ´e formada pelas trˆes curvas de Jordan λ, γ1 e γ2 e, dotando V e ∂V da orienta¸c˜ao compat´ıvel temos que ∂V = γ1− ∪ λ− ∪ γ2 . (w) Como g(w) = fw−z ´e holomorfa num aberto que cont´em V e ∂V , o Teorema de Cauchy 2.13 do Cap´ıtulo 5 garante que 0=

Z

∂V

g(w)dw =

Z

∂V

f (w) dw. w−z

A Expans˜ ao de Laurent 133

Se¸c˜ ao 1

Mas, 0=

Z

g(w)dw =

Z

g(w)dw +

e portanto

Z

g(w)dw =

Z

g(w)dw +

Z

g(w)dw

γ2

Z

g(w)dw

γ2

γ1−

λ

g(w)dw +

λ−

γ1−

∂V

Z

ou seja, 1 2πi

Z

f (w) 1 dw = − w−z 2πi

λ

Z

γ1

Lembrando que f (z) =

1 2πi

1 f (w) dw + w−z 2πi Z λ

Z

γ2

f (w) dw. w−z

f (w) dw w−z

obtemos a express˜ao (⋆)

1 f (z) = − 2πi

Z

γ1

1 f (w) dw + w−z 2πi

Z

γ2

f (w) dw. w−z

Nosso trabalho agora ´e o de retirar informa¸c˜ao dessas duas integrais. Estudo de

1 2πi

R

γ2

f (w) w−z dw.

A sutileza aqui presente ´e o fato de f n˜ao estar definida no disco ¯ D(a, ρ2 ) por´em, repetindo a demonstra¸c˜ao do Teorema 2.12 do Cap´ıtulo 5, concluimos que   Z Z ∞ X 1 1 f (w) f (w) n   dw = n+1 dw (z − a) 2πi w−z 2πi (w − a) n=0 γ2

γ2

e essa s´erie converge (absolutamente) qualquer que seja z satisfazendo |z − a| < r2 (a u ´nica diferen¸ca ´e que, na demonstra¸c˜ao do Teorema R f (w) (n) 1 dw, j´a que 2.12 do Cap´ıtulo 5, substituimos f n!(a) por 2πi (w−a)n+1 γ2

134

Singularidades

Cap. 6

f (n) (a) n˜ao necessariamente existe e, ent˜ao, n˜ao vale a igualdade dada no Corol´ario 2.7 do Cap´ıtulo 5). Com isso em m˜ aos (⋆) fica 1 f (z) = − 2πi

(⋆⋆)

onde an =

1 2πi

R

γ2

Z

γ1

f (w) dw, (w−a)n+1

∞

X f (w) an (z − a)n dw + w−z n=0

n ≥ 0. Ressaltamos que, embora z seja

um ponto no anel A(a, r1 , r2 ), a s´erie de potˆencias acima converge absolutamente em todos os pontos do disco D(a, r2 ). 1 Estudo de − 2πi

R

γ1

f (w) w−z dw.

Nesse caso, repetimos o roteiro da demonstra¸c˜ao do Teorema 2.12 do Cap´ıtulo 5 fazendo as modifica¸c˜oes necessarias. Embora os c´alculos aqui envolvidos sejam rotineiros, a id´eia por tr´as deles ´e inovadora e detalharemos a argumenta¸c˜ao. Temos −1 −1 1 h = = w−z (z − a) − (w − a) (z − a) 1 −

w−a z−a

i

e 1 1−

w−a z−a

(w−a)n+1

w−a (w − a)n (z−a)n+1 =1+ . + ··· + n + z−a (z − a) 1 − w−a z−a

Logo, 1 −1 h = w−z (z − a) 1 −

w−a z−a

i

(w−a)n+1

(w − a)n (w − a) −1 (z−a)n+1 i h − · · · − − − = 2 n+1 (z − a) (z − a) (z − a) (z − a) 1 − w−a z−a

A Expans˜ ao de Laurent 135

Se¸c˜ ao 1 1 e − 2πi

R

γ1

f (w) w−z dw

lˆe-se

1 − 2πi

+

1 2πi

Z

γ1

Z

γ1

Ponha

n

X 1 f (w) dw = w−z 2πi j=0

n+1 f (w) (w−a) n+1 (z−a)

h (z − a) 1 −

w−a z−a

Z

f (w)(w − a)j (z − a)j+1

γ1

dw

i dw. n+1

1 Rn (z) = 2πi

Z

γ1

f (w) (w−a) (z−a)n+1 i dw. h (z − a) 1 − w−a z−a

Vamos estimar |Rn (z)|. Para fazˆe-lo note que Z f (w)(w − a)n+1 1 Rn (z) = dw 2πi (z − w)(z − a)n+1 γ1

e que |z − a| ≤ |z − w| + |w − a| = |z − w| + r1 =⇒

1 1 ≤ . |z − w| |z − a| − r1

Portanto, se K ´e o valor m´ aximo de |f | ao longo de γ1 ent˜ao o Lema T´ecnico 1.8 do Cap´ıtulo 5 fornece Z n+1 1 f (w)(w − a) |Rn (z)| = dw n+1 (z − w)(z − a) 2πi γ1 Z 1 Kr1n+1 ≤ |dw| 2π (|z − a| − r1 )|z − a|n+1 γ1

= = =

1 Kr1n+1 2πr1 2π (|z − a| − r1 )|z − a|n+1 Kr1n+2 (|z − a| − r1 )|z − a|n+1 K r1n+2 . r1 1 − |z−a| |z − a|n+2

136

Singularidades

Fazendo

r1 |z−a|

Cap. 6

= α temos que α < 1 e a express˜ao acima fica |Rn (z)| ≤

K αn+2 1−α

e da´ı vem que lim |Rn (z)| ≤ lim

n→∞

n→∞

K αn+2 = 0. 1−α

∞ R f (w)(w−a)n P 1 dw converge a Concluimos que a s´erie 2πi (z−a)n+1 n=0 γ1 R f (w) 1 − 2πi encia ´e absoluta qualquer que seja z saw−z dw e que a convergˆ γ1

tisfazendo |z − a| > r1 . O interessante aqui ´e que essa ´e uma s´erie de potˆencias negativas de z − a. De fato,   Z Z f (w)(w − a)n 1 1 1 f (w)(w − a)n dw dw =  n+1 2πi 2πi (z − a) (z − a)n+1 γ1

γ1

e ent˜ao −

1 2πi

Z

γ1

f (w) dw = w−z

∞ X

n=0



 1 2πi

Z

γ1



f (w)(w − a)n dw

1 . (z − a)n+1

Com isso em m˜ aos (⋆⋆) lˆe-se (⋆ ⋆ ⋆)

f (z) =

∞ X

m=1

∞

X 1 an (z − a)n bm m + (z − a) n=0

onde 1 an = 2πi bm

1 = 2πi

Z

γ2

Z

γ1

f (w) dw , n ≥ 0 (w − a)n+1 f (w)(w − a)m−1 dw , m ≥ 1.

Recaptulando: tomamos um ponto z ∈ A(a, ρ1 , ρ2 ) e obtivemos uma expans˜ ao de f (z) como uma soma de duas s´eries, a primeira delas de

A Expans˜ ao de Laurent 137

Se¸c˜ ao 1

potˆencias negativas, que converge absolutamente fora do disco fechado ¯ ρ1 ) e a segunda, de potˆencias positivas, que converge no interior D(a, ¯ ρ2 ). O u do disco fechado D(a, ´nico sen˜ao ´e a express˜ao dos coeficientes dessas duas s´eries, obtidos integrando-se certas fun¸c˜oes em c´ırculos distintos. Para sanar essa pretensa complexidade invocamos o Teorema de Cauchy 2.13 do Cap´ıtulo 5. Considere um c´ırculo qualquer γ, de centro em a, contido no anel A(a, ρ1 , ρ2 ) e orientado no sentido anti-hor´ario. Dado n ≥ 0, a fun¸c˜ao f (w) h(w) = (w−a) e holomorfa no anel fechado cuja fronteira consiste dos n+1 ´ c´ırculos γ e γ2 . Pelo Teorema de Cauchy vale que Z Z f (w) f (w) dw n+1 dw = (w − a) (w − a)n+1 γ

γ2

e portanto podemos escrever Z 1 f (w) an = dw , n ≥ 0. 2πi (w − a)n+1 γ

Argumentando da mesma maneira para os coeficientes bm obtemos Z 1 bm = f (w)(w − a)m−1 dw , m ≥ 1. 2πi γ

O leitor inquiridor perguntaria a essa altura se a expans˜ ao de f (z) obtida acima ´e u ´nica. A resposta ´e sim e a raz˜ao ´e a seguinte: Suponha que tenhamos uma expans˜ ao ∞ ∞ X X 1 cn (z − a)n + dm f (z) = (z − a)m n=0

m=1

absolutamente convergente para z ∈ A(a, ρ1 , ρ2 ). Vamos considerar inicialmente os coeficientes das potˆencias negativas. Multiplique f (z) por (z − a)k−1 , k ≥ 2 e obtenha (z − a)k−1 f (z) =

∞ X

m=k+1

dm (z − a)m−k+1

dk + dk−1 + dk−2 (z − a) + · · · + d1 (z − a)k−2 (z − a) ∞ X cn (z − a)n+k−1 . +

+

n=0

138

Singularidades

Cap. 6

Considere as fun¸c˜oes ∞ X

f1 (z) =

dm

m=k+1

(z − a)m−k+1

e k−2

f2 (z) = dk−1 + dk−2 (z − a) + · · · + d1 (z − a)

+

∞ X

n=0

cn (z − a)n+k−1 .

Temos que (z − a)k−1 f (z) = f1 (z) +

dk + f2 (z). (z − a)

Agora, f1 e f2 ambas admitem primitiva pois F1 (z) =

∞ X

m=k+1

dm 1 k − m (z − a)m−k

´e uma s´erie absolutamente convergente em A(a, ρ1 , ρ2 ) (reveja a demonstra¸c˜ao da Proposi¸c˜ao 1.7 do Cap´ıtulo 5) e F1 ′ (z) = f1 (z). Tamb´em (z − a)k−1 (z − a)2 + · · · + d1 F2 (z) = dk−1 (z − a) + dk−2 2 k−1 ∞ X cn + (z − a)n+k n+k n=0

converge absolutamente no anel A(a, ρ1 , ρ2 ) e F2 ′ (z) = f2 (z). Portanto, se γ ´e um c´ırculo de centro em a, contido em A(a, ρ1 , ρ2 ) e percorrido no sentido anti-hor´ario ent˜ao Z Z Z Z dk k−1 dz + f2 (z)dz f (z)(z − a) dz = f1 (z)dz + (z − a) γ γ γ γ Z dk =0+ dz + 0 = 2πidk (z − a) γ

ou seja,

1 dk = 2πi

Z γ

f (z)(z − a)k−1 dz

A Expans˜ ao de Laurent 139

Se¸c˜ ao 1

e os coeficientes das potˆencias negativas s˜ ao os mesmos de (⋆ ⋆ ⋆). Isso mostra que a s´erie de potˆencias negativas da expans˜ ao (⋆ ⋆ ⋆) ´e u ´nica. Com isso em m˜ aos temos f (z) − e f (z) − Logo,

∞ X

bm

∞ X

bm

∞

X 1 an (z − a)n m = (z − a)

m=1

n=0

n=0

m=1

∞ X

n=0

∞

X 1 cn (z − a)n . m = (z − a) n

an (z − a) =

∞ X

n=0

cn (z − a)n

e o Teorema 2.15 do Cap´ıtulo 4 nos diz que an = cn para todo n ≥ 0. Acabamos de demonstrar o 1.1 Teorema de Laurent. Seja f uma fun¸ca ˜o holomorfa no anel A(a, ρ1 , ρ2 ). Ent˜ ao f (z) =

∞ X

bm

m=1

sendo que a s´erie

∞ P

m=1

∞

X 1 an (z − a)n m + (z − a) n=0

1 bm (z−a) m converge absolutamente fora do disco fe-

∞ ¯ ρ1 ) e a s´erie P an (z − a)n converge absolutamente no disco chado D(a, n=0

D(a, ρ2 ). Al´em disso, essa expans˜ ao ´e u ´nica e os coeficientes bm e an s˜ ao dados por Z 1 bm = f (z)(z − a)m−1 dz , m ≥ 1 2πi γ

an =

1 2πi

Z γ

f (w) dw , n ≥ 0 (w − a)n+1

onde γ ´e um c´ırculo de centro em a, orientado no sentido anti-hor´ ario e contido em A(a, ρ1 , ρ2 ). A expans˜ ao dada pelo teorema acima ´e chamada s´erie de Laurent de f e ´e muito u ´til pois nos permite estudar as singularidades isoladas de

140

Singularidades

Cap. 6

fun¸c˜oes complexas. Antes de passar a esse estudo apresentamos alguns exemplos. f (z) = z1 ´e holomorfa em C∗ = C\{0} e sua s´erie de Laurent centrada 1 em 0 ´e z1 . J´a g(z) = z+1 ´e holomorfa em C \ {−1} e sua s´erie de Laurent 1 centrada em −1 ´e z+1 . Olhe agora para h(z) =

1 1 + . z z+1

Essa fun¸c˜ao tem duas singularidades isoladas, 0 e −1, e sua s´erie de 1 em s´erie de potˆencias Laurent em torno de 0 ´e obtida expandindo z+1 de centro 0. Usando a s´erie geom´etrica ∞

X 1 1 (−1)n z n . = = z+1 1 − (−z) n=0

Essa s´erie tem raio de convergˆencia R = 1, que ´e precisamente a distˆ ancia entre as duas singularidades de h. Portanto, h(z) =

∞

1 1 X 1 (−1)n z n + = + z z+1 z n=0

sendo essa expans˜ ao v´alida para todo z no anel A(0, 0, 1). Observe que, pela unicidade da s´erie de Laurent, uma vez obtida uma tal expans˜ ao (n˜ao importa por qual m´etodo ou artif´ıcio), ela ´e a s´erie de Laurent de h em torno de 0. Quanto ` a expans˜ ao de h em torno de −1 temos, usando novamente a s´erie geom´etrica ∞

X 1 −1 (z + 1)n = =− z 1 − (z + 1) n=0

e essa s´erie tem raio de convergˆencia R = 1. Logo, h(z) =

∞

X 1 1 1 (z + 1)n + = − 1+z z 1+z n=0

´e a expans˜ ao de Laurent de h no anel A(−1, 0, 1). Um exemplo mais radical ´e dado por f (z) = −1 −

fun¸c˜ao tem uma singularidade isolada em 0. Como ew =

1 z

+ e1/z . Essa ∞ P

n=0

wn n! ,

e1/z =

A Expans˜ ao de Laurent 141

Se¸c˜ ao 1 ∞ P

n=0

1 1 n! z n

para todo z 6= 0 (justifique essa afirmativa) e ent˜ao ∞ X 1 1 f (z) = n! z n n=2

´e a s´erie de Laurent de f no anel A(0, 0, ∞). Nesse exemplo, temos potˆencias negativas de ordem arbitrariamente alta. z+1 Por fim, seja f (z) = (z−2) c˜ao tem duas singularidades 2 (z−i) . Essa fun¸ isoladas, 2 e i. Para obter a s´erie de Laurent de f em torno de i, 1 inicialmente expandimos (z−2) erie de potˆencias com centro em i. 2 em s´ Temos 1 1 1 1 . = = z−2 (z − i) + (i − 2) i − 2 1 + z−i i−2 Invocando a s´erie geom´etrica ficamos com ∞ ∞ n 1 (z − i)n X 1 X n (z − i) (−1)n (−1) = = z−2 i−2 (i − 2)n (i − 2)n+1 n=0

n=0

e derivando ambos os lados dessa igualdade ∞

X (−1)n n −1 = (z − i)n−1 . (z − 2)2 n=1 (i − 2)n+1 Logo,

∞

X (−1)n+1 n 1 = (z − i)n−1 (z − 2)2 n=1 (i − 2)n+1

e

∞ X (−1)m+1 (m + 2) 1 1 1 = + (z − i)m . m+3 (z − 2)2 (z − i) (i − 2)2 (z − i) (i − 2) m=0

Como z+1 (z − i) + (1 + i) = 2 (z − 2) (z − i) (z − 2)2 (z − i) 1+i z−i + = (z − 2)2 (z − i) (z − 2)2 (z − i)

142 e

Singularidades

Cap. 6

∞

X (−1)k (k + 1) z−i (z − i)k = (z − 2)2 (z − i) (i − 2)k+2 k=0

e

∞

X (−1)k+1 (1 + i)(k + 2) 1+i 1 1+i (z − i)k = + (z − 2)2 (z − i) (i − 2)2 (z − i) (i − 2)k+3 k=0

finalmente obtemos " # ∞ X 1+i 1 (k + 1) (1 + i)(k + 2) k f (z) = (−1) + − (z − i)k . k+2 k+3 (i − 2)2 (z − i) (i − 2) (i − 2) k=0 Essa ´e a s´erie de Laurent de f em torno de i. Observe, novamente, que √o raio de convergˆencia da s´erie de potˆencias acima ´e precisamente R = 5, a distˆ ancia entre as singularidades de f . Exortamos o leitor afoito a calcular os coeficientes dessa s´erie de Laurent utilizando as f´ormulas dadas no Teorema 1.1. J´a em torno da singularidade 2 temos 1 1 1 1 = = z−i (z − 2) + (2 − i) 2 − i 1 + z−2 2−i e

∞ ∞ n X (z − 2)n 1 X 1 n (z − 2) . (−1)n (−1) = n = z−i 2−i (2 − i) (2 − i)n+1 n=0

Logo,

n=0

1 1 1 1 1 = − (z − 2)2 (z − i) 2 − i (z − 2)2 (2 − i)2 z − 2 ∞ X (−1)m m + m+3 (z − 2) . (2 − i) m=0 Como z−2+3 z+1 = 2 (z − 2) (z − i) (z − 2)2 (z − i) z−2 3 = + (z − 2)2 (z − i) (z − 2)2 (z − i) 1 3 = + (z − 2)(z − i) (z − 2)2 (z − i)

Classifica¸c˜ ao de Singularidades 143

Se¸c˜ ao 2

e ∞ X (−1)m+1 1 1 1 m = + m+2 (z − 2) (z − 2)(z − i) 2−i z−2 (2 − i) m=0

e 1 3 1 3 3 = − (z − 2)2 (z − i) 2 − i (z − 2)2 (2 − i)2 z − 2 ∞ X 3(−1)m (2 − i)m+3 (z − 2)m + m=0

Finalmente obtemos   1 1 3 1 3 + f (z) = − 2 2 2 − i (z − 2) 2 − i (2 − i) z−2   ∞ X 3 1 m m (−1) + m+3 − m+2 (z − 2) (2 − i) (2 − i) m=0 √ para todo z no anel A(2, 0, 5).

