exercícios. · exercícios. 1. determine a região de convergência da série ... funÇÕes de...
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Prof. José Amaral MAT M14 - 1 03-01-2008
Exercícios.
1. Determine a região de convergência da série
∑+∞
=
−−
4
2
!
12
n
n
z
n
n
• Sendo
∑∑+∞
=
+∞
=
−
+
−+=
−
24
2
)!2(
1)2(2
!
12
n
n
n
n
z
n
n
z
n
n
, a série tem coeficientes
)!2(
1)2(2
+
−+=
n
n
an
Pelo que o seu raio de convergência é
1)3(2
)!3(
)!2(
1)2(2lim
)!3(
1)3(2
)!2(
1)2(2
lim
lim1
−+
+
+
−+
=
+
−+
+
−+
=
=
∞→
∞→
+∞→
n
n
n
n
n
n
n
n
a
aR
n
n
n
n
n
T Ó P I C O S
Funções complexas definidas por séries
Série de Taylor.
Série de Laurent.
Teoria dos residuos.
Teorema dos resíduos.
Aplicações do teorema dos resíduos
�
Módulo 14• Note bem, a leitura destes apontamentos não dispensa de modo algum a leitura atenta da bibliografia principal da cadeira • Chama-se à atenção para a importância do trabalho pessoal a realizar pelo aluno resolvendo os problemas apresentados na bibliografia, sem consulta prévia das soluções propostas, análise comparativa entre as suas resposta e a respostas propostas, e posterior exposição junto do docente de todas as dúvidas associadas.
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+∞=
+
++
=
−+
+−+
=
∞→
∞→
52
992lim
162
)3)(142(lim
2
n
nn
n
nnR
n
n
O raio de convergência é infinito, ou seja, a série é absolutamente convergente para todos os valores de C∈z .
2. a) Determine o desenvolvimento em série de Laurent da função
)3(
1)(
2−
=
zzzf
, em torno da origem. Qual é o raio de convergência da série?
b) Calcule
∫ =1
)(z
dzzf
• a) Vamos fazer o desenvolvimento em série de Laurent com base no conhecimento da soma da série geométrica
z
z
n
n
−
=∑∞
=1
1
0
, para 1<z
Sendo
∑∞
=
−=
−−=
−=
0
2
2
2
33
1
31
1
3
1
)3(
1)(
n
n
z
z
zz
zzzf
, para 30130 <<⇔<< zz . E ainda
∑
∑
∑∑
∞
−=
+
∞
=
+
−
∞
=
∞
=
−=
−=
−=
−=
2
3
0
1
2
0
2
0
2
3
1
3
33
1
33
1)(
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
z
z
z
z
z
zzf
O raio de convergência é 3=R , ou seja, igual à distância entre a origem e o pólo mais próximo, 3=z .
