Física Matemática I - 4300204 - Moodle USP: e …...... Assuma que a a rmativa de ordem nseja álida.v Use isso para veri car se isso implica que a a rmativa subsequente de ordem

Física Matemática I - 4300204

Prof. Jorge Noronha, IFUSP

30/07/2012

1

Chapter 1

Funções de uma Variável

Complexa

1.1 Revisão sobre números complexos

Seja i ≡√−1. Nas soluções de equações algébricas de segunda ordem

ax2 + bx+ c = 0 =⇒ x =−b±

√b2 − 4ac

2a(1.1.1)

surgem raízes do tipo z = x+ iy onde x, y ∈ R. Denotamos,

Re z ≡ x =⇒ Parte real de z (1.1.2)

Imz ≡ y =⇒ Parte imaginaria de z (1.1.3)

Note que "i" nunca se torna real através de multiplicação por númerosreais. De fato, ∀α ∈ R∗ (onde R∗ denota o conjunto dos números reaisexcluido zero), nós temos que α.i /∈ R. Isso implica que se z = x + iy =0 =⇒ x, y = 0.

Considere o conjunto de todos os números complexos C = z = x+ iy, x, y ∈R. Agora, introduzimos as seguintes operações :

1. ∀a ∈ R, ∀z = x+ iy ∈ C, a.z → ax+ iay ,

2. ∀z1 = x1 +iy1 ∈ C, ∀z2 = x2 +iy2 ∈ C, z1 +z2 = (x1 +x2)+i(y1 +y2) ∈ C .

Exercício: Prove que se x1 + iy1 = x2 + iy2 =⇒ x1 = x2, y1 = y2.

Note que C pode ser visto como um espaço vetorial de dimensão 2 sobreo corpo R (veja nos apêndices uma revisão sobre isso).

2

CHAPTER 1. FUNÇÕES DE UMA VARIÁVEL COMPLEXA 3

Figure 1.1.1: Plano de Argand-Gauss para a representação de números com-plexos.

1.1.1 Plano de Argand-Gauss

Para todo z = x + iy ∈ C podemos representá-lo no plano complexo (ou deArgand-Gauss, ou forma cartesiana) da seguinte forma em Fig. (1.1.1).

Ex: Veja como as propriedades 1 e 2 mencionadas acima podem ser repre-sentadas no plano complexo.

1.1.2 Multiplicação de números complexos

Sabemos que i.i = −1 ∈ C e i.1 = i ∈ C. Em geral, ∀z1, z2 ∈ C, ∃z3 ∈ C tal que

z1.z2 = z3 (1.1.4)

Prova: Seja z1 = x1 + iy1, z2 = x2 + iy2 onde x1, x2, y1, y2 ∈ R. Então ,

z1.z2 = (x1 + iy1).(x2 + iy2) (1.1.5)

= x1x2 − y1y2 + i(x1y2 + y1x2) (1.1.6)

= x3 + iy3 =⇒ x3 ≡ x1x2 − y1y2 , y3 ≡ x1y2 + y1x2 (1.1.7)

onde claramente x3 e y3 denidos acima pertencem as reais e, assim, sempre∃z3 ≡ x3 + iy3 ∈ C q.e.d.

Note que multiplicação entre números complexos é uma operação comu-tativa, isto é, ∀z1, z2 ∈ C temos que z1.z2 = z2.z1. Prove essa armação.

Note que multiplicação entre números complexos é uma operação associa-tiva, isto é, ∀z1, z2, z3 ∈ C temos que z1.(z2.z3) = (z1.z2).z3. Prove essaarmação.

Note que multiplicação entre números complexos é uma operação distribu-tiva e linear, isto é, ∀z1, z2, z3 ∈ C e ∀α, β ∈ R temos que z1.(αz2 +βz3) =α(z1.z2) + β(z1.z3). Prove essa armação.


Figure 1.1.2: Representação polar de números complexos.