2

Classifica¸c˜ ao de Singularidades

Usaremos a expans˜ ao de Laurent para dividir as singularidades isoladas em trˆes categorias radicalmente distintas. Suponha que f ´e uma fun¸c˜ao holomorfa no anel A(a, 0, ρ) e considere sua s´erie de Laurent em torno de a: ∞ ∞ X X 1 bm f (z) = an (z − a)n . m + (z − a) m=1

n=0

Temos ent˜ao a 2.1 Defini¸ c˜ ao. a ´e singularidade remov´ıvel de f se bm = 0 para m ≥ 1. a ´e polo de ordem k de f se bk 6= 0 e bm = 0 para m > k. a ´e singularidade essencial de f se bm 6= 0 para uma infinidade de valores de m. Exemplos desses trˆes tipos de pontos singulares s˜ ao dados por:

144

Singularidades

Cap. 6

z ıpio, n˜ao est´a definida apenas f (z) = sen z , z 6= 0. f (z), em princ´ em z = 0 por´em, lembrando que  1  iz sen z = e − e−iz 2i ! ∞ ∞ 1 X (iz)n X (−iz)n − = 2i n! n! n=0 n=0 ! ∞ X (iz)n − (−iz)n 1 = 2iz + 2i n! n=2

∞ 1 X (iz)n − (−iz)n =z+ 2i n! n=2

temos, para z 6= 0, f (z) =

∞

1 X (iz)n−1 − (−iz)n−1 sen z =1+ . z 2i n! n=2

Agora, a s´erie de potˆencias acima representa f para z 6= 0 e tamb´em est´a definida em 0. Dessa forma, f admite uma extens˜ao holomorfa a todos os pontos de C e 0 ´e singularidade remov´ıvel de f . Observe que ´e perfeitamente l´ıcito escrever f (0) = 1. z+1 Considere agora o exemplo j´a visto f (z) = (z−2) 2 (z−i) . f tem duas singularidades isoladas, 2 e i e ambas s˜ ao polos de f , sendo 2 um polo de ordem 2 e i um polo de ordem 1. ∞ P 1 1 Por outro lado, e1/z = n! z n exibe uma singularidade essencial n=0

em 0. Os seguintes resultados elucidam o comportamento de uma fun¸c˜ao em torno de uma singularidade isolada:

2.2 Proposi¸ c˜ ao. Seja f uma fun¸ca ˜o holomorfa no anel A(a, 0, ρ). Ent˜ ao as seguintes afirmativas s˜ ao equivalentes: (i) a ´e singularidade remov´ıvel de f . (ii) existe o lim f (z). z→a

(iii) |f | ´e limitado em algum anel A(a, 0, δ) ⊂ A(a, 0, ρ).]

Demontrac˜ ao: Suponha que (i) valha. Ent˜ao a s´erie de Laurent de f em A(a, 0, ρ) ´e: ∞ X f (z) = an (z − a)n n=0

Classifica¸c˜ ao de Singularidades 145

Se¸c˜ ao 2

e portanto lim f (z) = a0 , ou seja, vale (ii). Suponha (ii) v´alida e seja z→a

α = lim f (z). Da defini¸c˜ao de limite temos que existe δ > 0, que z→a

podemos tomar < ρ, tal que 0 < |z − a| < δ =⇒ |f (z) − α| < 1. Mas isso nos diz que |f (z)| < 1 + |α| para z ∈ A(a, 0, δ) e vale (iii). Finalmente, suponha (iii) v´alida, ou seja, existe K tal que |f (z)| ≤ K para z ∈ A(a, 0, δ). Os coeficientes bm das potˆencias negativas da s´erie de Laurent de f s˜ ao dados por Z 1 bm = f (z)(z − a)m−1 dz , m ≥ 1 2πi γ

onde γ(t) = a + reit , 0 ≤ t ≤ 2π e 0 < r < ρ. Pelo Lema T´ecnico 1.8 do Cap´ıtulo 5 Z 1 1 Krm−1 2πr = Krm . |bm | ≤ |f (z)||z − a|m−1 |dz| ≤ 2π 2π γ

Fazendo r tender a zero concluimos que bm = 0 para m ≥ 1 e a ´e singularidade remov´ıvel de f . ⊓ ⊔ 2.3 Corol´ ario. Se bm 6= 0 para algum m ≥ 1, ent˜ ao |f | ´e ilimitado em qualquer disco de centro em a. Demonstra¸ c˜ ao: De fato, nesse caso a n˜ao ´e singularidade remov´ıvel e ent˜ao (iii) n˜ao pode ocorrer. ⊓ ⊔ Quanto aos polos temos a 2.4 Proposi¸ c˜ ao. Se f ´e uma fun¸ca ˜o holomorfa no anel A(a, 0, ρ), ent˜ ao k a ´e um polo de ordem k de f se, e somente se, lim (z − a) f (z) existe z→a e ´e um n´ umero complexo n˜ ao nulo. Demonstra¸ c˜ ao: Suponha que a seja um polo de ordem k de f . Ent˜ao a s´erie de Laurent de f em A(a, 0, ρ) se escreve f (z) =

bk (z − a)k

+ ··· +

∞

X b1 + an (z − a)n , bk 6= 0 z−a n=0

e da´ı (z − a)k f (z) = bk + · · · + b1 (z − a)k−1 +

∞ X

n=0

an (z − a)n+k .

146

Singularidades

Cap. 6

Logo, lim (z − a)k f (z) = bk 6= 0. z→a

Por outro lado, suponha que

lim (z − a)k f (z) = α 6= 0. Olhe para a fun¸c˜ao g(z) = (z − a)k f (z).

z→a

Por (ii) da Proposi¸c˜ao 2.2, g tem uma singularidade remov´ıvel em a e portanto, ´e dada por uma s´erie de potˆencias centrada em a e convergente no disco D(a, ρ), digamos g(z) =

∞ X

n=0

an (z − a)n .

Al´em disso, a0 = α. Vem ent˜ao que ∞

X ak−1 + · · · + f (z) = an+k (z − a)n + z−a (z − a)k n=0 α

⊓ ⊔

e a ´e polo de ordem k de f .

2.5 Corol´ ario. Se f ´e uma fun¸ca ˜o holomorfa no anel A(a, 0, ρ) e a ´e polo de ordem k de f ent˜ ao lim |f (z)| = ∞. z→a

Demonstra¸ c˜ ao: Usando a mesma nota¸c˜ao da proposi¸c˜ao anterior temos |g(z)| 1 lim |f (z)| = lim = |α| lim = ∞. ⊓ ⊔ k z→a z→a |z − a| z→a |z − a|k z+1 Por exemplo, revivendo a fun¸c˜ao f (z) = (z−2) 2 (z−i) , que tem um polo de ordem 2 em 2 e um polo de ordem 1 em i, temos

lim (z − 2)2 f (z) = lim

z→2

z→2

e lim (z − i)f (z) = lim

z→i

z→i

z+1 3 = z−i 2−i

z+1 1+i = . 2 (z − 2) (i − 2)2

1 1 oes de Laurent de Esses s˜ ao os coeficientes de (z−2) 2 e de z−i nas expans˜ f em torno de 2 e de i, respectivamente. J´a em torno de uma singularidade essencial, o comportamento de uma fun¸c˜ao holomorfa ´e incontrol´avel. Para se ter uma id´eia, um teorema devido a Picard afirma que, se a ´e singularidade essencial de f , holomorfa no anel A(a, 0, ρ) ent˜ao, dado qualquer 0 < r ≤ ρ, a imagem por f do anel A(a, 0, r), f (A(a, 0, r)), ´e todo o plano C, com a poss´ıvel

Classifica¸c˜ ao de Singularidades 147

Se¸c˜ ao 2

excess˜ao de no m´ aximo um ponto! A demontra¸c˜ao do Teorema de Picard foge, e muito, do escopo desse texto por´em, com o instrumental a nossa disposi¸c˜ao somos capazes de mostrar o seguinte 2.6 Teorema de Casorati-Weierstrass. Seja f uma fun¸ca ˜o holomorfa no anel A(a, 0, ρ) e suponha que a ´e singularidade essencial de f . Ent˜ ao, dados 0 < r ≤ ρ, ǫ > 0 e α ∈ C, existe um n´ umero complexo β tal que β ∈ A(a, 0, r) e |f (β) − α| < ǫ. Demonstra¸ c˜ ao: Em linguagem mais simples esse teorema nos diz que em qualquer anel A(a, 0, r), com r ≤ ρ, existe uma sequˆencia (βn ) → a tal que (f (βn )) → α, onde α ´e um n´ umero complexo escolhido a revelia. A demonstra¸c˜ao ´e a seguinte: considere a s´erie de Laurent de f centrada em a ∞ ∞ X X 1 an (z − a)n bm + f (z) = (z − a)m m=1

n=0

onde, por hip´ otese, uma infinidade de coeficientes bm s˜ ao n˜ao nulos. Dado α, olhe para a fun¸c˜ao g(z) = f (z) − α. A s´erie de Laurent de g ´e g(z) =

∞ X

m=1

∞

X 1 bm an (z − a)n m + a0 − α + (z − a) n=1

e portanto a tamb´em ´e singularidade essencial de g. Considere as seguintes duas possibilidades mutuamente excludentes: (i) existe uma sequˆencia (βn ) de pontos no anel A(a, 0, ρ), com lim βn = a e tal que g(βn ) = 0 para todo n. n→∞

(ii) n˜ao existe sequˆencia de zeros de g convergindo a a. Se vale (i) ent˜ao, dados r > 0 e ǫ > 0, podemos achar N tal que n ≥ N fornece 0 < |βn − a| < r e trivialmente |g(βn )| = 0 < ǫ. Mas isso ´e o mesmo que |f (βn ) − α| < ǫ. Tomando β = βN o teorema fica demonstrado nesse caso. Se (i) n˜ao vale ent˜ao vale (ii) e argumentamos da seguinte maneira: como n˜ao existe sequˆencia de zeros de g convergindo a a, podemos encontrar um n´ umero τ > 0 tal que g(z) 6= 0 para z no anel A(a, 0, τ ). Nesse 1 caso, dados r > 0 e ǫ > 0 olhamos para g(z) e temos duas possibilidades: 1 1 (1) ou existe β ∈ A(a, 0, τ ) ∩ A(a, 0, r) tal que g(β) > ǫ

148

Singularidades

Cap. 6

1 (2) ou g(z) ´e limitado no anel A(a, 0, τ ) ∩ A(a, 0, r).

Se (1) ocorre ent˜ao |g(β)| < ǫ e portanto |f (β) − α| < ǫ. Nesse caso, o teorema est´a demonstrado. 1 Se (2) ocorre ent˜ao, pela Proposi¸c˜ao 2.2, g(z) tem uma singularidade 1 ao em s´erie de potˆencias remov´ıvel em a. Portanto, g(z) tem expans˜ convergente no disco D(a, τ ) ∩ D(a, r), digamos ∞

X 1 cn (z − a)n . = g(z) n=0

Seja cn0 o primeiro coeficiente n˜ao nulo dessa s´erie. Ent˜ao ∞ X 1 n0 = (z − a) cn (z − a)n−n0 . g(z) n=n 0

Fazendo h(z) =

∞ P

n=n0

cn (z − a)n−n0 temos que h ´e anal´ıtica no disco

D(a, τ )∩D(a, r) (veja a demonstra¸c˜ao da Proposi¸c˜ao 2.14 do Cap´ıtulo 4) 1 e h(a) = cn0 6= 0. Como g(z) = (z − a)n0 h(z) temos que (z − a)n0 g(z) = 1 h(z) e portanto 1 lim (z − a)n0 g(z) = 6= 0. z→a h(a) Mas, pela Proposi¸c˜ao 2.4, g tem um polo de ordem n0 em a, o que contradiz o fato de a ser singularidade essencial de g. Logo (2) nunca ocorre e o teorema est´a demonstrado. ⊓ ⊔

3

Res´ıduos

O Teorema de Cauchy 2.13 Cap´ıtulo 5 afirma que, se a regi˜ ao fechada e limitada determinada por uma curva de Jordan suave por partes γ est´ R a inteiramente contida no dom´ınio da fun¸c˜ao holomorfa f , ent˜ao γ f (z)dz = 0. Fazemos agora a seguinte pergunta: como se transforma esse teorema caso f tenha singularidades isoladas no interior da regi˜ ao fechada e limitada determinada por γ? Para responder tal pergunta introduzimos o conceito de res´ıduo: 3.1 Defini¸ c˜ ao. Se f ´e uma fun¸ca ˜o holomorfa no anel A(a, 0, ρ), o 1 res´ıduo de f em a ´e o coeficiente b1 do termo z−a de sua s´erie de Laurent com centro em a.

Res´ıduos 149

Se¸c˜ ao 3

Usaremos a nota¸c˜ao res(f, a) para designar o res´ıduo de f em a.
Com z+1 z sen z , 0 = 0, , e1/z e (z−2) rela¸c˜ao aos exemplos sen 2 (z−i) temos res z   z  
z+1 z+1 3 1 1/z res e , 0 = 1, res (z−2)2 (z−i) , 2 = 2−i − (2−i)2 e res (z−2)2 (z−i) , i = 1+i . (i−2)2

Temos o

3.2 Teorema dos Res´ıduos. (Cauchy) Seja f uma fun¸ca ˜o holomorfa num dom´ınio U \ {a1 , a2 , . . . , am }. Suponha que γ ⊂ U \ {a1 , a2 , . . . , am } ´e uma curva de Jordan suave por partes, orientada no sentido antihor´ ario, tal que a regi˜ ao fechada e limitada por ela determinada est´ a contida em U e cont´em todos os pontos a1 , a2 , . . . , am . Ent˜ ao Z 1 f (z)dz = res(f, a1 ) + res(f, a2 ) + · · · + res(f, am ). 2πi γ

Demonstra¸ c˜ ao: Para cada singularidade isolada aj de f , escolha um c´ırculo γj centrado em aj satisfazendo as seguintes condi¸c˜oes: γk n˜ao tem ponto comum com γn se k 6= n e γj n˜ao tem ponto comum com γ, para 1 ≤ j ≤ m (veja figura). U

2

am

a2

m 1

a1

Figura 19

Oriente os γj , 1 ≤ j ≤ m, no sentido anti-hor´ario. Pelo Teorema de Cauchy 2.13 do Cap´ıtulo 5 temos Z f (z)dz = 0. γ∪γ − 1 ∪γ − 2 ∪···∪γ − m

150

Singularidades

Cap. 6

Mas isso equivale a Z Z Z Z f (z)dz = f (z)dz + f (z)dz + · · · + f (z)dz. γ

γ1

γ2

Nos resta portanto calcular

R

γm

f (z)dz, j = 1, ..., m. Ora, o Teorema de

γj

Laurent 1.1 nos diz que, se ∞ X

bm

m=1

∞

X 1 cn (z − aj )n m + (z − aj ) n=0

´e a s´erie de Laurent de f em torno de aj , ent˜ao 1 b1 = 2πi Logo,

R

Z

f (z)dz.

γj

f (z)dz = 2πires(f, aj ) e o teorema est´a demonstrado.