b) Sendo conhecido o desenvolvimento em série de Laurent válido na região que contém o contorno 1=z , o cálculo do integral é imediato. Sendo
33
1+
−=nn
a
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, temos 9
1
3
1
311−=−=
+−−a , pelo que, atendendo ao teorema dos resíduos, e dado
que 0=z é o único pólo dentro do contorno
9
2
2)0,res(2)( 11
π
−=
π=π=−
=∫j
jafjdzzfz
O mesmo resultado, naturalmente, que resultaria de
9
2
)3(
1lim2
3
1lim2
)0,res(2)(
20
0
1
π−=
−−π=
−π=
π=
→
→
=∫
j
zj
zdz
dj
fjdzzf
z
z
z
3. Mostre que
π=θθ−∫
π
32
5
))sen(35(
12
02d
• Procedendo à mudança de variável θ=
jez , com [ ]π∈θ 2,0 , pelo que
j
zz
j
eejj
22)sen(
1−θ−θ −=
−=θ
, temos
∫
∫
∫
∫
∫∫
=
=
=−
= −
=
π
−−−=
+−−=
+−
−=
−−
=
=θθ−
122
122
121
12
1
1
2
02
)3103(
4
)3310(
4
1
)3310(
4
1
235
1
1)(
))sen(35(
1
z
z
z
z
z
dzzjz
z
j
dzzzj
z
j
dzjzzzj
dzjz
j
zz
dzjz
zfd
Calculando os zeros do denominador
3
13
6
810
6
6410
6
361001003103
21
2
jzjz
jjz
jjzzjz
=∧=⇔
±=⇔
−±=
+−±=⇔=−−
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resulta
∫∫ =
π
−−
−=θθ− 1
2
2
02
3)3(3
4
))sen(35(
1
zdz
jzjz
z
jd
Tendo em atenção que apenas o pólo (duplo) 32
jz = está dentro do círculo unitário, e calculando o resíduo correspondente
( )
( )
256
5
)8(
10
)9(
2)9(
)33(
32)33(
9
1
)3(
2)3(lim
9
1
)3(lim
9
1
)3(3lim
)!12(
1
)()(lim)!1(
1)3,res(
333
33
23
23
21
1
2
−=
−
−
=
−
−−
=
−
−−
=
−
−−
=
−
=
−−
=
−
−
=
→
→→
−
−
→
j
j
jj
jjj
jj
jjj
jz
zjz
jz
z
dz
d
jz
z
dz
d
zfzzdz
d
kjf
jz
jzjz
k
k
k
zz
Resulta
π=
−
−π=θ
θ−∫π
32
5
256
542
))sen(35(
12
02 j
jd
4. Sendo
x
eyyxu )cos(),( =
a) Mostre que ),( yxu é uma função harmónica em 2R .
b) Determine ),( yxv tal que jvuyxf +=),( seja uma função analítica e 1)0,0( =f
c) Calcule
∫ =−
24)1(
)(
z z
zf
• a) Podemos verificar que a função RR →2:),( yxu é uma função harmónica
(em 2R )
0
))cos(())(cos(
))sen(())(cos(
))(cos())(cos(2
2
2
2
2
2
2
2
=
−+=
−∂
∂+
∂
∂=
∂
∂+
∂
∂=
∂
∂+
∂
∂
xx
xx
xx
eyey
eyy
eyx
ey
y
ey
xy
u
x
u
b) Com base nas equações de Cauchy-Riemman
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x
v
y
u
y
v
x
u
∂
∂−=
∂
∂∧
∂
∂=
∂
∂
podemos determinar a sua função harmónica conjugada. Sendo
x
x
eyy
u
x
v
eyx
u
y
v
)sen(
)cos(
=∂
∂−=
∂
∂
=∂
∂=
∂
∂
, resulta
)()sen(
)cos(
xgey
dyeydyy
vv
x
x
+=
=∂
∂= ∫∫
e
)()sen(
)sen(
yhey
dxeydxx
vv
x
x
+=
=∂
∂= ∫∫
, pelo que
ceyyxvx
+= )sen(),(
logo
))(sen()cos(
),(),(),(
ceyjey
yxjvyxuyxf
xx
++=
+=
Sendo
jc
cejef
+=
++=
1
))0(sen()0cos()0,0( 00
então
01)0,0( =⇒= cf
pelo que
jyx
jyx
x
xx
e
ee
yjye
eyjeyyxf
+=
=
+=
+=
))sen()(cos(
)sen()cos(),(
ou ainda, sendo jyxz += ,
zezf =)(
, que é uma função analítica em C , ou seja, inteira.
c) O integral
∫ =−
24)1(
)(
z z
zf
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a)
b)
Figura M14.1
É facilmente calculado com base nas relações integrais de Cauchy, ou no teorema dos
resíduos. Sendo zezf =)( uma função analítica no interior da circunferência 2=z , e
recorrendo às relações integrais de Cauchy
)(!