É interessante notar que multiplicação por um número complexo pode servisto como uma função que leva um elemento de C em outro elemento ∈ C. Defato, por exemplo, considere a multiplicação de um z = x+ iy qualquer por i

i.z = i.(x+ iy) = ix− y 6= z . (1.1.8)

Assim, vemos que a multiplicação de um número complexo por i é equivalentea rodar z de π/2 em torno da origem do plano complexo.

1.1.3 Representação polar

∀z = x+ iy ∈ C e ∀α ∈ R∗ sempre podemos fazer

z = α(xα

+ iy

α

). (1.1.9)

Suponha agora que α seja tal que,(xα

)2+(yα

)2= 1, isto é, α =

√x2 + y2.

Agora, uma vez que cos2θ + sen2θ = 1, ∀θ ∈ R, sempre podemos escreverx/α = cosθ e y/α = senθ e assim

z =√x2 + y2 (cosθ + isenθ) (1.1.10)

=√x2 + y2 eθ (1.1.11)

= |z| eθ (1.1.12)

onde |z| =√x2 + y2 é o módulo de z, θ = arctan(y/x) é o argumento de z (veja

Fig. (1.1.2) para uma ilustração no plano complexo), e eθ ≡ cosθ + isenθ ∈ C.Note que |eθ| = 1.

Vamos tentar entender um pouco mais sobre esse eθ. Primeiro, note que∀θ1, θ2 ∈ R, eθ1 .eθ2 = eθ1+θ2 (prove isso!!!). Agora, veja que ∀z = x+ iy temosque

z′ = eθ.z = (cosθ + isenθ).(x+ iy) (1.1.13)

= xcosθ − ysenθ + i(xsenθ + ycosθ) . (1.1.14)


É conveniente agora usar a representação de z via vetores coluna, i.e., ∀z = x+iynós o representamos como

z =

(xy

). (1.1.15)

Assim, vemos que

z′ =

(x′

y′

)=

(xcosθ − ysenθxsenθ + ycosθ

). (1.1.16)

Porém, note que de fato a multiplicação de z por eθ corresponde a rodar z deum ângulo θ em torno da origem. Isso ca claro quando reconhecemos que(

x′

y′

)=

(xcosθ − ysenθxsenθ + ycosθ

)= A(θ)

(xy

). (1.1.17)

onde A(θ) é uma matriz 2×2 que é um elemento do grupo de rotações no plano

A(θ) =

(cosθ −senθsenθ cosθ

). (1.1.18)

Mostre que: ∀θ1, θ2 ∈ R a seguinte relação é válida: A(θ1).A(θ2) = A(θ1 + θ2).Tente calcular o que seria eA(θ).

Como qualquer z ∈ C pode ser representado na forma polar, vemos quepara qualquer z1 = |z1|eθ1 e z2 = |z2|eθ2 , existe um z3 = z1.z2 = |z3|eθ3 onde|z3| = |z1||z2| e θ3 = θ1 + θ2. Assim, vemos que a multiplicação por um númerocomplexo em geral leva a uma rotação e uma alteração no módulo de um númerocomplexo.

1.1.4 Complexo conjugado

Vimos que z ∈ C pode ser representado como um vetor de duas dimensõesno plano complexo. Como calculavámos o módulo de um vetor ~a no plano?Usando o produto interno, vemos que a2 ≡ ~aT .~a =

∑k=1,2 a

2i , que é agora um

escalar. Algo similar pode ser feito com números complexos. De fato, dadoz = x + iy, denimos o complexo conjugado de z como z∗ = x − iy. Assim,z∗.z = (x−iy).(x+iy) = x2 +y2 = |z|2 ∈ R. Assim, dado um número complexoz, multiplicação pelo seu complexo conjugado é a forma de se obter um númeroreal, que será igual ao seu módulo.