γj

⊓ ⊔

Uma quest˜ ao que se apresenta imediatamente ´e o c´alculo do res´ıduo ´ ´obvio que se f tem uma singulade f numa singularidade isolada. E ridade remov´ıvel em a ent˜ao res(f, a) = 0. J´a no caso em que a ´e um polo temos as duas proposi¸c˜oes abaixo: 3.3 Proposi¸ c˜ ao. Seja f uma fun¸ca ˜o holomorfa no anel A(a, 0, ρ) e suponha que a ´e um polo de ordem 1 de f . Ent˜ ao res(f, a) = lim (z − a)f (z). z→a

Demonstra¸ c˜ ao: A prova desse resultado est´a contida na demonstra¸c˜ao da Proposi¸c˜ao 2.4, por´em a faremos explicitamente. A s´erie de Laurent de f no anel A(a, 0, ρ) lˆe-se: f (z) =

∞

res(f, a) X an (z − a)n . + z−a n=0

Assim sendo,

(z − a)f (z) = res(f, a) +

lim (z − a)f (z) = res(f, a).

z→a

∞ P

n=0

an (z − a)n+1 e ent˜ao ⊓ ⊔

Res´ıduos 151

Se¸c˜ ao 3

3.4 Proposi¸ c˜ ao. Seja f uma fun¸ca ˜o holomorfa no anel A(a, 0, ρ) e suponha que a ´e um polo de ordem k > 1 de f . Considere a fun¸ca ˜o g(z) = (z − a)k f (z). Ent˜ ao res(f, a) =

g (k−1) (a) . (k − 1)!

Demonstra¸ c˜ ao: A s´erie de Laurent de f no anel A(a, 0, ρ) lˆe-se: f (z) =

bk (z − a)k

+

bk−1 (z − a)k−1

+ ··· +

∞

res(f, a) X an (z − a)n . + z−a n=0

Multiplicando por (z − a)k obtemos k−1

g(z) = bk + bk−1 (z − a) + · · · + res(f, a)(z − a)

+

∞ X

n=0

an (z − a)n+k .

Observe que g ´e holomorfa no disco D(a, ρ) e, portanto, a express˜ao acima ´e sua s´erie de Taylor de centro em a. Mas ent˜ao o coeficiente de (k−1) (a) (z − a)k−1 ´e precisamente g (k−1)! . ⊓ ⊔ O leitor ter´ a notado que essa proposi¸c˜ao fornece um m´etodo para o c´alculo de res(f, a) desde que a fun¸c˜ao f seja “manejavel”e k n˜ao seja muito grande, pois se trata de calcular a derivada de um produto. Rez+1 vivendo mais uma vez o exemplo f (z) = (z−2) 2 (z−i) obtemos, aplicando as proposi¸c˜oes acima res(f, i) = lim (z − i)f (z) = lim z→i

z→i

1+i z+1 = . (z − 2)2 (i − 2)2

e 2

res(f, 2) = ((z − 2)

′ f (z))|z=2

=



z+1 z−i

′

|z=2

=

3 1 . − 2 − i (2 − i)2

´ bom lembrar que, se f tem singularidade essencial em a ent˜ao n˜ao E dispomos de m´etodos como acima e res(f, a) deve ser calculado atrav´es da s´erie de Laurent de f . Daremos a seguir duas aplica¸c˜oes importantes do Teorema dos Res´ıduos.

152

4

Singularidades

Cap. 6

O Teorema de Rouch´ e

Iniciamos com um teorema que nos permite contar zeros e polos, conhecido como Princ´ıpio do Argumento. Recorde do Cap´ıtulo 4 (Proposi¸c˜ao 2.14) que, se f ´e uma fun¸c˜ao holomorfa e b ´e um zero de f , ent˜ao temos uma decomposi¸c˜ao f (z) = (z − b)k g(z), onde k ≥ 1 ´e a ordem ou multiplicidade do zero, g ´e holomorfa num disco em torno de b e g(b) 6= 0.

4.1 Teorema. Seja f uma fun¸ca ˜o holomorfa num dom´ınio U \ {a1 , a2 , . . . , am }. Suponha que γ ⊂ U \ {a1 , a2 , . . . , am } ´e uma curva de Jordan suave por partes, orientada no sentido anti-hor´ ario, tal que a regi˜ ao fechada e limitada por ela determinada est´ a contida em U e cont´em todos os pontos a1 , a2 , . . . , am . Al´em disso, suponha que todos esses pontos sejam polos de f e que f n˜ ao tem zeros ao longo de γ. Ent˜ ao Z ′ 1 f (z) dz = Z − P 2πi f (z) γ

onde Z = n´ umero de zeros de f na regi˜ ao interior a γ, cada um deles contado tantas vezes quanto for sua multiplicidade e P = n´ umero de polos de f na regi˜ ao interior a γ, cada um deles contado tantas vezes quanto for sua ordem. Demonstra¸ c˜ ao: Pelo Teorema dos Res´ıduos, a integral acima ´e a soma ′ (z) dos res´ıduos da fun¸c˜ao ff (z) na regi˜ ao interior a γ. Dado um ponto a nessa regi˜ ao temos trˆes possibilidades: (i) f (a) 6= 0, (ii) a ´e zero de multiplicidade m de f , (iii) a ´e polo de ordem k de f . O caso (i) fornece nada ` a integral acima pois o integrando n˜ao possui res´ıduo nesse ponto. Nos resta investigar (ii) e (iii). Suponha ent˜ao que: (ii) a ´e zero de multiplicidade m de f . Nesse caso, num disco D(a, δ) vale que f (z) = (z − a)m g(z) onde g(a) 6= 0 e g ´e holomorfa. Por outro lado, f ′ (z) = m(z − a)m−1 g(z) + (z − a)m g ′ (z). Da´ı vem que f ′ (z) m g ′ (z) = + . f (z) z−a g(z)

Como

g ′ (z) g(z)

´e holomorfa em D(a, δ) temos

tanto (⋆)

∞

g ′ (z) g(z)

=

∞ P

n=0

X f ′ (z) m = + cn (z − a)n . f (z) z−a n=0

cn (z − a)n e por-

O Teorema de Rouch´ e 153

Se¸c˜ ao 4

Essa ´e ent˜ao a s´erie de Laurent de res´ıduo ´e m.

f ′ (z) f (z)

centrada em a e nesse ponto o

(iii) a ´e polo de ordem k de f . Nesse caso, num disco D(a, δ) vale que (z − a)k f (z) = g(z), onde g ´e holomorfa e g(a) 6= 0. Portanto, g ′ (z) f (z) = g(z) k e f ′ (z) = −kg(z) k+1 + k . Logo, (z−a)

(z−a)

(z−a)

f ′ (z) −k g ′ (z) = + . f (z) z−a g(z) Argumentando como em (ii) concluimos que esse ponto contribui −k R f ′ (z) 1 ⊓ ⊔ para a integral 2πi f (z) dz. γ

4.2 Corol´ ario. Nas mesmas hip´ oteses do Teorema 4.1, se f e h s˜ ao fun¸co ˜es holomorfas em U , ent˜ ao 1 2πi

Z γ

h(z)

X f ′ (z) h(ξj ) mξj (f ) dz = f (z) ξj

onde ξ1 , ξ2 , . . . , ξℓ s˜ ao os zeros de f na regi˜ ao interior a γ e mξj (f ) ´e a multiplicidade de ξj como zero de f . Demonstra¸ c˜ ao: Pelo Teorema dos Res´ıduos, a integral acima ´e a soma ′ (z) dos res´ıduos da fun¸c˜ao h(z) ff (z) na regi˜ ao interior a γ. Dado um ponto a nessa regi˜ ao temos duas possibilidades, uma vez que f e h s˜ ao holomorfas: (i) f (a) 6= 0, (ii) a ´e zero de multiplicidade m de f . Como no teorema anterior, (i) fornece nada `a integral acima pois o integrando possui res´ıduo nulo nesse ponto. Quanto a (ii), suponha que a ´e zero de multiplicidade m de f , localizado no interior da regi˜ ao limitada determinada por γ. Por (⋆) do teorema anterior temos que: ∞

X m f ′ (z) cn (z − a)n . = + f (z) z−a n=0

Por outro lado, a fun¸c˜ao h tem expans˜ ao centrada em a dada por, di∞ ∞ P P n bn (z − a)n . Multiplicando a bn (z − a) = b0 + gamos, h(z) = n=0

n=1

154

Singularidades

Cap. 6

igualdade acima ficamos com: ∞ X b0 m f ′ (z) bn+1 (z − a)n = +m h(z) f (z) z−a n=0 # #" ∞ "∞ X X cn (z − a)n . bn (z − a)n + n=0

n=0

′

(z) Portanto, o res´ıduo de h(z) ff (z) em a ´e b0 m = h(a) ma (f ).

⊓ ⊔

Observa¸ c˜ ao: Se h ≡ 1 ent˜ao o corol´ario nos diz que Z ′ 1 f (z) dz = Z 2πi f (z) γ

onde Z = n´ umero de zeros de f na regi˜ ao interior a γ, cada um deles contado tantas vezes quanto for sua multiplicidade. Apresentamos agora o resultado principal dessa se¸c˜ao. 4.3 Teorema de Rouch´ e. Sejam f e g duas fun¸co ˜es holomorfas, ambas definidas no dom´ınio U ⊂ C. Seja V ⊂ U uma regi˜ ao fechada e limitada cuja fronteira ∂V ´e uma curva de Jordan suave por partes, com V \ ∂V um dom´ınio. Se |f (z) − g(z)| < |f (z)| para todo z ∈ ∂V, ent˜ ao f e g tem o mesmo n´ umero de zeros no interior de V . Demonstra¸ c˜ ao: Antes de mais nada note que, por hip´ otese, nem f nem g podem ter zeros ao longo de ∂V . Oriente o caminho ∂V no sentido anti-hor´ario e suponha que ele seja descrito por γ(t), 0 ≤ t ≤ 1. Fazendo Φ(z) = fg(z) (z) temos que |f (γ(t)) − g(γ(t))| < |f (γ(t))| ⇒ |1 − Φ(γ(t))| < 1. Agora, seja a um ponto no interior de V . Ent˜ao a ´e um zero de Φ se, e somente se, a ´e um zero de g. Tamb´em temos que um ponto b no interior de V ´e polo de Φ se, e somente se, b ´e um zero de f (use a Proposi¸c˜ao 2.4). Assim sendo, se mostrarmos que Z ′ Φ (z) 1 dz = 0 2πi Φ(z) γ

O Teorema de Rouch´ e 155

Se¸c˜ ao 4

ent˜ao, pelo Teorema 4.1, o n´ umero de zeros de Φ no interior de V ´e igual ao seu n´ umero de polos a´ı e, portanto, f e g tem o mesmo n´ umero de zeros. Para calcular essa integral considere o caminho ϕ(t) = Φ(γ(t)), 0 ≤ t ≤ 1. Esse ´e um caminho fechado, suave por partes (pois Φ ´e holomorfa ao longo de γ) e, o que ´e essencial, est´a inteiramente contido no disco de centro 1 e raio 1, j´a que |Φ(γ(t)) − 1| < 1. Logo, Z γ

Mas

R1 0

ϕ′ (t) ϕ(t) dt

caminho ϕ,

Z1

Φ′ (γ(t)) ′ γ (t)dt = Φ(γ(t))

0

Z1

ϕ′ (t) dt. ϕ(t)

0

nada mais ´e que a integral da fun¸c˜ao h(z) =

R1 0

Φ′ (z) dz = Φ(z)

ϕ′ (t) ϕ(t) dt

=

R

ϕ

1 z dz.

1 z

ao longo do

Como ϕ est´a contido no disco D(1, 1) e

log z (ramo principal do logaritmo) ´e uma primitiva de h(z) nesse disco, o Teorema 1.9 do Cap´ıtulo 5 nos diz que Z Z ′ 1 Φ (z) 0= dz = dz. ⊓ ⊔ z Φ(z) ϕ

γ

Uma consequˆencia do teorema de Rouch´e ´e o ´ Teorema Fundamental da Algebra. Seja P : C → C um polinˆ omio de grau n. Ent˜ ao P (z) tem precisamente n zeros, contados com multiplicidade. Demonstra¸ c˜ ao: Escreva P (z) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 , an 6= 0. A ideia ´e comparar P (z) com Q(z) = an z n e usar o teorema de Rouch´e. Temos |Q(z) − P (z)| = |an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 | e, se z 6= 0

Agora,

Q(z) − P (z) an−1 a1 a0 = an z + · · · + an z n−1 + an z n . Q(z) an−1 a1 a0 =0 + ··· + + lim an z n−1 an z n |z|→∞ an z

156

Singularidades

Cap. 6

e portanto, podemos achar R > 0 tal que se |z| > R ent˜ao Q(z) − P (z) an−1 a1 a0 = an z + · · · + an z n−1 + an z n < 1. Q(z)

Assim sendo, escolhendo qualquer c´ırculo γ de centro em 0 e raio > R temos que, ao longo de γ, |Q(z) − P (z)| < |Q(z)|.

Pelo teorema de Rouch´e P tem precisamente n zeros, contados com multiplicidade. ⊓ ⊔

5

Uma interpreta¸c˜ ao Dinˆ amica do Res´ıduo

Nessa se¸c˜ao olharemos para o res´ıduo de um ponto de vista de deforma¸c˜oes, um instrumento muito u ´til em Matem´ atica. As id´eias aqui apresentadas remontam a trabalhos de N.H.Abel. O interesse aqui ´e em trabalhar com quocientes de fun¸c˜oes holomorfas. Antes de mais nada temos a 5.1 Defini¸ c˜ ao. Uma fun¸ca ˜o f ´e meromorfa num dom´ınio U se existe um subconjunto P de U tal que: (i) P ´e discreto. (ii) f ´e holomorfa em U \ P. (iii) f possui um polo em cada ponto de P. Observe que essa defini¸c˜ao exclui as singularidades essenciais, portanto, uma fun¸c˜ao meromorfa ´e aquela que possui apenas polos ou singularidades remov´ıveis (como essas u ´ltimas s˜ ao “falsas”singularidades, podemos ignor´a-las e considerar apenas polos). 5.2 Proposi¸ c˜ ao. Localmente, uma fun¸ca ˜o ´e meromorfa se, e somente se, ´e o quociente de duas fun¸co ˜es holomorfas. Demonstra¸ c˜ ao: O significado do termo “localmente”ficar´ a claro ao longo da demonstra¸c˜ao. Suponha que tenhamos uma fun¸c˜ao meromorfa f e seja a um de seus polos, digamos de ordem k. A expans˜ ao de Laurent centrada em a ´e bk (z − a)k

+ ··· +

∞

X b1 + an (z − a)n onde bk 6= 0, z−a n=0

Uma interpreta¸c˜ ao Dinˆ amica do Res´ıduo 157

Se¸c˜ ao 5

v´alida num pequeno disco D(a, ǫ). Como temos apenas um n´ umero finito de termos com potˆencias negativas, reduzimos ao mesmo denominador e ficamos com: bk + bk−1 (z − a) + · · · + b1 (z − a)k−1 +

∞ P

n=0

k

(z − a)

an (z − a)n+k

.

g(z) f (z) ,

em D(a, ǫ), das fun¸c˜oes holomorfas g(z) = ∞ P an (z − a)n+k e f (z) = (z − a)k . bk +bk−1 (z − a)+· · ·+b1 (z − a)k−1 + Mas isso ´e o quociente

n=0

Suponha agora que tenhamos um quociente de fun¸c˜oes holomorfas g(z) ao definidas. Esf (z) e seja a um ponto em torno do qual f e g est˜ ∞ ∞ P P creva f (z) = an (z − a)n e g(z) = bn (z − a)n , expans˜ oes v´alidas n=0

n=0

simultaneamente num pequeno disco D(a, ǫ). Se ak ´e o primeiro coeficiente n˜ao nulo na s´erie que define f , ent˜ao   f (z) = (z − a)k ak + ak+1 (z − a) + · · · + ak+m (z − a)m + · · · = (z − a)k φ(z)

onde φ(z) = ak + ak+1 (z − a) + · · · + ak+m (z − a)m + · · · ´e holomorfa em D(a, ǫ). An´ alogamente temos que g(z) = (z − a)m ψ(z), com ψ holomorfa em D(a, ǫ). Portanto, g(z) (z − a)m ψ(z) ψ(z) = . = (z − a)m−k k f (z) φ(z) (z − a) φ(z) bm ımos que a fun¸c˜ao Θ(z) = Agora, ψ(a) φ(a) = ak 6= 0 e conclu´ num disco D(a, δ) ⊆ D(a, ǫ). Seja ent˜ao

Θ(z) =

∞ X n=ℓ

cn (z − a)n

ψ(z) φ(z)

´e holomorfa

158

Singularidades

Cap. 6

sua expans˜ ao em s´erie de potˆencias em D(a, δ). Ficamos com g(z) = (z − a)m−k Θ(z) f (z) ∞ X m−k cn (z − a)n = (z − a) n=ℓ

=

∞ X n=ℓ

cn (z − a)n+m−k .