2
)(
)( )(1
afn
jdz
az
zf n
Cn
π
=
−∫ +
temos
3
6
2
!3
2
)1(
)(
1
13
3
2 4
ej
ej
edz
dj
z
zf
z
z
z
π
=
π
=
π
=
−=
=∫
5. Tendo em atenção a figura M14.1 a), calcule
dzezC
z
∫
• Sendo zezzf =)( uma função analítica em C , o integral não
depende do percurso, podendo ser aplicado o teorema fundamental do cálculo integral. Consideremos uma qualquer curva simples,
2C , entre os pontos 1
1−=z e 1
2=z , por
exemplo a circunferência θ=θ
jezC )(:
2 com 0≤θ≤π− , de
modo a que a concatenação de C com 2
C constitua uma linha
fechada [ ]21
CCC = . Sendo zezzf =)( uma função analítica
na região interior a 1
C , resulta do teorema de Cauchy
0
21
=
+= ∫∫∫ dzezdzezdzezC
z
C
z
C
z
, pelo que
dzezdzezC
z
C
z
∫∫ −=
2
, ficando assim o cálculo do integral de linha significativamente simplificado.
Um modo mais simples de abordar o problema seria ter em atenção
que, sendo zezzf =)( uma função inteira, o integral
dzezC
z
∫
não depende do percurso mas apenas dos pontos inicial e final. Atendendo ao teorema fundamental do cálculo integral temos
[ ]
e
eez
dzezdzez
zz
z
C
z
2
1
1
1
1
−=
−=
=
−
−
∫∫
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6. Calcule
dzezz
z
∫ =
−
2
1
1
2
• A função 1
1
2)( −
=zezzf tem uma singularidade essencial em 1=z , portanto
dentro do circulo de raio 2. Assim sendo, e dado que atendendo ao teorema dos resíduos,
1
2
1
1
2
2
)1,res(2
−
=
−
π=
π=∫aj
fjdzezz
z
, vamos calcular o coeficiente 1−
a do desenvolvimento em série de Laurent da função em torno de 1=z . Sendo
C∈∀= ∑∞
=
z
n
z
e
n
n
z
0!
, resulta
��
��
��
+−
+=
+−
+++=
−+
−++
−+=
−+
−+
−=
−
−+
−+
−
−=
−−+
−+
−−=
−−++−=
−+−=
−=
∑∑∑
∑∑∑
∑∑∑
∑
∑∑
∞
=
−
∞
=
∞
=
−
∞
=
∞
=
∞
=
∞
=
∞
=
∞
=
∞
=
∞
=
∞
=
−
)1(
1
6
13
)1(
111
6
1
)1(!2
2
)1(!1
1
)1(!3
1
)1(!
2
)1(!
1
)1(!
1
)1(!
)1(2
)1(!
1
)1(!
)1(
)1(!
1)1(2
)1(!
1
)1(!
1)1(
)1(!
1))1(21)1((
)1(!
1)11(
!