Na representação polar o complexo conjugado também ca simples. Defato, seja z = |z|eθ. Seu complexo conjugado, de acordo com a regra men-cionada acima que nos diz que devemos inverter o sinal da parte imaginária,será |z|(cosθ − isenθ) = |z|e−θ. Assim, já que eθ.e−θ = eθ−θ = cos 0 = 1, caainda muito mais claro na representação polar que z.z∗ = z∗.z = |z|2.

Mostre que: (z∗)∗ = z e, ∀α, β ∈ R, (αz1 + βz2)∗ = αz∗1 + βz2∗.


1.1.5 Divisão de números complexos como operação in-versa à multiplicação

Vimos que ∀z1, z2 ∈ C, ∃z3 ∈ C tal que

z1.z2 = z3 . (1.1.19)

z1 pode ser visto como uma operação (ou operador) que leva z2 em z3. Suponhaagora que ∃z4 tal que z4.z3 = z2. Mas como z3 = z1.z2 temos que

z4.z3 = z4.(z1.z2) (1.1.20)

= (z4.z1).z2 = z2 (1.1.21)

assim z4.z1 = z1.z4 = 1 ou z4 = 1/z1 = z−11 , ou seja, z4 é o inverso de z1.

Vamos ver como a inversa de z ca em coordenadas cartesianas. Se z = x+iy,então z−1, quando ele existir, será determinado através de

z−1.z = 1 (1.1.22)

(z−1.z).z∗ = z∗ (1.1.23)

z−1.(z.z∗) = z∗ (1.1.24)

z−1|z|2 = z∗ = x− iy (1.1.25)

assim, vemos quez−1 =

x

|z|2− i y|z|2

. (1.1.26)

Claramente, só é possível obter z−1 se |z| 6= 0, ou seja, z só possui inversaquando é diferente de zero.

Ex: Mostre que |z| = 0 =⇒ z = 0.

Ex: Seja z 6= 0. Na forma polar onde z = |z|eθ mostre que z−1 é dado porz−1 = e−θ/|z|.

1.1.6 Potenciação de um número complexo

Seja z ∈ C. Denimos z2 ≡ z.z ∈ C. Em coordenadas cartesianas ondez = x+iy, vemos que z2 = (x+iy).(x+iy) = x2−y2+i2xy. Na forma polar ondez = |z|eθ, é fácil ver que z2 = (|z|eθ).(|z|eθ) = |z|2 e2θ = |z|2(cos2θ + isen2θ).O que seria então zn onde n é um número inteiro positivo?

Ex: Prove a fórmula de De Moivre: zn = |z|n(cos nθ+ isennθ) onde n é umnúmero inteiro positivo.

Vamos usar isso para relembrar como provamos armações usando induçãomatemática.


Prova por indução matemática (Importante!!!!):

1) Primeiro prove que a armativa é válida para um caso particular (digamospara um certo n0).

2) Assuma que a armativa de ordem n seja válida. Use isso para vericarse isso implica que a armativa subsequente de ordem n + 1 seja válida. Casoisso aconteça, dizemos que a armativa é válida ∀n ≥ n0.

Ok, agora vamos obter a fórmula de De Moivre usando inducão. Vamosescolher nosso n0 = 1 para a qual a fórmula é trivialmente satisfeita. Agora,vamos assumir que para n > n0, zn = |z|n(cos nθ + isennθ). Agora, vamoscalcular zn+1. Vemos imediatamente que

zn+1 = |z|n+1(cos nθ + isennθ).(cosθ + isenθ) (1.1.27)

= |z|n+1[cos nθ cosθ − sennθ senθ+ i(sennθ cosθ + cos nθ senθ)] (1.1.28)

= |z|n+1[cos (n+ 1)θ + isen (n+ 1)θ] q.e.d. (1.1.29)

Então , a fórmula de De Moivre é válida ∀n ≥ 1, onde n é um inteiro positivo.Note que é trivial mostrar essa fórmula usando a representação polar uma vezque eθ.eθ = e2θ.