Essa ´e a expans˜ ao de Laurent de fg(z) (z) em torno de a. Observe que temos um polo em a caso ℓ + m − k < 0. ⊓ ⊔ A demonstra¸c˜ao acima deixa claro que, se uma fun¸c˜ao tem uma singularidade essencial no ponto a, ent˜ao ela n˜ao pode ser dada na forma g(z) ca de a, onde f e g s˜ ao holomorfas. f (z) em nenhuma vizinhan¸ Vamos passar agora ` a prepara¸c˜ao para se enunciar o teorema principal dessa se¸c˜ao. Como se trata de um resultado de natureza local, trabalharemos em vizinhan¸cas de 0 ∈ C. Sejam U ⊂ C um aberto contendo 0 e h uma fun¸c˜ao meromorfa em U , com um polo de ordem k em 0, ou seja, h : U \ {0} → C ´e holomorfa e lim z k h(z) existe e ´e um n´ umero complexo n˜ao nulo. Pela expans˜ ao z→0

de Laurent, existe um disco de raio ρ centrado em 0, D(0, ρ) ⊂ U tal que, em D(0, ρ) \ {0}, h se escreve como: h(z) =

∞

bk b1 X an z n onde lim z k h(z) = bk 6= 0. + · · · + + z→0 zk z n=0

Reduzindo ao mesmo denominador, como na Proposi¸c˜ao 5.2, temos

(∗)

h(z) =

bk + bk−1 z + · · · + b1 z k−1 + zk

∞ P

an z n+k

n=0

=

com

(∗∗)

 ∞ P  k−1 +  an z n+k g(z) = b + b z + · · · + b z  1 k k−1  n=0

e    f (z) = z k .

g(z) f (z)

Uma interpreta¸c˜ ao Dinˆ amica do Res´ıduo 159

Se¸c˜ ao 5

Como a expans˜ ao de Laurent de h ´e v´alida em D(0, ρ), vamos conk siderar f (z) = z apenas nesse disco. Temos ent˜ao que f satisfaz f : D(0, ρ) → D(0, ρk ) ´e sobrejetiva e aberta (essa u ´ltima ´e uma propriedade satisfeita por qualquer fun¸c˜ao holomorfa de uma vari´avel complexa). Seja ζ ∈ D(0, ρk ) um n´ umero complexo n˜ao nulo. Escreva ζ na forma polar, ζ = ̺ eiθ . A pr´e-imagem de ζ 6= 0 por f consiste de exatamente k pontos distintos, f −1 (ζ) = {ξ1 , . . . , ξk }, que s˜ ao as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao z k = ζ, dadas explicitamente por ξj =

√ k

  θ+2π(j−1) i k

̺ e

, j = 1, . . . , k.

Tamb´em temos que f ′ (z) = k z k−1 e portanto, em cada um dos pontos ξj , f ′ (ξj ) = k ξjk−1 6= 0. Recorde que res(h, 0) = b1 . 5.3 Teorema. Sejam ζ ∈ D(0, ρk ) um n´ umero complexo n˜ ao nulo e −1 f (ζ) = {ξ1 , . . . , ξk }. Ent˜ ao: k X g(ξj ) res(h, 0) = lim . ζ→0 f ′ (ξj ) j=1

Observa¸ c˜ ao: O ponto de vista de Cauchy ´e mais geral, no sentido que h pode R ter singularidade essencial em 0 e o res´ıduo ´e dado por res(h, 0) = 1 h(z) dz, onde γ ´e um c´ırculo centrado em 0 de raio menor que ρ. 2πi γ

Entretanto, essa interpreta¸c˜ao n˜ao se generaliza a dimens˜ oes superiores, ao passo que o ponto de vista aqui apresentado, essencialmente devido a Abel, sim.

Demonstra¸ c˜ ao: Comece escolhendo 0 < ǫ 0 tal que (i) o disco fechado D(ξj , δj ) est´a inteiramente contido no interior do c´ırculo Γ e 0 6∈ D(ξj , δj ).

160

Singularidades

Cap. 6

(ii) D(ξi , δi ) ∩ D(ξj , δj ) = ∅ para i 6= j.

A figura abaixo ilustra a situa¸c˜ao.

D(

j

,

j

) D(

1

,

1)

f

D( , )

0

D( 0 , ) D(

k

,

D( 0 ,

k)

k

)

D( 0 , )

Figura 20

Temos em m˜ aos a fun¸c˜ao meromorfa h(z) =

g(z) f (z) .

Considere a se-

g(z) guinte deforma¸c˜ao holomorfa de h, hw (z) = f (z)−w . Defina Z g(z) 1 dz j = 1, . . . , k. ψj (w) = 2πi f (z) − w ∂D(ξj ,δj )

Aonde essas fun¸c˜oes est˜ao definidas? Observe que, se w 6= 0 ent˜ao a equa¸c˜ao f (z) = w tem precisamente k solu¸c˜oes distintas e n˜ao nulas. Logo, se tomarmos w num disco suficientemente pequeno, D(ζ, τ ), centrado em ζ, as solu¸c˜oes z1 , . . . , zn de f (z) = w satisfazem zj ∈ D(ξj , δj ), portanto, o denominador do integrando que define ψj n˜ao se anula em ∂D(ξj , δj ) e ψj est´a bem definida. Al´em disso, as ψj s˜ ao holomorfas em D(ζ, τ ) j´a que podemos derivar sob o sinal de integral e obter Z 1 g(z) ψj′ (w) = dz. 2πi (f (z) − w)2 ∂D(ξj ,δj )

Agora, ao longo dos caminhos ∂D(ξj , δj ), j = 1, . . . , k, a derivada f ′ (z) n˜ao se anula e ´e l´ıcito escrever g(z) g(z) f ′ (z) = ′ . f (z) − w f (z) f (z) − w

Uma interpreta¸c˜ ao Dinˆ amica do Res´ıduo 161

Se¸c˜ ao 5

Ponha Fw (z) = f (z) − w e G(z) = a z ´e Fw′ (z) = f ′ (z). Portanto,

g(z) f ′ (z) .

A derivada de Fw em rela¸c˜ao

g(z) f ′ (z) F ′ (z) g(z) = ′ = G(z) w f (z) − w f (z) f (z) − w Fw (z) e as ψj assumem a forma Z 1 g(z) 1 dz = ψj (w) = 2πi f (z) − w 2πi ∂D(ξj ,δj )

Z

G(z)

Fw′ (z) dz Fw (z)

∂D(ξj ,δj )

para 1 ≤ j ≤ k. Em particular, 1 ψj (ζ) = 2πi

Z

G(z)

∂D(ξj ,δj )

Fζ′ (z) Fζ (z)

dz.

P Pelo Corol´ario 4.2 essa integral ´e igual a G(pi ) mpi (Fζ ), onde a soma ´e sobre todos os zeros de Fζ no interior de ∂D(ξj , δj ). Mas Fζ (z) = f (z) − ζ e o u ´nico zero dessa fun¸c˜ao no interior de ∂D(ξj , δj ) ´e ξj , que tem multiplicidade 1 pois f ′ (ξj ) 6= 0. Logo, ψj (ζ) = G(ξj ) =

g(ξj ) . f ′ (ξj )

Mostramos que k X j=1

ψj (ζ) =

k X g(ξj ) . f ′ (ξj ) j=1

As k fun¸c˜oes ψ1 , . . . , ψk est˜ao definidas numa vizinhan¸ca D(ζ, τ ) que n˜ao cont´em 0 e, individualmente, n˜ao admitem extens˜ao holomorfa a nenhum dom´ınio que contenha 0 e ζ. Isso vem do fato que, num tal √ dom´ınio, ´e sempre poss´ıvel encontrar um ponto w0 tal que k w0 ∈ ∂D(ξj , δj ) e nesse caso, o denominador do integrando que define ψj se anula sobre o caminho de integra¸c˜ao ∂D(ξj , δj ). Outra maneira de ver √ isso ´e notar que f (z) = z k admite a inversa local f −1 (w) = k w em torno de cada ponto z 6= 0, mas n˜ao admite inversa local em nenhum k P ψj (w) admite extens˜ao dom´ınio que contenha 0. Entretanto, a soma j=1

holomorfa a um dom´ınio que cont´em 0. Vamos mostrar isso.

162

Singularidades

Cap. 6

Defina a fun¸c˜ao tra¸co por Tr(w) =

1 2πi

Z Γ

g(z) 1 dz = k 2πi z −w

Z Γ

g(z) dz. f (z) − w

Essa fun¸c˜ao est´a definida para w no disco aberto D(0, ǫ), pois nesse √ dom´ınio f (z) − w 6= 0 qualquer que seja z ∈ Γ = ∂D(0, k ǫ), e ela ´e claramente holomorfa nesse disco (derive sob o sinal de integral). O teorema de Cauchy fornece Tr(w) =

1 2πi

Z Γ

k X 1 = 2πi j=1

g(z) dz f (z) − w k

Z

∂D(ξj ,δj )

X g(z) ψj (w). dz = f (z) − w j=1

Portanto, Tr ´e uma extens˜ao holomorfa da fun¸c˜ao

k P

ψj . A terminologia

j=1

“tra¸co”vem da´ı, pois somamos sobre todas as k ra´ızes de z k − w = 0, e esse teorema ´e tamb´em conhecido como o Teorema do Tra¸co de Abel. O final da demonstra¸c˜ao do teorema ´e o seguinte: lim

ζ→0

k k X X g(ξj ) = lim ψj (ζ) f ′ (ξj ) ζ→0 j=1

j=1

= lim Tr(ζ) = lim ζ→0

ζ→0

1 2πi

Z

g(z) dz f (z) − ζ

Γ

1 = 2πi

Z Γ

6

g(z) 1 dz = f (z) 2πi

Z

h(z) dz = res(h, 0).

Γ

C´ alculo de Integrais utilizando Res´ıduos

Nessa se¸c˜ao vamos utilizar o Teorema dos Res´ıduos 3.2 para calcular algumas integrais. Sabemos do C´alculo que, se x ´e uma vari´avel real e

C´ alculo de Integrais utilizando Res´ıduos 163

Se¸c˜ ao 6

f (x) ´e uma fun¸c˜ao real cont´ınua, ent˜ao a integral impr´opria

R∞

f (x)dx

−∞

´e definida por (∗)

Zb

lim

b→∞ a→−∞ a

f (x)dx

desde que esses limites existam. Nesse caso dizemos que

R∞

f (x)dx

−∞

converge, caso contr´ario a integral impr´opria ´e dita divergente. No que se segue estudaremos integrais da forma (∗∗)

lim

Zr

r→∞ −r

f (x)dx.

Caso esse limite exista, ele ´e chamado o Valor Principal de Cauchy de R . Antes de mais nada observe que, se (∗) existe, ent˜ao for¸cosa- mente (∗∗) tamb´em existe e seus valores coincidem. Mas (∗∗) pode existir e (∗) n˜ao, como mostra o exemplo f (x) = sen x. Para essa fun¸c˜ao temos Zr

−r

r sen x dx = − cos x = − cos r + cos(−r) = − cos r + cos r = 0 −r

e ent˜ao (1)

lim

Zr

r→∞ −r

sen x dx = 0.

temos que Por outro lado, tomando b = 2nπ e a = − (2n+1)π 2

−

Z2nπ



(2n + 1)π sen x dx = − cos(2nπ) + cos − 2

(2n+1)π 2

e ent˜ao (2)

lim

n→∞ −

Z2nπ

(2n+1)π 2

sen x dx = −1.



= −1

164

Singularidades

Cap. 6

Portanto, como (1) e (2) se contradizem,

R∞

sen x dx n˜ao existe. A arti-

−∞

manha, devida a Cauchy, a ser utilizada para se calcular Rr lim f (x)dx consiste em “complexificar”a fun¸c˜ao f (x), isto ´e, troque r→∞ −r

x por z em sua express˜ao, ou em obter f (x) como a parte real de uma fun¸c˜ao complexa. Para ver isso em a¸c˜ao vamos considerar alguns casos:

Caso I. Suponha que f (z) ´e holomorfa no dom´ınio (semi-plano aberto menos um n´ umero finito de pontos) U = {z ∈ C : Im(z) > −ǫ} \ {a1 , . . . , ak }, onde ǫ ´e um n´ umero real positivo e a1 , . . . , ak s˜ ao polos de fR , com Im(aj ) > 0, 1 ≤ j ≤ k. Ent˜ao faz sentido calcular a integral f (z)dz ao longo de γ, que ´e o caminho suave por partes γ

( γ1 (t) = t γ = γ1 ∗ γ2 , sendo que (veja figura) γ2 (t) = reit

−r ≤ t ≤ r 0≤t≤π

y

2

V 1

-r

r

0

x

Figura 20

onde r ´e escolhido grande o bastante para que |aj | < r, 1 ≤ j ≤ k. Isto feito temos Z Z Z Zr Zπ f (z)dz = f (z)dz + f (z)dz = f (x)dx + f (reit )ireit dt. γ

γ1

γ2

−r

0

Portanto, pelo Teorema dos Res´ıduos 3.2, aplicado `a regi˜ ao V e a sua fronteira ∂V = γ1 ∪ γ2 temos   Z Zr Zπ k X   2πi res(f, aj ) = f (z)dz = f (x)dx + f (reit )ireit dt. j=1

γ

−r

0

C´ alculo de Integrais utilizando Res´ıduos 165

Se¸c˜ ao 6

Agora, se (∗)

lim

r→∞

Zπ

f (reit )ireit dt = 0

0

ent˜ao concluimos que (†)

lim

Zr

r→∞ −r

  k X f (x)dx = 2πi  res(f, aj ) . j=1

Uma condi¸c˜ao para que (⋆) valha ´e a seguinte: (⋆⋆) existe um n´ umero K > 0 tal que |f (reit )| ≤ rK2 , para 0 ≤ t ≤ π e r suficientemente grande. De fato, se isso vale temos π Z Zπ Kr Kπ it it f (re )ire dt ≤ dt = 2 r r 0

0

e (⋆) segue. Mas a condi¸c˜ao (⋆⋆) diz mais, pois ao longo do eixo x ela se reduz a |f (x)| ≤ xK2 , desde que |x| seja suficientemente grande. Da´ı vem que Zb a

Z−c Zc Zb f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx + f (x)dx a

c

−c

e, tomando c > 0 suficentemente grande para que tenhamos a majora¸c˜ao acima, c b Z Zb Z Z−c K K f (x)dx + f (x)dx ≤ dx + dx. 2 x x2 a

a

lim

a→−∞

Z−c a

Portanto,

lim

Rb

b→∞ a a→−∞

K K dx = 2 x c

f (x)dx =

c

−c

Agora

R∞

−∞

e

lim

b→∞

Zb c

K K dx = . 2 x c

f (x)dx = lim

Rr

r→∞ −r

f (x)dx, ou seja, a

integral impr´opria existe, ´e igual ao Valor Principal de Cauchy de vale (†).

R

e

166

Singularidades

Cap. 6

Uma situa¸c˜ao geral na qual vale (⋆⋆) ´e a seguinte: P (z) (⋆⋆⋆) f (z) = Q(z) , onde P e Q s˜ ao polinˆ omios, grau(Q) ≥ grau(P )+2 e Q n˜ao possui zeros reais. Para ver isso seja 2 ≤ k =grau(Q)−grau(P ) e considere a fun¸c˜ao k P (z) g(z) = z Q(z) . O numerador e o denominador s˜ ao polinˆ omios do mesmo grau e ent˜ao existe o lim g(z) = α. Assim sendo, se |z| ´e suficientemente z→∞ grande k k z P (z) P (z) 1 + |α| z P (z) Q(z) − α < 1 =⇒ Q(z) < 1 + |α| =⇒ Q(z) < |z|k .

Come¸camos com um exemplo f´acil e familiar, f (x) = x21+1 . Olhe para f (z) = z 21+1 . Essa fun¸c˜ao tem polos nos pontos z = i e z = −i. Como o denominador ´e um polinˆ omio de grau 2, esses s˜ ao seus u ´nicos zeros e portanto cada polo tem ordem 1. f (z) ´e holomorfa no dom´ınio U = {z ∈ C : Im(z) > −1} \ {i} e, pela Proposi¸c˜ao 3.3, res(f, i) = 1 . Logo, tomando r > 1, lim (z − i) z 21+1 = 2i z→i

π = 2πi12i =

Z γ

1 dz = 2 z +1

Zr

1 dx + 2 x +1

−r

Zπ 0

ireit 2

(reit ) + 1

dt.

Observe que (⋆⋆) vale pois esse forma descrita em (⋆ ⋆ ⋆), √ exemplo ´e da 1 por´em ´e imediato que se r > 2, ent˜ao < r21−1 < r22 . Da´ı vem |(reit )2 +1| que Zπ Zπ it 2π 2r ire lim dt ≤ lim dt = lim = 0. r→∞ 2 2 r→∞ r (reit ) + 1 r→∞ r 0

0

Logo,

Z∞

−∞

1 dx = lim 2 r→∞ x +1

−r

Um segundo exemplo ´e o c´alculo de

−∞

R∞

−∞

vale (†), ou seja Z∞

Zr

x2 dx = lim r→∞ x4 + 1

Zr

−r

x2

1 dx = π. +1

x2 dx. x4 +1

Por (⋆ ⋆ ⋆) temos que

" #  2 X x2 z dx = 2πi ,a res x4 + 1 z4 + 1 a

C´ alculo de Integrais utilizando Res´ıduos 167

Se¸c˜ ao 6

onde a soma ´e sobre os polos de f (z) =

z2 z 4 +1

localizados no semi-plano π

3π

superior. Agora, os polos de f s˜ ao as raizes quartas de −1 : ei 4 , ei 4 , 7π i i 5π e 4 , e 4 , das quais apenas as duas primeiras est˜ao no semi-plano superior. Todos os polos de f tem ordem 1 e um c´alculo   (Propo simples −3π 3π i π4 i 1 i −π si¸c˜ao 3.3) mostra que res f, e = 4 e 4 e res f, e 4 = 41 ei 4 . Como 41 ei

−π 4

+ 14 ei

−3π 4

=

Z∞

−∞

−i √ 2 2

temos

π −i x2 dx = 2πi √ = √ . 4 x +1 2 2 2

Cabe observar que, nos argumentos do caso I, o caminho de integra¸c˜ao γ n˜ao precisa ser, necessariamente, um semi-c´ırculo. Poderiamos ter tratado essas integrais considerando, por exemplo, caminhos que s˜ ao retˆ angulos sim´etricos em rela¸c˜ao ao eixo y e com base no eixo x. Caso II.