1
1
0
1
00
2
000
2
000
2
0
2
0
2
0
21
1
2
z
z
zzz
znznzn
zn
z
znzn
z
zn
z
znzn
z
zn
zz
zn
z
n
zzez
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
z
Sendo
6
13
1=
−a
resulta
π=π=−
=
−
∫ 3
132
12
1
1
2jajdzez
z
z
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a)
b)
c)
d)
e)
Figura M14.2
7. Sendo
22 ))(1()(
jzz
zzf
+−
=
Calcule
a) dzzfjz∫ =− 1
)( b) dzzfz∫ =− 11
)( c) dzzfjz∫ =+ 1
)(
d) dzzfz∫ =+ 11
)( e) dzzfz∫ =2
)(
• Qualquer das alíneas tem uma abordagem idêntica, baseada em considerandos que envolvem o teorema de Cauchy e as relações integrais de Cauchy, ou o teorema dos resíduos. A função
22 ))(1()(
jzz
zzf
+−
=
tem um pólo duplo em jz −=1
e pólos simples em 12=z e
13
−=z . Assim
a) Sendo )(zf uma função analítica no interior do círculo de raio
unitário e cento ),0( j resulta do teorema de Cauchy que
0)(1
=∫ =−
dzzfjz
b) Dado que no interior do círculo de raio unitário e cento )0,1(
)(zf tem apenas um pólo, 12=z , resulta das relações integrais de
Cauchy que
2
)1)(11(
12
))(1(2
)(2
)1(
)(
)1(
))(1()(
22
22
2
2
2
11
π=
++
π=
++
π=
π=
−
=
−
++= ∫∫∫ =−
jj
jzz
zj
zjf
z
zf
z
jzz
z
dzzf
b
C
b
Cz bb
Ou, alternativamente, com base no teorema dos resíduos
2
)1)(11(
12
))(1(lim2)()(lim2
),res(2)(
2
2
22
2
12
211
2
π=
++
π=
++
π=−π=
π=
→→
=−∫
jj
jzz
zjzfzzj
zfjdzzf
zzz
z
c) Dado que no interior do círculo de raio unitário e cento )1,0( −
)(zf tem apenas um pólo (duplo), jz −=1
, resulta das relações
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integrais de Cauchy que
0
)11(
)1(2)11(2
)1(
2)1(2
)1(2
)(!1
2
)(
)(
)(
)1()(
2
22
22
2
2
22
2
1
=
−−
−−−−π=
−
−−π=
−
π=
′π
=
+
=
+
−=
−=−=
=+ ∫∫∫
j
z
zzj
z
z
dz
dj
zfj
jz
zf
jz
z
z
dzzf
jzjz
c
C
c
Cjzcc
Ou, alternativamente, com base no teorema dos resíduos
( )
0
)11(
)1(2)11(2
)1(
2)1(lim2
)1(lim2
)()(lim)!12(
12
),res(2)(
2
22
22
2
2
1
11
1
=
−−
−−−−
π=
−
−−
π=
−
π=
−
−
π=
π=
−→−→
→
=+∫
j
z
zzj
z
z
dz
dj
zfzzdz
dj
zfjdzzf
jzjz
zz
jz
d) Dado que no interior do círculo de raio unitário e cento )0,1(− )(zf tem apenas
um pólo, 13
−=z , resulta das relações integrais de Cauchy que
2
)1)(11(
12
))(1(2
)(2
)1(
)(
)1(
))(1()(
22
33
3
3
2
11
π−=
+−−−
−π=
+−
π=
π=
+
=
+
+−= ∫∫∫ =+
jj
jzz
zj
zjf
z
zf
z
jzz
z
dzzf
d
C
d
Cz bb
Ou, alternativamente, com base no teorema dos resíduos
2
)1)(11(
12
))(1(lim2)()(lim2
),res(2)(
2
21
3
311
3
π−=
+−−−
−π=
+−
π=−π=
π=
−→→
=+∫
jj
jzz
zjzfzzj
zfjdzzf
zzz
z
e) Tendo em atenção os resultados das alíneas anteriores temos
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0
20
2
),res(2
)()(
3
1
2
=
π
−+
π
=
π=
=
∑∫∫
=
=
i
i
Cz
zfj
dzzfdzzfe
8. Calcule
∫ =
−
25
22 )(sen)(sen
z
z
dzz
zze
• Reescrevendo a expressão de )(zf
22
2
5
22
1)(sen1
)(sen)(sen)(
zz
z
z
e
z
zzezf
z
z
−
=
−
=
Evidenciamos que, em 0=z , a função tem duas singularidades removíveis e um pólo duplo, como podemos verificar recorrendo às respectivas definições
11
lim
0
01lim
0
0
==
=
−
→
→
z
z
z
z
e
z
e
1