1.1.7 Raízes

Para um dado z ∈ C queremos agora calcular z1/n onde n é um inteiro positivo.As coisas simplicam bastante na representação polar. De fato, se z = |z|eθvemos que z1/n = |z|1/n eθ/n+2πk/n onde k é um número inteiro (isso ocorreporque e2πk = 1 quand k é inteiro).

Vemos então que a n-ésima raiz da unidade é dada por

11/n = cos

(2πk

n

)+ isen

(2πk

n

)k = 0, . . . , n− 1. (1.1.30)

e elas correspondem aos vértices do polígono regular inscrito num círculo de raio1. Veja na Fig. (1.1.3) um exemplo onde temos um triângulo inscrito no círculo.

Ex: Mostre que:


Figure 1.1.3: Raízes de 11/3.

|z| ≥ |Re z| ≥ Re z (1.1.31)

|z| ≥ |Imz| ≥ Imz (1.1.32)

(z1.z2)∗ = z∗1 .z∗2 (1.1.33)

|z1.z2| = |z1|.|z2| (1.1.34)

|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2| (1.1.35)∣∣∣∣∣N∑k=1

zk

∣∣∣∣∣ ≤N∑k=1

|zk| (1.1.36)

1.2 Funções complexas

Na seção anterior vimos a álgebra básica de números complexos e agora estamosprontos para começar a falar de funções de uma variável complexa. Uma funçãocomplexa será um mapeamento

f : C −→ C (1.2.1)

z 7−→ f(z) . (1.2.2)

Note que, uma vez que f(z) ∈ C, sempre podemos escrever f(z) = Re f(z) +iImf(z), onde Re f(z), Im f(z) ∈ R.

Para car mais clara a idéia de mapeamento, imagine um ponto z0 no planocomplexo z (veja a Fig. (1.2.1) abaixo). Seja agora w ≡ f(z). O que a f faz émapear z0 no plano z em w0 = f(z0) no plano w. Por exemplo: seja f(z) = z2.Então , f leva i no plano z em −1 no plano w.

Ex: Fórmula de Euler

Nós sabemos trabalhar com a função exponencial de um número real, ex,x ∈ R. Sabemos que ∀x1, x2 ∈ R, ex1+x2 = ex1ex2 e (ex)a = eax.


Figure 1.2.1: Uma função w = f(z) leva pontos no plano z em pontos no planow.

Vocês se lembram da série de McLaurin? Para uma função de variável realf(x) =

∑∞n=0 f

n(0)xn/n!, onde fn(0) = dnf(0)/dxn. Para a exponencial temos

ex =

∞∑n=0

xn

n!. (1.2.3)

Vamos denir a exponencial de um número complexo z através da série

ez =

∞∑n=0

zn

n!. (1.2.4)

Agora, vamos supor que z = iy onde y ∈ R. Nesse caso

eiy =

∞∑n=0

(iy)n

n!(1.2.5)

=

∞∑n=0

(iy)2n

(2n)!+

∞∑n=0

(iy)2n+1

(2n+ 1)!(1.2.6)

=

∞∑n=0

(−1)ny2n

(2n)!+ i

∞∑n=0

(−1)ny2n+1

(2n+ 1)!(1.2.7)

= cos y + isen y , (1.2.8)

que é a fórmula de Euler. Em geral, temos eiz = cosz + isenz, ∀z ∈ C. Noteque o nosso antigo eθ não é nada mais nada menos que eiθ.

Prove que: ei(z1+z2) = eiz1eiz2 e (eiz)n = einz, para n inteiro positivo.

Outras funções elementares:

senz ≡ eiz − e−iz

2icosz ≡ eiz + e−iz

2(1.2.9)


Figure 1.3.1: Idéia intuitiva de vizinhança de z0 no plano complexo.

senhz ≡ ez − e−z

2coshz ≡ ez + e−z

2(1.2.10)

1.3 Derivadas de funções complexas

Conjunto aberto: Basicamente, um conjunto é aberto se ele contém uma vizin-hança de cada um dos seus elementos. Por exemplo, considere o interior de umcubo sem fronteira. Podemos sempre imaginar uma pequena esfera em torno decada ponto do seu interior o qual estará inteiramente contido no cubo. Clara-mente, uma vez que você considere um cubo com fronteira, nesse caso o conjuntoserá fechado.