2π R

F (cos t, sen t)dt onde F ´e uma fun¸c˜ao racional (quociente

0

de dois polinˆ omios). Nesse caso tomamos o c´ırculo unit´ ario γ(t) = eit como caminho de integra¸c˜ao. Note que, se |z| = 1 ent˜ao z¯ = z1 e isso fornece     1 1 1 1 z+ e sen t = z− . cos t = 2 z 2i z Logo, Z2π

F (cos t, sen t)dt =

Z γ

0

     1 1 1 1 F z+ , z− dt 2 z 2i z

e, supondo que o integrando n˜ao possui polos ao longo de γ, a u ´ltima integral ´e a soma dos res´ıduos de F no disco D(0, 1). Rπ dt caComo exemplo vamos calcular a+cos t , onde a > 1, a ∈ R. Come¸ 0

mos observando que

Rπ 0

dt a+cos t

longo de γ temos z = eit , 1 a + cos t = a + 2

=

1 2

R2π 0

dt a+cos t .

Agora, lembrando que ao

  ei2t + 2aeit + 1 1 it e + it = e 2eit

168

Singularidades

Cap. 6

e ent˜ao Z2π

dt = a + cos t

0

Z2π

2 2eit dt = i2t it e + 2ae + 1 i

0

Portanto,

Zπ 0

Z

dt = −i a + cos t

z2

γ

Z γ

z2

dz . + 2az + 1

dz . + 2az + 1

√ Como P (z)√= z 2 + 2az + 1 = (z − α)(z − β) onde α = −a − a2 − 1, β = −a + a2 − 1 e a > 1, temos |α| > 1 e |β| < 1. Assim sendo, P1 tem β como u ´nico polo no interior de γ e   1 1 1 1 res , β = lim (z − β) = = √ . z→β P P (z) β−α 2 a2 − 1 Pelo Teorema dos Res´ıduos Zπ 0

dt = −i 2πi res a + cos t



1 ,β P



=√

π . −1

a2

Caso III. Polos Reais. Foi Cauchy quem primeiro considerou a seguinte situa¸c˜ao: suponha que f (x) ´e uma fun¸c˜ao da vari´avel real x, cont´ınua num intervalo [a, b], exceto por um n´ umero finito de pontos em seu Rb interior. Como definir f (x)dx? Para simplificar o argumento vamos a

tratar o caso em que f ´e descont´ınua apenas num ponto c ∈ (a, b). Tome dois n´ umeros τ > 0 e ρ > 0 tais que a < c − τ < c + ρ < b e olhe para c−τ Z

f (x)dx +

a

Zb

f (x)dx.

c+ρ

Se existirem os limites lim

τ →0

c−τ Z a

f (x)dx

e

lim

Zb

ρ→0 c+ρ

f (x)dx

C´ alculo de Integrais utilizando Res´ıduos 169

Se¸c˜ ao 6

ent˜ao ´e natural definirmos (como o fez originalmente Cauchy) Zb

(⋄)

f (x)dx = lim

τ →0

a

c−τ Z

f (x)dx + lim

Zb

ρ→0 c+ρ

a

Um exemplo t´ıpico dessa situa¸c˜ao ´e ilustrado por uma primitiva dessa fun¸c˜ao ´e Z

f (x)dx.

R1

−1

1 √ 3 x dx.

Temos que

1 3√ 3 √ x2 dx = 3 2 x

e portanto lim

Z−τ

3 √ 1 3 3 √ dx = lim ( τ 2 − 1) = − 3 τ →0 2 2 x

Z1

p 3 3 1 3 √ ρ2 ) = (1 − dx = lim 3 ρ→0 2 2 x

τ →0 −1

lim

ρ→0

ρ

Assim sendo Z1

−1

1 √ dx = lim 3 τ →0 x

Z−τ

1 √ dx + lim 3 ρ→0 x

−1

J´a para a fun¸c˜ao f (x) =

1 , x3

Z1 ρ

1 3 3 √ dx = − + = 0. 3 2 2 x

os limites lim

−τ R

τ →0 −1

1 dx x3

R1

1 3 dx ρ→0 ρ x

e lim

n˜ao

existem por´em, fazendo τ = ρ e considerando o limite da soma temos  −τ  Z Z1 1 1  lim  dx + dx = 0. 3 τ →0 x x3 τ

−1

Seguindo os passos de Cauchy, definimos o Valor Principal no caso em que f ´e descont´ınua num ponto c ∈ (a, b) por  c−τ  Zb Z Zb (‡) V P f (x)dx := lim  f (x)dx + f (x)dx . a

τ →0

a

c+τ

170

Singularidades

Cap. 6

Observe que, se existirem os limites em (♦) ent˜ao existe o limite em (‡) e vale Zb Zb f (x)dx = V P f (x)dx. a

a

Suponha que tenhamos uma fun¸c˜ao f (z), holomorfa no dom´ınio (semiplano aberto menos um n´ umero finito de pontos) U = {z ∈ C : Im(z) > −ǫ} \ {a1 , . . . , ak }, onde ǫ ´e um n´ umero real positivo e a1 , . . . , ak s˜ ao polos de f , com Im(aj ) ≥ 0, 1 ≤ j ≤ k. Se f tiver polos no eixo real, os contornamos tomando semi-c´ırculos neles centrados, contidos no semiplano superior, de raio suficientemente pequeno e finalmente circulamos os polos aj , com Im(aj ) > 0, por meio de um caminho no semi-plano superior, obtendo uma regi˜ ao fechada e limitada V , cuja fronteira ´e uma curva de Jordan suave por partes, ao longo da qual f n˜ao possui polos (trata-se de uma deforma¸c˜ao do caminho usado no Caso I, veja figura a seguir). Algum cuidado ´e necess´ario aqui, pois em geral obteremos apenas o Valor Principal (‡), mas vamos dar um exemplo cl´ assico, com a ajuda do qual poderemos calcular uma integral impr´opria. Considere a fun¸c˜ao ix f (x) = ex . Troque x por z em sua express˜ao e obtenha uma fun¸c˜ao iz inteira, exceto pelo polo em 0, que ´e de ordem 1 : f (z) = ez = z1 + ∞ n n P 1 i z n! . Para simplificar a escrita ponha f (z) = z + h(z).

n=1

Note que h ´e uma fun¸c˜ao inteira, em particular cont´ınua e portanto limitada num disco que cont´em 0, digamos |h(z)| ≤ K nesse disco. y

Cr V C -r

1

-

0

Figura 22

2

r

x

C´ alculo de Integrais utilizando Res´ıduos 171

Se¸c˜ ao 6

Vamos trabalhar com o seguinte caminho suave por partes (veja figura acima): γ = γ1 ∗ Cρ ∗ γ2 ∗ Cr onde,γ1 (t) = −r(1 − t) + t(−ρ) , 0 ≤ t ≤ 1, Cρ− (t) = ρeit , 0 ≤ t ≤ π, γ2 (t) = (1 − t)ρ + tr , 0 ≤ t ≤ 1 eR Cr (t) = reit , 0 ≤ t ≤ π. Como f n˜ao possui polos na regi˜ ao V , f (z)dz = 0. Avaliamos inicialmente a integral ao longo de Cr . Temos γ

Z iz Zπ e it dz = i exp(ire )dt z 0

Cr

≤

Zπ 0

it

| exp(ire )|dt =

Zπ

e−r sen t dt.

0

Olhe para a fun¸c˜ao ξ(t) = e−r sen t , 0 ≤ t ≤ π, r > 1. ξ atinge seu m´ınimo em t = π/2 e ´e sim´etrica em rela¸c˜ao `a reta vertical t = π/2. Logo, dado um n´ umero η > 0 suficientemente pequeno, seu valor m´ aximo no intervalo [η, π − η] ocorre em t = η e em t = π − η e vale e−r sen η . Assim sendo, como Zπ

−r sen t

e

0

dt =

Zη

−r sen t

e

dt +

π−η Z

−r sen t

e

η

0

dt +

Zπ

e−r sen t dt,

π−η

o Lema T´ecnico 1.8 do Cap´ıtulo 5 implica que Zη 0

−r sen t

e

dt ≤ η,

π−η Z

−r sen t

e

η

dt ≤ π

e

Zπ

π−η

e−r sen t dt ≤ η.

R iz e dz ≤ 2η + πe−r sen η . Agora, lim e−r sen η = 0. VaPortanto, z r→∞ Cr mos usar isso para controlar o termo 2η. Da defini¸c˜ao de limite vem que, dado ǫ > 0 qualquer, podemos encontrar r0 tal que, se r > r0 , ent˜ao η < ǫ. Tomamos ent˜ e−r sen ao η < ǫ (note que podemos fazˆe-lo) e obte R iz R eiz e mos dz ≤ (2 + π)ǫ. Isso fornece lim z z dz = 0. Lembrando r→∞ Cr Cr

172 que

Singularidades

R

Cap. 6

f (z)dz = 0 concluimos

γ

  Z Z Z   lim  f (z)dz + f (z)dz + f (z)dz  = 0

r→∞

γ1

e isso se traduz por   lim 

r→∞

Z−ρ

eix

−r

ou seja, lim

"

−ρ R

eix x

r→∞ −r

Z

Rr ρ

Z

Z

eiz z

dz +

eix x

#

dx = −

1 dz + z

Z

Zr ρ

Cρ

Cρ

Cρ

dx +

x

dx +

eiz dz = z

γ2

Cρ

R

Cρ

eix x

eiz z dz.

 dx = 0

Agora

h(z)dz = −iπ +

Cρ



Z

h(z)dz

Cρ

R e, pelo Lema T´ecnico 1.8 do Cap´ıtulo 5, h(z)dz ≤ Kπρ. Portanto, Cρ R eiz lim ao z dz = −iπ. Ent˜ ρ→0 C

ρ

VP

Z∞

−∞

 −ρ  Z ix Zr ix e e dx = lim lim  dx + dx = iπ. r→∞ ρ→0 x x x

eix

ρ

−r

Como eix = cos x + i sen x obtemos, tomando as partes real e imagin´aria da express˜ao acima VP

Z∞

−∞

´ f´acil ver que E

R∞

−∞

cos x dx = 0 e x

cos x x dx

VP

Z∞

−∞

sen x dx = π. x

n˜ao existe e tudo que fizemos foi calcular seu

z tem uma singularidade remov´ıvel em Valor Principal mas, como sen z

Exerc´ıcios 173

Se¸c˜ ao 7

0, existe lim

R∞ sen x x dx e obtemos

ρ→0 ρ

lim

Z−ρ

ρ→0 −∞

ou seja,

sen x dx + lim ρ→0 x

Z∞

sen xxdx = 2

ρ

Z∞

sen x dx = π x

0

R∞ sen x π x dx = 2 . 0

Alertamos o leitor para o fato de que, excetuando-se alguns casos, como os acima, n˜ao h´a um procedimento sistem´atico geral para o c´alculo de integrais utilizando res´ıduos. Cada integral deve ser analisada individualmente, buscando-se a fun¸c˜ao complexa adequada e o caminho de integra¸c˜ao conveniente.

7

Exerc´ıcios

1) Determine a expans˜ ao de Laurent da fun¸c˜ao dada em torno de cada uma de suas singularidades, especificando o anel no qual ela ´e v´alida. (i) f (z) =

1 ; z 2 (z+i)

(ii) f (z) =

cos (1/z); (v) f (z) =

1 (z−1)(z+i) ;

(iii) f (z) = z 3 e1/z ; (iv) f (z) =

z5 . (z 2 −2)2

2) Mostre que, num disco em torno de um polo uma fun¸c˜ao complexa ´e a soma de duas fun¸c˜oes, uma racional e outra holomorfa. 3) Dˆe uma fun¸c˜ao que √ possui um polo de ordem 1 em z = 2 e um polo de ordem 7 em z = 2i. 4) Seja f : C → C uma fun¸c˜ao inteira. Suponha que f (z) 6= 0 para todo z ∈ C e que o limite lim f (z) existe e ´e n˜ao nulo. Mostre que f ´e z→∞ constante. 5) Seja f uma fun¸c˜ao holomorfa, definida numa vizinhan¸ca U de 0 ∈ C e satisfazendo: f (0) = 0 e 0 ´e o u ´nico zero de f em U . Seja g uma fun¸c˜ao holomorfa tamb´em definida em U . Mostre que f divide g, isto ´e, g = h f onde h ´e holomorfa se, e s´ o se:   g res k , 0 = 0 para toda func˜ ao holomorfa k em U . f

174

Singularidades

Cap. 6

6) Classifique a singularidade 0 de cada uma das fun¸c˜oes: 2z , (iii) f (z) = sen , (iv) f (z) = (i) f (z) =
sen (1/z), (ii) f (z) = coszz−1 2 z3 1 1 cos z exp z + z , (v) f (z) = (z 8 −z) , (vi) f (z) = z 4 .

7) Mostre que, se |α| > e ent˜ao a equa¸c˜ao ez = az n tem n raizes no disco |z| < 1.

8) Ache o n´ umero de zeros, que satisfazem |z| < 1, dos seguintes polinˆomios: (i) z 9 − 2z 6 + z 2 − 8z − 2; (ii) z 4 − 5z + 1. 9) Determine a ordem do polo de f em a e calcule res (f, a) onde −z z (i) f (z) = sen , a = 0; (ii) f (z) = zen+1 , a = 0; (iii) f (z) = z4 sen (1/z) , a = 1; 1 cos z , a = 0; (iv) f (z) = z 4 −z 5 , a = 1; (v) f (z) = z 3 (z−1) z 4 −z 5

(vi) f (z) = a = 1.

z 1−cos z ,

a = 0; (vii) f (z) =

1−e3z , z4

a = 0; (viii) f (z) =

e2z , z 4 −z 5

10) Utilize res´ıduos para calcular (i) (iv)

R∞

−∞ R∞

−∞

x2 (x2 +1)(x2 +5) eix dx; x2 +1

4 sen 5 tdt; (viii)

dx;

(v) R∞ 0

R∞ 0

(ii)

R∞

−∞ x2

(x2 +1)2

1

(x4 +1)

dx; (vi)

x2 dx, (x2 +a2 )3

dx;

Rπ

−π

onde a > 0.

(iii)

R∞

−∞ 1 dt; 1+ sen 2 t

1 dx; (x2 +1)2

(vii)

R2π 0

2cos3 t +

7 Aplica¸c˜ oes Conformes 1

ˆ Preserva¸c˜ ao de Angulos

As fun¸c˜oes holomorfas gozam da not´avel propriedade de preservar ˆangulos em pontos nos quais a derivada n˜ao se anula. Para formalizar essa afirmativa necessitamos de um instrumento que nos permita medir ˆ angulos. O primeiro desses que nos ocorre ´e o argumento de um n´ umero complexo e, ent˜ao, buscaremos uma grandeza vetorial que determine o argumento e da qual tenhamos controle ao considerar sua imagem por uma aplica¸c˜ao. Essa grandeza ´e a dire¸c˜ao orientada, j´a familiar do C´ alculo. 1.1 Defini¸ c˜ ao. Se z 6= 0 ´e um n´ umero complexo, a dire¸ca ˜o orientada z de z em rela¸ca ˜o a 0 ´e o n´ umero complexo A(1, z)0 = |z| . Vejamos que informa¸c˜ao est´a contida em A(1, z)0 . Antes de mais nada trata-se de um vetor no plano e, escrevendo z na forma polar z = eiarg z , 0 ≤ arg z < 2π. Logo A(1, z)0 = eiarg z ´e o u ´nico temos |z| vetor unit´ ario (ou o u ´nico n´ umero complexo de m´ odulo 1) que forma um ˆ angulo de medida arg z com o semi-eixo positivo dos x. Observe que 1 temos |z| z = z e portanto |z|

(1) Al´em disso, como (2)

A 1, z −1 z1 z2 |z1 z2 |

=




0

z1 z2 |z1 | |z2 |

= (A(1, z)0 )−1 . concluimos que

A(1, z1 z2 )0 = A(1, z1 )0 A(1, z2 )0 .