)sen()sen(lim
0
0)(senlim
0
2
2
0
=
=
=
→
→
z
z
z
z
z
z
z
z
1)(sen)(sen
lim5
22
2
0
=
−
→ z
zze
z
z
z
Dado que o pólo (duplo) está no interior da circunferência 2=z , temos, atendendo
ao teorema dos resíduos
( )
π=
−π=
−π=
π=−
→
→
=∫
j
z
zze
dz
dj
zfzdz
dj
fjdzz
zze
z
z
z
z
z
3
22
0
2
0
25
22
)(sen)(senlim2
)(lim)!12(
12
)0,res(2)(sen)(sen
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9. Determine o domínio da função
1)(
4+
−=
z
jzzf
• Calculando as raízes do denominador, relembrando que,
nkjnnez
)2(11 π+θρ=
temos
244
2
4
1
4
1
4
4
)()1(
1
01
π+
ππ+π
π===−=
−=
=+
kjk
jj
eeez
z
z
com 3,2,1,0=k , resulta
( ) ( ) ( ) ( )
−−−
+−−
−−
+−=+ jzjzjzjzz 1
2
21
2
21
2
21
2
21
4
, pelo que o domínio da função é
( ) ( )jjzz ±−±≠∧∈ 12
2,1
2
2C
10. Calcule
1lim
4+
−
→ z
jz
jz
• Temos
0
11
0
1)1(
1)(lim
1lim
2
224
=
+
=
+−
−=
+
−=
+
−
→→
jj
z
jz
z
jz
jzjz
11. Calcule
dzzC∫
3
, sendo [ ]1,0: ∈∧= xxyC
• Sendo 3)( zzf = uma função analítica em C , o integral não depende do percurso, podendo ser aplicado o teorema fundamental do cálculo integral. Sendo
11
00
2
1
jz
jz
+=
+=
temos
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Prof. José Amaral MAT M14 - 12 03-01-2008
1
)4(4
1)211)((211(
4
1
)1()1(4
1)1(
4
1
4224
1
0
4
1
0
3
33 2
1
−=
−=+−+−=
++=+=
=
=
=
+
+
∫
∫∫
jj
jjjz
dzz
dzzdzz
j
j
z
zC
12. Calcule
∫ =
2
1)(
z
dzzf
, sendo )1226(62)()( 322223+++−+−++−=+= yxyyxjyxyxxjyxfzf
• Vamos verificar as equações de Cauchy-Riemann.
x
v
y
u
y
v
x
u
∂
∂−=
∂
∂∧
∂
∂=
∂
∂
Temos
22
22
626
212
212
626
yxxy
v
yxyx
v
yxyy
u
yxxx
u
++−=∂
∂
+−=∂
∂
−=∂
∂
++−=∂
∂
pelo que se verificam as equações de Cauchy-Riemann. Sendo todas as derivadas parciais contínuas em C , )(zf é uma função inteira. Assim sendo, atendendo ao teorema de Cauchy,
0)(
2
1=∫ =z
dzzf
13. Sendo
)()1()(
2jzz
ezf
z
+−
=
, calcule a) dzzfz∫ =
2
1)( b) dzzf
z∫ =−
2
11
)( c) dzzfjz∫ =+
2
1)(
• O denominador tem zeros em
jzjz
zz
−=⇒=+
=⇒=−
2
1
0
101
, pelo que )(zf tem um pólo simples jz −=2
em e um pólo duplo em 11=z . Temos
então;
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a) A função não tem singularidades no interior da circunferência 21=z ,
logo
0)(
2
1=∫ =
dzzfz
b) A função tem um pólo duplo, 11=z , no interior da circunferência
211 =−z , logo
( )
ej
ej
jj
jz
ejzej
jz
e
dz
dj
zfzzdz
dj
zfjdzzf
zz
z
z
z
zz
z
π=
+
−+π=
+
−+π=
+
π=
−
−
π=
π=
→→
→
=−∫
1
2
211
2
1
1
2
11
)1(
1)1(2
)(
)(lim2
)(lim2
)()(lim)!12(
12
),res(2)(
1
c) A função tem um pólo, jz −=2
, no interior da circunferência
21=+ jz , logo
j
j
z
jzzz
jz
e
j
ej
z
ejzfzzj
zfjdzzf
π
=
−−
π=
−
π=−π=
π=
−
−→→
=+∫
2
22
2
2
1
)1(2
)1(lim2)()(lim2
),res(2)(
2
14. Determine o intervalo de convergência da série de potências
∑+∞
=
+
+
−
0
)2(1
21
n
n
n
zn
n
• A série tem coeficientes
n
n
n
n
a
+
−=
1
21
, pelo que o seu raio de convergência é
2
1
11
21lim
1
1
21lim
1
lim
1
=
+
−=
+
−==
∞→∞→∞→
n
n
n
naR
nn
n
n
n
Assim sendo, o intervalo de convergência é 2
12 <+z .
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15. Desenvolva a função z
ezzf2)1()( += em série de potências de 1+z
• Sendo
∑∞
=
=
0!
n
n
z
n
z
e
Então
n
n
n
n
n
n
z
zz
z
n
e
z
n
e
n
z
ze
eze
eeezez
)1()!2(
)1(!
!
)1()1(
)1(
)1()1(
2
1
2
0
1
0
21
121
122
+
−
=
+=
++=
+=
+=+
∑
∑
∑
∞
=
−
+
∞
=
−
∞
=
−
+−
−
16. Seja 2)(
1)(
jzz
ezf
z
+
−=
a) Determine e classifique as singularidades de )(zf .
b) Calcule dzzfz∫ =
2
1)(
c) Calcule dzzfz∫ =− 31
)(
• a) Reescrevendo a expressão de )(zf
2
2
)(
11
)(
1)(
jzz
e
jzz
ezf
z
z
+
−=
+
−=
Evidenciamos que em 0=z a função tem uma singularidade removível, e em jz −= a função tem um pólo duplo, como podemos verificar recorrendo às respectivas definições
11
lim
0
01lim
0
0
==
=
−
→
→
z
z
z
z
e
z
e
j
e
jzz
ejz
jz
jz −
−=
+
−+
−
−→
1
)(
1)(lim
2
2
b) Dado que a função é analítica no da circunferência 21=z , temos
0)(
2
1=∫ =
dzzfz
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c) Dado que o pólo (duplo) está no interior da circunferência 31 =−z , temos,
atendendo ao teorema dos resíduos
( )
)1(2
1lim2
)()(lim)!12(
12
),res(2)(
1
2
312
−+π=
−π=
+−
π=
−π=+
−
−−
−→
−→
=−∫
jj
z
jz
jz
z
z
ejej
z
e
dz
dj
zfjzdz
dj
jfjdzjzz
e
17. Seja 5
2
)(z
ezf
z
=
a) Determine a série de Laurent em torno de 0=z .
b) Calcule dzzfz∫ =1
)(
• a) Sendo
∑∞
=
=
0!
n
n
z
n
ze
então
52
0
2
0
5
0
2
55
!
1
!
11
!
)(12
−
∞
=
∞
=
∞
=
∑
∑
∑
=
=
=
n
n
n
n
n
nz
z
n
z
nz
n
z
zz
e
b) Sendo
�� ++++==−
∞
=
∑ z
zz
z
nz
en
n
z
!3
11
!2
11
!1
1
!