176

Aplica¸c˜ oes Conformes

Cap. 7

Sejam agora z1 e z2 dois n´ umeros complexos n˜ao nulos e distintos. Olhe para esses n´ umeros como vetores baseados em 0. Qual ´e o valor do ˆangulo orientado por eles determinado? Ora, se z1 = |z1 |eiarg z1 , 0 ≤ arg z1 < 2π, ent˜ao fazemos uma rota¸c˜ao no plano (orientada no sentido anti-hor´ario) de tal forma que z1 seja enviado a um ponto no semi-eixo positivo dos x. Mas essa rota¸c˜ao ´e simplesmente a multiplica¸c˜ao por |z1 |z1 = ei(2π−arg z1 ) . Isso diz que medir o ˆangulo entre z1 e z2 ´e o mesmo que medir o ˆ angulo entre |zz11 | z2 e o semi-eixo positivo dos x, ou

seja, basta considerar a dire¸c˜ao orientada de |zz11 | z2 em rela¸c˜ao a 0. Com isso em mente, definimos a dire¸c˜ao orientada de z1 a z2 em rela¸c˜ao a 0, A(z1 , z2 )0 , por (veja figura abaixo)
(3) A(z1 , z2 )0 = A 1, z1−1 z2 0 . A ( z 1 , z 2 )0

A ( z 1 , z 2 )z

z1

0

z1 z2

0

x z0 z2 0

x

Figura 23

Invocando (1) e (2) temos (4)

A(z1 , z2 )0 = A 1, z1−1 z2




0

= (A(1, z1 )0 )−1 A(1, z2 )0 .

Vamos imitar o que foi feito acima e considerar agora um ponto z0 qualquer como origem. Se z 6= z0 ´e um n´ umero complexo, a dire¸c˜ao orientada z−z0 . Geometride z em rela¸c˜ao a z0 ´e o n´ umero complexo A(1, z)z0 = |z−z 0| camente, pensamos em A(1, z)z0 como um vetor unit´ ario baseado em z0 e, escrevendo A(1, z)z0 = eiα , 0 ≤ α < 2π, temos que A(1, z)z0 ´e o u ´nico vetor unit´ ario (ou o u ´nico n´ umero complexo de m´ odulo 1) que forma um ˆ angulo de medida α com o semi-eixo orientado, de origem em z0 ,

ˆ Preserva¸c˜ ao de Angulos 177

Se¸c˜ ao 1

paralelo ao semi-eixo positivo dos x (veja figura acima). Observe que ao temos imediatamente A(1, z)z0 = A(1, z − z0 )0 e que (1) e (2) n˜ao s˜ mais v´alidas para A(1, z)z0 . Repetindo o mesmo racioc´ınio anterior, se z1 6= z2 s˜ ao dois pontos distintos de z0 , a dire¸c˜ao orientada de z1 a z2 em rela¸c˜ao a z0 ´e definida por   z2 − z0 A(z1 , z2 )z0 = A(z1 − z0 , z2 − z0 )0 = A 1, . z1 − z0 0

Para ver a utilidade de A( , ) tome por exemplo uma fun¸c˜ao afim n˜ao constante, f (z) = az + b. Dados trˆes pontos distintos z0 , z1 e z2 olhe para suas imagens f (z0 ), f (z1 ) e f (z2 ). Vamos comparar A(z1 , z2 )z0 com A(f (z1 ), f (z2 ))f (z0 ) . Temos A(f (z1 ), f (z2 ))f (z0 )

  az2 −az0 f (z2 ) − f (z0 ) = az1 −az0 = A 1, f (z1 ) − f (z0 ) 0 az2 −az0 az1 −az0

  z2 −z0 z2 − z0 = z1 −z0 = A 1, = A(z1 , z2 )z0 z1 − z0 0 0 zz21 −z −z0

ou seja, o ˆ angulo orientado de z1 a z2 em rela¸c˜ao a z0 ´e igual ao ˆangulo orientado de f (z1 ) a f (z2 ) em rela¸c˜ao a f (z0 ). Isto quer dizer que a fun¸c˜ao f preserva ˆ angulos orientados. Permutando-se os pontos z0 , z1 e z2 concluimos, em particular, que o triˆ angulo (z\ e semelhante ao 0 z1 z2 ) ´ \ triˆ angulo (f (z0 )f (z1 )f (z2 )). Como segundo exemplo tomamos g(z) = z. Nesse caso temos   g(z2 ) − g(z0 ) A(g(z1 ), g(z2 ))g(z0 ) = A 1, g(z1 ) − g(z0 ) 0   z2 −z0 z2 − z0 z1 −z0 = A 1, = z1 − z0 0 0 zz21 −z −z0 = A(z1 , z2 )z0 = A(z1 , z2 )z0 .

Se A(z1 , z2 )z0 = eiθ , 0 ≤ θ < 2π, ent˜ao A(z1 , z2 )z0 = e−iθ = ei(2π−θ) = 1 ao preserva dire¸c˜oes orientadas. O A(z1 ,z2 ) . Conclui-se que g(z) = z n˜ z0

leitor deve observar que triˆ angulos s˜ ao enviados em triˆ angulos congruentes por essa fun¸c˜ao por´em, por ser a reflex˜ao em torno do eixo real, g n˜ao preserva orienta¸c˜ao.

178

Aplica¸c˜ oes Conformes

Cap. 7

Os exemplos vistos acima s˜ ao ilustrativos e simples pois s˜ao essencialmente lineares. Queremos agora definir o conceito de uma fun¸c˜ao preservar ˆ angulos orientados. Para fazˆe-lo considere uma aplica¸c˜ao cont´ınua n˜ao constante, f : U → C, n˜ao necessariamente holomorfa, onde U ⊂ C ´e um dom´ınio. Seja z0 um ponto de U . Vamos fazer a seguinte hip´ otese adicional: existe um disco D(z0 , δ) ⊂ U tal que, se z ∈ D(z0 , δ) e z 6= z0 , ent˜ao f (z) 6= f (z0 ) (observe que essa hip´ otese ´e desnecessaria se f ´e holomorfa em U pois, pela Proposi¸c˜ao 2.14 do Cap´ıtulo 4, os zeros da fun¸c˜ao holomorfa g(z) = f (z) − f (z0 ) s˜ ao isolados e um tal disco sempre existe). Assim sendo, para qualquer z 6= z0 nesse disco, A(1, f (z))f (z0 ) est´a definida. Como f pode n˜ao ser linear, n˜ao faz sentido comparar diretamente A(1, f (z))f (z0 ) com A(1, z)z0 , mas ´e razo´ avel compara-las quando z → z0 . Logo, tomamos o quociente tender a z0 . Isso motiva a

A(1,f (z))f (z ) 0 A(1,z)z

e fazemos z

0

1.2 Defini¸ c˜ ao. A fun¸ca ˜o cont´ınua f ´e conforme no ponto z0 se lim

z→z0

existe.

A(1, f (z))f (z0 ) A(1, z)z0

Vejamos como essa defini¸c˜ao captura a no¸c˜ao de preservar ˆangulos orientados. Inicialmente observe que A(1, f (z))f (z0 ) A(1, z)z0

(5)

=

A(1, f (z) − f (z0 ))0 A(1, z − z0 )0

f (z) − f (z0 ) |z − z0 | |f (z) − f (z0 )| z − z0 f (z) − f (z0 ) |z − z0 | = . z − z0 |f (z) − f (z0 )|

=

Como z 6= z0 est´a no disco D(z0 , δ), podemos escrever z = z0 + reiθ , 0 < r < δ, 0 ≤ θ < 2π. (5) lˆe-se
A 1, f (z0 + reiθ ) f (z0 ) 1 f (z0 + reiθ ) − f (z0 ) (6) = . A(1, z0 + reiθ )z0 eiθ |f (z0 + reiθ ) − f (z0 )| Agora, fazer z → z0 equivale a fazer r → 0 em (6) e Defini¸c˜ao 1.2 se transforma em 1 f (z0 + reiθ ) − f (z0 ) (7) lim iθ existe e n˜ao depende de θ, r→0 e |f (z0 + reiθ ) − f (z0 )|

ˆ Preserva¸c˜ ao de Angulos 179

Se¸c˜ ao 1 f (z0 +reiθ )−f (z0 ) iθ r→0 |f (z0 +re )−f (z0 )| depende de f e de z0 e, ´e

ou seja, lim

= ξeiθ , onde ξ ´e um n´ umero complexo que

claro, |ξ| = 1. Isso nos diz o seguinte: tome dois segmentos de reta (dois caminhos suaves) emanando de z0 , L1 (t) = z0 + teiθ1 , L2 (t) = z0 + teiθ2 , 0 ≤ t ≤ ǫ, θ1 e θ2 fixados, 0 ≤ θ1 < θ2 < 2π e olhe para os caminhos cont´ınuos Γ1 (t) = f (L1 (t)) e Γ2 (t) = f (L2 (t)). Ent˜ao s´ o

lim

Γ1 (t) − Γ1 (0) = ξeiθ1 , |Γ1 (t) − Γ1 (0)|

lim

Γ2 (t) − Γ2 (0) = ξeiθ2 |Γ2 (t) − Γ2 (0)|

t→0 t>0

t→0 t>0

e portanto, as dire¸c˜oes orientadas de Γj (t) em rela¸c˜ao a f (z0 ) convergem ao limite ξeiθj , j = 1, 2 (observe que, se o caminho Γj fosse suave, esse limite seria o vetor tangente unit´ ario a Γj no ponto f (z0 )). Logo, lim A(Γ1 (t), Γ2 (t))f (z0 ) = lim A(L1 (t), L2 (t))z0 = ei(θ2 −θ1 ) .

t→0

t→0

A geometria dessa situa¸c˜ao ´e explicada pela figura: 2

L2

f Z0

2

-

2

f (z 0 )

-

1

1

1

L1 Figura 24

Temos que a dire¸c˜ao orientada de L1 a L2 em rela¸c˜ao a z0 ´e igual ao limite da dire¸c˜ao orientada de Γ1 (t) a Γ2 (t) em rela¸c˜ao a f (z0 ). Esse ´e precisamente o conceito de preserva¸c˜ao de ˆangulos orientados. Retornando aos exemplos f (z) = az + b e g(z) = z e aplicando a eles a Defini¸c˜ao 1.2 ficamos com A(1, f (z))f (z0 ) A(1, z)z0

=

a |a|

180

Aplica¸c˜ oes Conformes

Cap. 7

e f ´e conforme em todos os pontos de C. J´a para g temos A(1, g(z))g(z0 ) A(1, z)z0

=

z − z0 z − z0

e lim

z→z0

z − z0 z − z0

n˜ao existe pois g n˜ao ´e deriv´avel em ponto algum. A express˜ao (5) ´e sugestiva e conduz imediatamente ao 1.3 Teorema. Seja f : U → C uma fun¸ca ˜o holomorfa, onde U ⊂ C ´e um dom´ınio. Ent˜ ao f ´e conforme em todos os pontos z0 ∈ U nos quais f ′ (z0 ) 6= 0. Demonstra¸ c˜ ao: Como lim

z→z0

f (z) − f (z0 ) = f ′ (z0 ) 6= 0 z − z0

segue de (5) que lim

z→z0

A(1, f (z))f (z0 ) A(1, z)z0

=

f ′ (z0 ) . |f ′ (z0 )| ⊓ ⊔

1.4 Proposi¸ c˜ ao. Sejam f : U → C uma fun¸ca ˜o holomorfa, onde U ⊂ C ´e um dom´ınio e z0 um ponto de U . Se f ′ (z0 ) = 0 ent˜ ao f n˜ ao ´e conforme em z0 . Demonstra¸ c˜ ao: Tome a expans˜ ao de Taylor de f centrada em z0 , ∞ P n ′ an (z − z0 ) . Como f (z0 ) = 0, o coeficiente a1 dessa s´erie f (z) = n=0

´e nulo e ent˜ao f (z) = f (z0 ) +

∞ P

n=2

an (z − z0 )n . Seja k > 1 o primeiro

´ındice tal que ak 6= 0 e escreva f (z) = f (z0 ) +

∞ P

n=k

an (z − z0 )n = f (z0 ) +

A esfera C∞ 181

Se¸c˜ ao 2

(z − z0 )k g(z), onde g ´e holomorfa com g(z0 ) = ak 6= 0. Temos, por (5), lim

z→z0

A(1, f (z))f (z0 ) A(1, z)z0

= lim

z→z0

= lim

z→z0

= lim

z→z0

g(z) z→z0 |g(z)|

Agora, lim

|z − z0 | (z − z0 )k g(z) z − z0 |(z − z0 )k g(z)| (z − z0 )k−1 g(z) |z − z0 |k−1 |g(z)| (z − z0 )k−1 |z − z0

(z−z0 )k−1 k−1 z→z0 |z−z0 |

= ak |ak | mas lim

lim

|k−1 z→z0

g(z) . |g(z)|

n˜ao existe. De fato, to-

mando um segmento de reta emanando de z0 , z0 + teiθ , 0 ≤ t ≤ ǫ, θ fixado, e tendendo a z0 ao longo desse segmento temos

lim

z→z0

(z − z0 )k−1 |z − z0 |k−1

= lim ei(k−1)θ = ei(k−1)θ . t→0

Logo, para cada dire¸c˜ao de aproxima¸c˜ao a z0 obtemos um valor diferente e o limite n˜ao existe. ⊓ ⊔

2

A esfera C∞

O estudo das transforma¸c˜oes de M¨ obius, uma classe muito importante de aplica¸c˜oes conformes, ser´a feito adiante e ficar´a mais acessivel se tivermos uma vis˜ ao geom´etrica clara do comportamento de fun¸c˜oes que tendem ao infinito quando a vari´avel se aproxima de um dado ponto, como ocorre, por exemplo, com uma fun¸c˜ao holomorfa na vizinhan¸ca de um polo. Com essa finalidade vamos agora introduzir o plano estendido C ∪ {∞}. Considere a esfera unit´ aria S2 ⊂ R3 : S2 = {(x1 , x2 , x3 ) : x21 + x22 + x23 = 1}.

182

Aplica¸c˜ oes Conformes

Cap. 7

x3 N

P x2 z = x + iy x1

Seja N = (0, 0, 1) o “polo norte”de S2 e identifique o plano C com o plano {(x1 , x2 , 0) : x1 , x2 ∈ R}, que intercepta S2 ao longo do equador x21 + x22 = 1. Assim sendo, cada n´ umero complexo z = x + iy est´a identificado ao ponto (x1 , x2 , 0). Agora, para cada z ∈ C considere a reta em R3 que passa por z e por N . Essa reta intercepta a esfera em exatamente um ponto P 6= N (veja a figura acima). Observe que, se |z| < 1 ent˜ao P est´a no hemisf´erio sul, se |z| = 1 ent˜ao P = z e, se |z| > 1 ent˜ao P est´a no hemisf´erio norte. Fazendo z → ∞ temos que o ponto P tende a N e, com isso em mente, chamamos N de ponto no infinito, {∞}, e identificamos C ∪ {∞} com S2 . Tal como dado, C ∪ {∞} ´e chamado tamb´em de esfera e notado C∞ (C ∪ {∞} pode ser munido de uma estrutura complexa, sobre a qual n˜ao falaremos nesse texto e, com essa estrutura, passa a se chamar esfera de Riemann ou reta projetiva complexa). Vamos descrever a aplica¸c˜ao z 7−→ P em coordenadas. A equa¸c˜ao da reta passando por z e N ´e {tN + (1 − t)z : t ∈ R}. Como z = x + iy = (x, y, 0) essa equa¸c˜ao fica {((1 − t)x, (1 − t)y, t) : t ∈ R}. O ponto P determinado por z ´e o ponto dessa reta que est´a na esfera e, para obte-lo, precisamos calcular o valor de t que nos d´a um ponto em S2 . Ora, um ponto dessa reta est´a em S2 quando (1 − t)2 x2 + (1 − t)2 y 2 + t2 = 1 ou seja, (1 − t)2 (x2 + y 2 ) = 1 − t2 , o que equivale a (1 − t)2 |z|2 = 1 − t2 . Como t 6= 1, pois sabemos que P 6= N , essa u ´ltima igualdade ´e o mesmo |z|2 −1 2 que (1 − t)|z| = 1 + t e ent˜ao t = |z|2 +1 . Substituindo esse valor de t

Transforma¸c˜ oes de M¨ obius 183

Se¸c˜ ao 3

na equa¸c˜ao da reta obtemos o ponto P = (x1 , x2 , x3 ) =

2x 2y |z|2 − 1 , , |z|2 + 1 |z|2 + 1 |z|2 + 1

!

∈ S2 .

Observe que fica clara a afirmativa z → ∞ =⇒ P → N . Como essa aplica¸c˜ao ´e uma bije¸c˜ao, ela tem uma inversa, facilmente calculada a partir do ponto P = (x1 , x2 , x3 ) ∈ S2 \ {N }, simplesmente fazendo 1 +ix2 e fica muito bem t = x3 na equa¸c˜ao da reta. Isso fornece z = x1−x 3 explicitado que P → N =⇒ z → ∞. Essa aplica¸c˜ao inversa ´e conhecida pelo nome de proje¸c˜ao estereogr´ afica. Assim sendo, obtivemos uma bije¸c˜ao Φ entre C∞ e S2 , definida por Φ(∞) = N e ! 2x 2y |z|2 − 1 Φ(z) = , z = x + iy, , , |z|2 + 1 |z|2 + 1 |z|2 + 1 cuja inversa Φ−1 ´e Φ−1 (N ) = ∞, Φ−1 (x1 , x2 , x3 ) =

3

x1 +ix2 1−x3 .