1
3
52
0
5
2
, então
2
1
!2
11
==−
a
, pelo que
π=π=π=−
=∫ jjafjdzz
e
z
z
11
52)0,res(2
2
18. Mostre que π=θθ+∫
π2
02 )(sen31
1d
• Procedendo à mudança de variável θ=
jez , com [ ]π∈θ 2,0 , pelo que
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j
zz
j
eejj
22)sen(
1−θ−θ−
=−
=θ
, temos
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫∫
=
=−
=−
= −
= −
= −
=
π
−+−=
+−−=
−+−=
−+−=
−−=
−+
=
=θθ+
124
122
122
1 22
1 21
12
1
1
2
02
3103
4
1
1033
4
1
)2(34
4
1
)2(4
31
1
1
)(4
31
1
1
231
1
1)(
)(sen31
1
z
z
z
z
z
z
z
dzzz
z
j
dzjzzz
dzjzzz
dzjz
zz
dzjz
zz
dzjz
j
zz
dzjz
zfd
Calculando os zeros do denominador
3
33
3
13
6
810
6
6410
6
361001003103
22
2
224
±=∨±=⇔
=∨=⇔
−
±−=⇔
−
±−=
−
−±−=⇔=−+−
zz
zz
z
zzz
resulta
∫
∫∫
=
=
π
−
+−+
−=
−
+−+−
=θθ+
1
1
2
02
3
3
3
3)3)(3(
3
4
3
3
3
3)3)(3(3
4
)(sen31
1
z
z
dz
zzzz
z
j
dz
zzzz
z
jd
Tendo em atenção que apenas os pólos 3
3±=z estão dentro do círculo unitário,
e calculando os resíduos correspondentes
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16
3
3
3
3
316
1
3
32
3
32
3
34
3
3
3
3
3
3
3
33
3
3
3
33
3
3
3
3
3
3)3)(3(
lim
)(3
3lim)
3
3,res(
3
3
3
3
−=
−
=
−
=
+
−
+
=
+−+
=
−=
→
→
zzz
z
zfzf
z
z
16
3
3
3
3
316
1
3
32
3
34
3
32
3
3
3
3
3
3
3
33
3
3
3
33
3
3
3
3
3
3)3)(3(
lim
)(3
3lim)
3
3,res(
3
3
3
3
−=
−=
−
−
−=
−−
−−
+−
−=
−−+
=
+=−
−→
−→
zzz
z
zfzf
z
z
Resulta
π=
−−
−π
−+
−π=θ
θ+∫π
16
3
16
3
3
42
)3
3,res()
3
3,res(
3
42
)(sen31
12
02
jj
ffj
jd
19. Sendo
)(3),( 33yxxyyxyxu +−+=
a) Mostre que ),( yxu é uma função harmónica em 2R .
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b) Determine a função inteira )(zf cuja parte real é ),( yxu e cuja parte imaginária
é ),( yxv tal que 0)0,0( =v
c) Calcule
dzz
zf
z∫ =−
22)1(
)(
• a) Sendo
2233
33
33
)(3),(
xyyxyx
yxxyyxyxu
−−+=
+−+=
temos
0
)66()66(
)633()363(
)33()33(
2222
2233
2
22233
2
2
2
2
2
2
=
−+−=
−−∂
∂+−−
∂
∂=
−−+∂
∂+−−+
∂
∂=
∂
∂+
∂
∂
xyyx
xyxyy
yxyxx
xyyxyx
y
xyyxyx
xy
u
x
u
b) Com base nas equações de Cauchy-Riemman
x
v
y
u
y
v
x
u
∂
∂−=
∂
∂∧
∂
∂=
∂
∂
podemos determinar a sua função harmónica conjugada. Sendo
xyxyy
u
x
v
yxyxx
u
y
v
633
363
22
22
++−=∂
∂−=
∂
∂
−−=∂
∂=
∂
∂
, resulta
)(33
)363(
322
22
xgyxyyx
dyyxyxdyy
vv
+−−=
−−=∂
∂= ∫∫
e
)(33
)633(
232
22
yhyxxxy
dxxyxydxx
vv
+++−=
++−=∂
∂= ∫∫
, pelo que
cyyxxxyyxv +−++−=3232 33),(
Sendo
cv =)0,0(
então
00)0,0( =⇒= cv
pelo que
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3232 33),( yyxxxyyxv −++−=
Logo
)33()33(
)(
22332233xyyxyxjxyyxyx
jvuzf
−+−+−−+=
+=
, que é uma função analítica em C , dado as derivadas parciais de ),( yxu e ),( yxv serem contínuas em C .
c) O integral
dzz
zf
z∫ =−
22)1(
)(
Pode ser calculado com base no teorema dos resíduos. Dada a existência de um pólo duplo em 1=z , temos
)(lim2
)1(
)()1(lim
)!12(
12
1,)1(
)(res2
)1(
)(
1
2
2
1
22
2
zfdz
dj
z
zfz
dz
dj
z
zfj
z
zf
z
z
z
→
→
=
π=
−−
−π=
−π=
−∫
Resultando das equações de Cauchy-Riemann que
)633()363(
)(
2222 xyxyjyxyx
y
duj
x
duzf
dz
d
−−−−−=
∂−
∂=
, então
( )
j
xyxyjyxyxzfdz
d
y
xz
33
)633()363(lim)(lim 2222
0
11
+=
−−−−−=
→
→→
e
π−π=
+π=
π=
− →=∫
66
)33(2
)(lim2)1(
)(
122
j
jj
zfdz
dj
z
zf
zz
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Auto-Avaliação.
Fórmulas integrais de Cauchy Eq. de Cauchy-Riemann Derivada complexa
x
v
y
u
y
v
x
u
∂
∂−=
∂
∂∧
∂
∂=
∂
∂
yy
xx
ujv
vjuf
′−′=
′+′=′
Funções harmónicas
)(2)(
afjdzaz
zf
C
π=
−∫
)(!
2
)(
)( )(1
afn
jdz
az
zf n
Cn
π
=
−∫ +
02
2
2
2
=∂
∂+
∂
∂
y
u
x
u
Série Geométrica Série de Taylor
z
z
n
n
−
=∑∞
=1
1
0
, 1<z ∑∞
=
−=
0
0)()(
n
n
nzzazf ;
!
)( 0)(
n
zfa
n
n=
S. Potências: raio de convergência Série de Laurent
n
n
n
a
R
∞→
=
lim
1 ;
1
lim
+∞→
=
n
n
n a
aR ∑
∞
−∞=
−=
n
n
nzzazf )()(0
; ∫ +−π
=
Cnn dz
zz
zf
ja
1
0)(
)(
2
1
Integral de Linha Séries de Potências
∫∫ ′=
b
aC
dttztzfdzzf )())(()( ∑∞
=
=
0!
n
n
z
n
z
e ; ∑∞
=
−
=
0
2
)!2(
)1()cos(
n
nn
n
z
z ; ∑∞
=
+
+
−=
0
12
)!12(
)1()sen(
n
nn
n
z
z
Teorema dos resíduos
( ))()(lim)!1(
1),res( 01
1
01
0
zfzzdz
d
kzfa
k
k
k
zz
−
−
==−
−
→
− ; ∑∫
=
π=
n
i
iC
zfjdzzf
1
),res(2)(
Aplicações T. resíduos
∫∫ =
πθ
=θ1
2
0
1)()(
z
j dzjz
zfdef ; θ=θ
jez )( ;
2)cos(
1−+
=θzz
;j
zzz
2)sen(
1−−
=
1. Calcule
a) dzjzz
e
z
z
∫ = +
−
212)(
1 b) dz
jzz
e
z
z
∫ =− +
−
312)(
1 c) dz
z
e
z
z
∫ =15
2
d) θθ+∫
π
d2
02 )(sen2
1
2. Sendo )(3),( 33yxxyyxyxu +−+=
a) Mostre que ),( yxu é uma função harmónica em 2R .
b) Determine ),( yxv tal que jvuyxf +=),( seja uma função inteira e 0)0,0( =v
c) Calcule dzz
zf
z∫ =−
22)1(
)(
Soluções 1a) 0 ; 1b) )1(2 −+π−− jj
ejej ; 1c) πj ; 1d) 3
2π ; 2c) )33(2 jj +π