Transforma¸c˜ oes de M¨ obius

Essa ´e uma classe de fun¸c˜oes conformes que tˆem muito apˆelo geom´etrico e que gozam de propriedades surpreendentes, que conduzem a resultados e aplica¸c˜oes importantes. 3.1 Defini¸ c˜ ao. Uma transforma¸ca ˜o linear fracion´ aria ´e uma fun¸ca ˜o da az+b forma S(z) = cz+d . Se os coeficientes a, b, c e d satisfazem ad − bc 6= 0, ent˜ ao S(z) ´e chamada uma transforma¸ca ˜o de M¨ obius. O interesse maior est´a nas transforma¸c˜oes de M¨ obius, pois essas s˜ ao ad−bc as lineares fracion´ arias n˜ao-triviais j´a que S ′ (z) = (cz+d) . Por exemplo, 2 uma fun¸c˜ao constante, portanto pouco interessante, ´e da forma acima com ad − bc = 0. A u ´nica propriedade interessante das lineares fracion´ arias ´e que a composta de duas delas ´e uma delas. De fato, se αz+β S(z) = az+b ao cz+d e T (z) = γz+δ , ent˜ S ◦ T (z) = S(T (z)) =

(aα + bβ)z + (aβ + bδ) . (cα + dγ)z + (cβ + dδ)

ao a aplica¸c˜ao J´a as de M¨ obius s˜ ao invertiveis: se S(z) = az+b cz+d ent˜ dz−b −1 −1 −1 S (z) = −cz+a ´e tal que S ◦ S (z) = S(S (z)) = z = S −1 (S(z)) =

184

Aplica¸c˜ oes Conformes

Cap. 7

S −1 ◦ S(z). O leitor deve observar que os coeficientes de S −1 (z) satisfazem precisamente a rela¸c˜ao ad − bc 6= 0. Al´em disso, se S(z) = az+b cz+d ´e de M¨ obius e λ 6= 0 ´e um n´ umero complexo, ent˜ao S(z) = λaz+λb λcz+λd , ou seja, os coeficientes a, b, c e d n˜ao s˜ ao u ´nicos. Para descrever a anatomia das transforma¸c˜oes de M¨ obius consideramos quatro tipos de tais transforma¸c˜oes: (i) transla¸c˜oes: z 7−→ z + b, (ii) rota¸c˜oes: z 7−→ az, |a| = 1 , (iii) homotetias: z 7−→ ρz, ρ > 0 e (iv) a invers˜ao: z 7−→ z1 . Temos ent˜ao a 3.2 Proposi¸ c˜ ao. Se S ´e uma transforma¸ca ˜o de M¨ obius, ent˜ ao S ´e uma composi¸ca ˜o de transla¸co ˜es, rota¸co ˜es, homotetias e da invers˜ ao. ao S(z) = ad z + db . Demonstra¸ c˜ ao: Escreva S(z) = az+b cz+d . Se c = 0, ent˜ Tome a transla¸c˜ao T (z) = z + db e H(z) = ad z (H ´e uma homotetia ou uma rota¸c˜ao). Segue que S(z) = T ◦ H(z). Se agora c 6= 0, ent˜ao
bc−ad az + b a c = + . cz + d cz + d c Fica claro que S ´e a composi¸c˜ao de transforma¸c˜oes dos tipos (i), (ii), (iii) e (iv) (note que nesse caso a invers˜ao est´a presente). ⊓ ⊔ Pelo visto na demonstra¸c˜ao acima, se c 6= 0, ent˜ao S(z) ´e uma fun¸c˜ao holomorfa em C \ {−d/c}, com um polo de ordem 1 em z = −d/c. Pelo Corol´ario 2.5 do Cap´ıtulo 6 temos que lim S(z) = ∞. Por outro z→−d/c

lado, lim S(z) = a/c. Somos ent˜ao naturalmente levados a considerar z→∞

S como uma fun¸c˜ao n˜ao apenas de C \ {−d/c} em C, mas como uma fun¸c˜ao da esfera C∞ em si mesma: S : C∞ −→ C∞ az + b z 6= −d/c, z 6= ∞ z 7−→ cz + d −d/c 7−→ ∞ ∞ 7−→ a/c

Se c = 0, ent˜ao S(z) = ad z + db ´e um polinˆ omio de grau 1 e, da mesma maneira, podemos vˆe-lo como uma aplica¸c˜ao S : C∞ −→ C∞ , definida por sua pr´opria express˜ao para todo z e por S(∞) = ∞. De agora em diante vamos considerar as transform¸c˜oes de M¨ obius como fun¸c˜oes

Transforma¸c˜ oes de M¨ obius 185

Se¸c˜ ao 3

(bije¸c˜oes) de C∞ em C∞ . O que ganharemos fazendo isso? A resposta ´e que esse ponto de vista nos permitir´a ter uma vis˜ ao geom´etrica clara e simples de como essas fun¸c˜oes atuam sobre dom´ınios do plano. Vamos ent˜ao iniciar a explora¸c˜ao geom´etrica das transforma¸c˜oes de M¨ obius. Come¸camos com o conceito de ponto fixo. Se f ´e uma fun¸c˜ao, um ponto p ´e chamado de ponto fixo de f se p ´e preservado por f , ou seja, se f (p) = p. No caso de uma transforma¸c˜ao de M¨ obius S(z) = az+b cz+d , buscar pontos fixos ´e resolver a equa¸c˜ao S(z) = z. Mas isso fornece a equa¸c˜ao do segundo grau cz 2 + (d − a)z − b = 0 e concluimos que uma transforma¸c˜ao de M¨ obius, que n˜ao ´e a identidade z 7→ z, tem no m´ aximo 2 pontos fixos. Por exemplo, uma transla¸c˜ao T (z) = z + b, b 6= 0 tem ∞ como u ´nico ponto fixo. As homotetias e as rota¸c˜oes tem dois pontos fixos, 0 e ∞ (aqui j´a se pode perceber a conveniˆencia de considerar essas aplica¸c˜oes como aplica¸c˜oes da esfera). A invers˜ao tem 1 e −1 como pontos fixos. Sejam S(z) = az+b obius e z1 , z2 e z3 trˆes pontos distintos de cz+d de M¨ C∞ . Ponha S(z1 ) = u1 , S(z2 ) = u2 e S(z3 ) = u3 (observe que, como S ´e bije¸c˜ao, u1 , u2 e u3 s˜ ao distintos). Suponha que tenhamos uma outra transforma¸c˜ao de M¨ obius T satisfazendo T (z1 ) = u1 , T (z2 ) = u2 e T (z3 ) = u3 . Ent˜ao T −1 ◦ S(zj ) = zj , j = 1, 2, 3 e da´ı vem que a transforma¸c˜ao T −1 ◦ S tem trˆes pontos fixos. Logo, T −1 ◦ S ´e a identidade e obtemos T = S. Portanto, uma transforma¸c˜ao de M¨ obius fica completamente determinada por seus valores em trˆes pontos distintos de C∞ . Por outro lado, sejam z1 , z2 e z3 trˆes pontos distintos de C∞ . Defina S : C∞ −→ C∞ por (z2 − z3 )(z − z1 ) se z1 , z2 , z3 ∈ C (z2 − z1 )(z − z3 ) z2 − z3 S(z) = se z1 = ∞ z − z3 z − z1 S(z) = se z2 = ∞ z − z3 z − z1 se z3 = ∞. S(z) = z2 − z1

S(z) =

(P)

Essa aplica¸c˜ao S satisfaz S(z1 ) = 0, S(z2 ) = 1 e S(z3 ) = ∞ e, pelo visto acima, ´e a u ´nica transforma¸c˜ao de M¨ obius com tal propriedade. Ora, se agora w1 , w2 e w3 s˜ ao trˆes pontos distintos de C∞ , ent˜ao, por (P), existe

186

Aplica¸c˜ oes Conformes

Cap. 7

uma u ´nica T de M¨ obius tal que T (w1 ) = 0, T (w2 ) = 1 e T (w3 ) = ∞. A −1 composta T ◦ S envia z1 em w1 , z2 em w2 e z3 em w3 . Sumarizamos isso na 3.3 Proposi¸ c˜ ao. Dados trˆes pontos distintos em C∞ , z1 , z2 , z3 , e outros trˆes pontos distintos em C∞ , w1 , w2 , w3 , existe uma u ´nica transforma¸ca ˜o de M¨ obius S : C∞ −→ C∞ , tal que S(z1 ) = w1 , S(z2 ) = w2 e S(z3 ) = w3 . ⊓ ⊔ Sabemos da Geometria elementar que trˆes pontos do plano C, distintos e n˜ao alinhados, determinam um u ´nico c´ırculo e que, caso alinhados, eles determinam uma u ´nica reta. Ora, utilizando a inversa da proje¸c˜ao estereogr´ afica, temos um c´ırculo no plano ´e levado por ela sobre um c´ırculo na esfera C∞ , e que uma reta no plano ´e levada sobre um c´ırculo em C∞ passando por ∞. Assim sendo, podemos considerar a fam´ılia F, formada por todos os c´ırculos e por todas as retas no plano, como a fam´ılia de todos os c´ırculos na esfera C∞ . O fato geom´etrico bonito ´e que 3.4 Proposi¸ c˜ ao. As transforma¸co ˜es de M¨ obius preservam a fam´ılia F, isto ´e, se C ∈ F, ent˜ ao S(C) ∈ F qualquer que seja S de M¨ obius. Demonstra¸ c˜ ao: Do ponto de vista do plano C isso nos diz que, se C ´e um c´ırculo ou uma reta, ent˜ao S(C) tamb´em ´e um c´ırculo ou uma reta. Vamos escrever as equa¸c˜oes de retas e de c´ırculos em termos de z e z. Considere n´ umeros reais A, C, um n´ umero complexo B = b1 + ib2 satisfazendo BB > AC e olhe para a equa¸c˜ao (‡)

Azz + Bz + Bz + C = 0.

Traduzindo para as coordenadas reais x e y lemos essa equa¸c˜ao como Ax2 + Ay 2 + 2b1 x − 2b2 y + C = 0. Se A = 0 ela representa uma reta e, se A 6= 0, ent˜ao podemos reescrevˆe-la como     b2 2 AC − b21 − b22 b1 2 + y− + =0 x+ A A A2 e a condi¸c˜ao BB > AC nos diz precisamente que ela ´e a equa¸c˜ao de um c´ırculo. Logo, a fam´ılia F ´e o conjunto de todas as equa¸c˜oes da forma

Se¸c˜ ao 4

Aplica¸c˜ oes conformes entre dom´ınios de C 187

acima. Agora, transla¸c˜oes, rota¸c˜oes e homotetias obviamente transformam c´ırculos em c´ırculos e retas em retas. Isso j´a n˜ao ocorre com a invers˜ao por´em, trocando z por z1 em (‡) obtemos A + Bz + Bz + Czz = 0, uma express˜ao do mesmo tipo. Concluimos que a invers˜ao envia c´ırculos em C∞ sobre c´ırculos em C∞ . Invocando a Proposi¸c˜ao 3.2 esta proposi¸c˜ao fica demonstrada. ⊓ ⊔

4

Aplica¸c˜ oes conformes entre dom´ınios de C

Vamos utilizar os resultados obtidos at´e agora para construir aplic¸˜oes conformes entre alguns dom´ınios simples do plano. Para entender rigorosamente os exemplos abaixo, necessitamos de um fato de natureza topol´ogica cuja demonstrac˜ao n˜ao daremos, mas que ´e de intui¸c˜ao f´acil. Trata-se do seguinte: uma transforma¸c˜ao de M¨ obius S ´e uma bije¸c˜ao S : C∞ → C∞ e, pensando ingˆenuamente, S ´e cont´ınua. Agora, um c´ırculo C divide a esfera em exatamente duas regi˜ oes, digamos U e V , sendo C a fronteira de ambas. Como S(C) ´e um c´ırculo, ele tamb´em divide a esfera em duas regi˜ oes, digamos U ′ e V ′ , das quais S(C) ´e a fronteira comum. O fato que admitiremos sem prova ´e: ou S(U ) = U ′ e ent˜ao S(V ) = V ′ , ou S(U ) = V ′ e ent˜ao S(V ) = U ′ . Logo, para sabermos aonde S envia U , basta olhar se S(p) ∈ U ′ ou se S(p) ∈ V ′ , onde p ´e um ponto qualquer de U . 4.1 Exemplo: Construir uma aplica¸c˜ao conforme que envia o semiplano {Re(z) > 0} sobre o disco D(0, 1). Buscamos inicialmente uma transforma¸c˜ao de M¨ obius que envie o eixo imagin´ario x = 0 no c´ırculo x2 + y 2 = 1. Escolhemos trˆes pontos (ordenados) sobre o eixo, −i, 0 e i e trˆes pontos (ordenados) sobre o c´ırculo, −1, i e 1 (note que, ao fazermos isso, estamos estabelecendo um sentido de percurso, tanto para o eixo quanto para o c´ırculo; o eixo ´e percorrido no sentido y crescente e o c´ırculo no sentido hor´ ario). Queremos uma S, de M¨ obius, que satisfaz S(−i) = −1, S(0) = i e S(i) = 1. Escrevendo S(z) = az+b cz+d , temos az+di que S(0) = i =⇒ b = di e ficamos com S(z) = cz+d . Impondo as duas outras condi¸c˜oes chegamos ` as equa¸c˜oes ai+di = ci+d e −ai+di = ci−d, −iz+i o que fornece c = d e a = −di. Logo, S(z) = −diz+di dz+d = z+1 . Observe que ad − bc = −2i 6= 0. Agora, ´e preciso verificar se S envia {Re(z) > 0}

188

Aplica¸c˜ oes Conformes

Cap. 7

em |z| < 1. Como S(1) = 0 ∈ D(0, 1), S ´e a aplica¸c˜ao procurada (aqui utilizamos o fato acima). Lembramos ao leitor que a maneira mais segura de se obter essa aplica¸c˜ao ´e seguindo a argumenta¸c˜ao dada na Proposi¸c˜ao 3.3, ou seja, primeiro encontramos S1 que envia −i em 0, 0 em 1 e i em ∞; em seguida obtemos S2 que envia −1 em 0, i em 1 e 1 em ∞. A aplica¸c˜ao S procurada ´e S = S2−1 ◦ S1 .

4.2 Exemplo: Construir uma bije¸c˜ao conforme entre o semi-plano {Re(z) > 0} e o exterior U = {|z| > 1} do disco D(0, 1). Fazemos como no exemplo anterior, simplesmente alterando o sentido de percurso do c´ırculo, de hor´ ario para anti-hor´ario. Queremos ent˜ao uma aplica¸c˜ao de M¨ obius T tal que T (−i) = 1, T (0) = i e T (i) = −1. Escrevendo c˜ao alg´ebrica como no Exemplo 4.1 fornece T (z) = az+b cz+d , uma manipula¸ iz+i imediatamente T (z) = −z+1 e ad − bc = 2i 6= 0. Como T (1) = ∞, T ({Re(z) > 0}) = {|z| > 1}.

4.3 Exemplo: Construir uma bije¸c˜ao conforme entre o 1◦ quadrante U = {z : Re(z) > 0, Im(z) > 0} e o disco D(0, 1). Come¸camos enviando U sobre o semi-plano {Im(z) > 0}. Para isso observamos que a fun¸c˜ao f (z) = z 2 “abre”o primeiro quadrante sobre o semi-plano y > 0. De fato, se z = reiθ , 0 < θ < π/2, ent˜ao z 2 = r2 ei2θ , 0 < 2θ < π. Uma vez obtida a bije¸c˜ao conforme (pois f ´e holomorfa e sua derivada ´e n˜ao nula em todos os pontos do primeiro quadrante) entre U e {Im(z) > 0}, fazemos uma rota¸c˜ao R(z) = ei3π/2 z, no sentido anti-hor´ario e de ˆangulo 3π/2, e enviamos {Im(z) > 0} conformemente sobre o semi-plano {Re(z) > 0}. Finalmente aplicamos a transforma¸c˜ao de M¨ obius S obtida no Exemplo 4.1. A aplica¸c˜ao procurada ´e F (z) = (S ◦ R ◦ f )(z) e sua express˜ao ´e F (z) =

(−iei3π/2 )z 2 +i . (ei3π/2 )z 2 +1

4.4 Exemplo: Construir uma bije¸c˜ao conforme entre a faixa infinita V = {z : π/2 > Im(z) > 0} e o disco D(0, 1). Aqui invocamos a exponencial ez = ex eiy . Cada reta horizontal L(t) = t + iα, α fixado, 0 < α < π/2, t ∈ R, ´e enviada por ela na semi-reta aberta emanando de 0, ℓ(s) = es eiα , s > 0. Portanto, ela fornece uma bije¸c˜ao conforme entre a faixa V = {z : π/2 > Im(z) > 0} e o 1◦ quadrante U = {z : Re(z) > 0, Im(z) > 0}. A bije¸c˜ao G que procuramos consiste em compor a fun¸c˜ao F do exemplo anterior com a exponencial, G = F ◦ exp, e isso i3π/2 )e2z +i d´a G(z) = (−ie . (ei3π/2 )e2z +1 Poderiamos prosseguir e dar um sem n´ umero de exemplos, mas preferimos explor´a-los nos exerc´ıcios.

Se¸c˜ ao 5

5

Aplica¸c˜ oes conformes do disco no disco 189

Aplica¸c˜ oes conformes do disco no disco

Finalizamos esse cap´ıtulo com um teorema muito bonito, que caracteriza todas as bije¸c˜oes holomorfas ϕ : D(0, 1) 7−→ D(0, 1). Novamente, a “rigidez”do conceito de fun¸c˜ao holomorfa se faz presente, come¸cando pelo 5.1 Lema de Schwarz. Seja f : D(0, 1) → C uma fun¸ca ˜o holomorfa. Suponha que f (0) = 0 e que |f (z)| ≤ 1 para todo z ∈ D(0, 1). Ent˜ ao |f ′ (0)| ≤ 1 e |f (z)| ≤ |z| para todo z ∈ D(0, 1). Al´em disso, se ocorrer que |f ′ (0)| = 1, ou ocorrer que |f (z0 )| = |z0 | para algum z0 ∈ D(0, 1), z0 6= 0, ent˜ ao existe um n´ umero complexo λ, |λ| = 1, tal que f (z) = λz para todo z ∈ D(0, 1). Demonstra¸ c˜ ao: Defina g : D(0, 1) → C por ( f (z) se z 6= 0 z , g(z) = ′ f (0), se z = 0.

g ´e holomorfa em D(0, 1) pois, como f (0) = 0, lim

z→0

f (z) z

= f ′ (0) e ent˜ao 0

´e singularidade remov´ıvel de g (reveja atentamente a Proposi¸c˜ao 2.2 do Cap´ıtulo 6). Com isso em m˜ aos temos que f (z) = zg(z), g holomorfa. Por hip´ otese, |f (z)| ≤ 1, e da´ı vem que |zg(z)| ≤ 1, ou seja, |g(z)| ≤ 1 para todo z ∈ D(0, 1). Vamos agora usar o Princ´ıpio do M´ odulo |z| M´ aximo, Corol´ario 2.11 do Cap´ıtulo 5. Tome 0 < r < 1. Se z est´a no disco fechado {|z| ≤ r}, ent˜ao o valor m´ aximo de |g(z)| ocorre na 1 fronteira desse disco, mas como |g(z)| ≤ |z| , temos |g(z)| ≤ 1r para z ∈ D(0, r). Ora, tomando o limite r → 1 concluimos que |g(z)| ≤ 1 qualquer que seja z ∈ D(0, 1) (aprecie a beleza sutil desse argumento). Assim sendo, temos que |f (z)| = |zg(z)| = |z||g(z)| ≤ |z| e que |f ′ (0)| = |g(0)| ≤ 1, qualquer que seja z ∈ D(0, 1). Para encerrar a demonstra¸c˜ao, suponha que |f ′ (0)| = 1 ou que exista um ponto z0 ∈ D(0, 1), z0 6= 0, tal que |f (z0 )| = |z0 |. Nesses casos temos, novamente pelo Princ´ıpio do M´ odulo M´ aximo, como |g(0)| = |f ′ (0)| = 1 e |g(z0 )| = 1, que |g| assume seu valor valor m´ aximo 1 num ponto interior ao disco D(0, 1). Segue que g ´e uma fun¸c˜ao constante, g(z) ≡ λ e, como |g(z)| = 1, obtemos |λ| = 1. Enfim, f (z) = λz e o lema est´a demonstrado. ⊓ ⊔ Trataremos agora uma classe de transforma¸c˜oes de M¨ obius que preservam o disco D(0, 1). Para cada ponto a ∈ D(0, 1) considere a fun¸c˜ao

190

Aplica¸c˜ oes Conformes

Cap. 7

z−a . φa ´e de M¨ obius, pois para ela a rela¸c˜ao ad−bc se lˆe 1−|a|2 6= 0 φa = 1−az pois |a| < 1, e seu u ´nico polo ´e z = a1 , que tem m´ odulo maior que 1. Logo, φa est´a definida em todo o disco D(0, 1/a), que cont´em o disco fechado D(0, 1). Essa fam´ılia de aplica¸c˜oes goza das seguintes propriedades:

5.2 Proposi¸ c˜ ao. Para cada a ∈ D(0, 1), φa ´e uma bije¸ca ˜o holomorfa satisfazendo : φa envia o disco D(0, 1) sobre si mesmo, envia a fronteira (c´ırculo unit´ ario) ∂D(0, 1) sobre si mesma, vale 0 em a, tem a aplica¸ca ˜o z+a 1 φ−a (z) = 1+az por inversa, φa ′ (0) = 1 − |a|2 e φa ′ (a) = 1−|a| . 2 Demonstra¸ c˜ ao: Uma manipula¸c˜ao f´acil mostra que φa (a) = 0, (φa ◦ 1 φ−a )(z) = z = (φ−a ◦φa )(z), φa ′ (0) = 1−|a|2 e φa ′ (a) = 1−|a| 2 . Para ver que φa envia o c´ırculo |z| = 1 sobre si mesmo, escreva um ponto desse c´ırculo na forma polar, z = eiθ , 0 ≤ θ < 2π. Ent˜ao eiθ − a eiθ − a z − a iθ = = =1 |φa (z)| = φa (e ) = 1 − aeiθ e−iθ − a z − a pois um n´ umero e seu conjugado tˆem o mesmo m´ odulo. Agora, pela mesma raz˜ao |φ−a (z)| = 1 se |z| = 1, ou seja, a inversa de φa envia o c´ırculo unit´ ario em si mesmo e concluimos que φa ({|z| = 1}) = {|z| = 1}. Quanto ao disco D(0, 1) observe que, se para algum ponto z0 tivessemos |z0 | < 1 e |φa (z0 )| > 1, ent˜ao, pelo Princ´ıpio do M´ odulo M´ aximo, |φa | seria constante, o que ´e absurdo. Logo, φa (D(0, 1)) ⊂ D(0, 1). Como o mesmo racioc´ınio vale para φ−a obtemos φa (D(0, 1)) = D(0, 1). ⊓ ⊔

Uma esperta combina¸c˜ao do Lema de Schwarz com as aplica¸c˜oes φa nos permite estudar todas as fun¸c˜oes holomorfas do disco D(0, 1) em si mesmo. Com esse fim em mente, suponha que tenhamos uma fun¸c˜ao holomorfa n˜ao constante f : D(0, 1) → C tal que |f (z)| ≤ 1 para todo z ∈ D(0, 1). Fixe um n´ umero a ∈ D(0, 1) e olhe para f (a) = b. Temos que |b| < 1 pois, caso contr´ario, |f | atingiria seu valor m´ aximo em D(0, 1) e, pelo Princ´ıpio do M´ odulo M´ aximo, f seria constante. Assim sendo, as fun¸c˜oes φa e φb se enquadram no enunciado da proposi¸c˜ao acima. Fazemos a pergunta: Qual o maior valor poss´ıvel de |f ′ (a)|? A resposta ´e a seguinte: olhe para a fun¸c˜ao g(z) = (φb ◦ f ◦ φ−a )(z). Temos

Aplica¸c˜ oes conformes do disco no disco 191

Se¸c˜ ao 5

(i) g satisfaz |g(z)| ≤ 1 para todo z ∈ D(0, 1). De fato, |φ−a (z)| < 1 =⇒ |f (φ−a (z))| ≤ 1 =⇒ |φb (f (φ−a (z)))| ≤ 1. (ii) g(0) = 0. De fato, φ−a (0) = a =⇒ f (φ−a (0)) = f (a) = b =⇒ φb (f (φ−a (0))) = φb (b) = 0. Portanto, g satisfaz as hip´ oteses do Lema de Schwarz. Assim sendo, |g ′ (0)| ≤ 1. Mas, pela regra da cadeia, ′ g ′ (0) = φb ′ (b)f ′ (a)φ−a (0) =

e ficamos com

1 1 − |a|2 ′ ′ 2 f (a)(1 − |a| ) = f (a) 1 − |b|2 1 − |b|2

|f ′ (a)| ≤

(∗)

1 − |b|2 . 1 − |a|2

Al´em disso, se ocorrer |g ′ (0)| = 1, ent˜ao g(z) = λz, |λ| = 1. Mas, nesse caso, λz = (φb ◦ f ◦ φ−a )(z) o que fornece (∗∗)

f (z) = φ−b (λφa (z)).

Isto feito, estamos em condi¸c˜oes de enunciar e demonstrar o teorema que caracteriza as bije¸c˜oes holomorfas de D(0, 1) em si mesmo. Quais dessas fun¸c˜oes j´a conhecemos? Ora, existem as φa , a ∈ D(0, 1) e, se compomos φa com uma rota¸c˜ao, ou seja, multiplicamos φa por um n´ umero complexo λ de m´ odulo 1, a fun¸c˜ao λφa tamb´em ´e bije¸c˜ao holomorfa de D(0, 1) sobre D(0, 1). O surpreendente ´e que essas s˜ ao todas elas, como reza o 5.3 Teorema. Sejam f : D(0, 1) → D(0, 1) uma bije¸ca ˜o holomorfa e aou ´nico n´ umero complexo em D(0, 1) tal que f (a) = 0. Ent˜ ao existe um n´ umero complexo λ, com |λ| = 1, tal que f (z) = λφa (z) para todo z ∈ D(0, 1).

Demonstrac˜ ao: Como f ´e bije¸c˜ao, ela admite uma inversa g : D(0, 1) → D(0, 1) tal que g(f (z)) = z para todo z ∈ D(0, 1) (note que g(0) = a). 1 Aplicando (∗) a ambas f e g obtemos, respectivamente, |f ′ (a)| ≤ 1−|a| 2 ′ 2 e |g (0)| ≤ 1 − |a| . Agora, j´a que g(f (z)) = z, a regra da cadeia for1 nece g ′ (0)f ′ (a) = 1. Somos levados a concluir que |f ′ (a)| = 1−|a| 2 pois, |f ′ (a)|
0} pela aplica¸c˜ao S(z) = i−z i+z ? 4) Determine a imagem  semi-plano superior {z : Im(z) > 0} pela  do z−1 aplica¸c˜ao f (z) = log z+1 . Essa aplica¸c˜ao ´e conforme nesse dom´ınio? Ela ´e injetiva a´ı? 5) Determine a imagem do semi-plano {z : Re(z) > a > 0} pela invers˜ao f (z) = z1 . 6) Qual a imagem do retˆ angulo {z : −π/2 < Re(z) < π/2 , 0 < Im(z) < a} pela aplica¸c˜ao f (z) = sen z? Essa aplica¸c˜ao ´e conforme nesse dom´ınio? Ela ´e injetiva a´ı? 7) Determine uma bije¸c˜ao holomorfa entre o semi-plano 3x + 2y > 0 e o disco D(i, 15). 8) Determine uma bije¸c˜ao holomorfa entre o semi-plano 3x + 2y > 0 e o exterior do disco D(i, 15). 9) Determine a imagem do aberto {z : |z| < 1 , Im(z) > 0} pela aplica¸c˜ao f (z) = z + z1 . 0) Qual a imagem do aberto {z : 0 < |z| < a , Im(z) > 0} pela aplica¸c˜ao f (z) = z + z1 ? 11) Determine condi¸c˜oes necess´arias e suficientes sobre os n´ umeros a,b,c e d para que a transforma¸c˜ao de M¨ obius S(z) = az+b seja uma bije¸c˜ao cz+d holomorfa do semi-plano superior {z : Im(z) > 0} sobre si mesmo. 12) Determine todas as transforma¸c˜oes de M¨ obius S satisfazendo S(R) = R. 13) Determine todas as transforma¸c˜oes de M¨ obius S que enviam o c´ırculo |z| = 1 sobre si mesmo. 14) Determine todas as transforma¸c˜oes de M¨ obius S satisfazendo S(D(0, 1)) = D(0, 1).

Se¸c˜ ao 6

Exerc´ıcios 193

αz+β ao S = T se, e somente se, existe 15) Se S(z) = az+b cz+d e T (z) = γz+δ , ent˜ um n´ umero complexo n˜ao nulo λ tal que α = λa, β = λb, γ = λc e δ = λd.

16) Seja T uma transforma¸c˜ao de M¨ obius com pontos fixos z1 e z2 . Quais s˜ ao os pontos fixos de S −1 ◦ T ◦ S? 17) Mostre que se uma transforma¸c˜ao de M¨ obius S tem 0 e ∞ como u ´nicos pontos fixos, ent˜ao S ´e uma homotetia ou uma rota¸c˜ao. 18) Mostre que as u ´nicas transforma¸c˜oes de M¨ obius que tem somente ∞ como ponto fixo s˜ ao as transla¸c˜oes. 19) Seja T uma transforma¸c˜ao de M¨ obius diferente da identidade. Mostre que uma transforma¸c˜ao de M¨ obius S satisfaz T ◦ S = S ◦ T se, e somente se, T e S tem os mesmos pontos fixos. 20) Mostre que uma transforma¸c˜ao de M¨ obius S satisfaz S(0) = ∞ e S(∞) = 0 se, e somente se, S ´e da forma S(z) = az , onde a ∈ C. 21) Seja f (z) holomorfa num aberto que cont´em o disco D(0, 1), sendo |f (z)| ≤ K para |z| ≤ 1 e f (a) = 0, onde a ∈ D(0, 1). Mostre que z−a ∀ z ∈ D(0, 1). |f (z)| ≤ K 1 − az

22) Existe uma fun¸c˜ao holomorfa f : D(0, 1) → D(0, 1) tal que f (1/2) = 3/4 e f ′ (1/2) = 2/3?

Bibliografia

[1] Elon Lages Lima, Espa¸cos M´etricos, Projeto Euclides, IMPA, Rio de Janeiro, 1983. [2] Alcides Lins Neto, Fun¸co ˜es de uma vari´ avel complexa, Projeto Euclides, IMPA, Rio de Janeiro, 1993. [3] R. Narasimhan, Complex Analysis in One Variable, Birkh¨ auser, 1985.

´Indice Remissivo

196

´Indice Remissivo conforme, 178 cont´ınua, 23 de M¨ obius, 183 holomorfa, 46 inteira, 47 limite de, 22, 35 linear fracion´ aria, 183 multiforme, 49, 52 potˆencia, 54

Anel, 131 Caminho comprimento, 21, 97 fechado, 18 orienta¸c˜ ao, 18 reverso, 19 simples, 20 suave, 17 suave por partes, 19 Condi¸c˜ oes de Cauchy-Riemann, 43 Conjunto aberto, 16 convexo, 111 estrelado, 111 fechado, 17 fronteira, 17 limitado, 17 Coordenadas polares, 9 Corpo, 4 Curva de Jordan, 20

Integral de fun¸c˜ ao complexa, 95, 97 de linha, 25 impr´ opria, 163 Lema de Schwarz, 189 Limite superior, 90 N´ umero complexo, 2, 4 conjugado, 8 forma polar, 10 raiz n-´esima, 11 um argumento, 10, 52

Derivada complexa, 39 Derivada parcial, 24 Dire¸c˜ ao orientada, 175 Disco aberto, 16 fechado, 16 Dom´ınio, 22 estrelado, 111

Orienta¸c˜ ao compat´ıvel entre dom´ınio e fronteira, 26 Plano complexo, 7 Polo, 143 Ponto aderente, 90 de acumula¸c˜ ao, 17 de fronteira, 16, 17 fixo, 185 inicial, 18 interior, 16, 17 no infinito, 182 terminal, 18

Esfera, 181 Estimativas de Cauchy, 118 F´ ormula integral de Cauchy, 114, 127 Fun¸c˜ ao anal´ıtica, 85 complexa, 34

197

198 Primitiva, 100 Princ´ıpio da Identidade, 84, 130 Princ´ıpio de Cauchy, 63 Princ´ıpio do Argumento, 152 Proje¸c˜ ao estereogr´ afica, 183 Raio de convergˆencia, 70 Ramo do logaritmo, 52 principal, 52, 54 Res´ıduo, 149 S´erie absolutamente convergentes, 65 convergente, 64 de Laurent, 131, 139 de potˆencias, 68 divergente, 64 geom´etrica, 66 num´erica, 64 princ´ıpio da identidade, 84 Sequˆencia, 59 convergente, 60 divergente, 61 limite, 60 Singularidade, 47 essencial, 143 remov´ıvel, 143 Singularidades, 131 Teorema de Casorati-Weierstrass, 147 de Cauchy, 126 de Cauchy-Goursat, 107, 113 de Green, 27 de Jordan, 21 de Laurent, 139 de Liouville, 118 de Morera, 128 de Picard, 146 de Rouch´e, 154 do M´ odulo M´ aximo, 121 dos Res´ıduos, 149 ´ Fundamental da Algebra, 119, 155 Zero, 82, 152

´Indice Remissivo