Vamos agora denir a noção de continuidade para funções complexas. Sejaw = f(z) uma função complexa denida em uma vizinhança do ponto z0 ondef(z0) = w0 (veja Fig. (1.3.1)). Então , f(z) é contínua em z0 se para um ε 1e δ 1

|z − z0| < |ε| =⇒ |f(z)− w0| < |δ| , (1.3.1)

ou seja, se z → z0 =⇒ f(z)→ f(z0)→ w0.

Agora, podemos começar a falar de derivadas. Para uma função de umavariável real g(x) a derivada dela é dada por (caso o limite abaixo exista)

dg(x)

dx= limδx→0

g(x+ δx)− g(x)

δx. (1.3.2)

Para funções complexas, como z = x+iy, temos que ter cuidado com a existênciado limite. Se o limite existe em z e em uma vizinhança,

f ′(z) ≡ df(z)

dz= limδz→0

f(z + δz)− f(z)

δz(1.3.3)

não pode depender de como nós nos aproximamos de δz = δx + iδy → 0 noplano complexo (veja Fig. (1.3.2)).


Figure 1.3.2: O limite que dene a derivada de uma função complexa não podedepender do caminho escolhido para chegar em z.

Denindo, u(x, y) ≡ Ref(z) e v(x, y) = Imf(z), onde u, v ∈ R2, temos que

f(x+ δx+ iy + iδy) = u(x+ δx, y + δy) + iv(x+ δx, y + δy)

= u(x, y) + iv(x, y) + δx∂u

∂x+ δy

∂u

∂y+ iδx

∂v

∂x+ iδy

∂v

∂y+ . . . . (1.3.4)

Então ,

f(z + δz)− f(z)

δz= limδz→0

1

δx+ iδy

[δx

(∂u

∂x+ i

∂v

∂x

)+ δy

(∂u

∂y+ i

∂v

∂y

)].

(1.3.5)Suponha agora que tomemos o caminho ao longo do eixo real onde δy = 0 eδx 6= 0. Então

df(z)

dz=∂u

∂x+ i

∂v

∂x. (1.3.6)

Analogamente, suponha que nos aproximemos pelo eixo imaginário onde δx = 0e δy 6= 0. Então, é fácil ver que nesse caso

df(z)

dz=∂v

∂y− i∂u

∂y. (1.3.7)

Entretanto, esses limites tem que ser idênticos para que o limite exista. Então,

∂u

∂x+ i

∂v

∂x=∂v

∂y− i∂u

∂y. (1.3.8)

ou∂u

∂x=∂v

∂y,

∂u

∂y= −∂v

∂x. (1.3.9)

Essas são as famosas condições de Cauchy-Riemann (embora elas tenham sidodescobertas provavelmente por Gauss).

Uma função f(z) é analítica (regular ou holomorfa) no ponto z se elapossuir derivada em z e em todos os pontos de uma vizinhança de z.


Se a função é analítica na vizinhança em z, as condições de Cauchy-Riemann são satisfeitas.

Reciprocamente, se u(x, y) e v(x, y) possuem derivadas parciais de primeiraordem que satisfazem as condições de Cauchy-Riemann em uma vizin-hança de z, então f(z) = u+ iv é analítica em z.

Se f(z) é analítica em todo o plano complexo (para z nito), f(z) échamada de função inteira. Exemplo: f(z) = z2. De fato, fazendo f(z) =u(x, y) + iv(x, y) vemos que nesse caso u(x, y) = x2 − y2 e v(x, y) = 2xy,que claramente obedecem as condições de Cauchy-Riemann em todo oplano complexo.

Prove que: f(z) = ez é analítica e inteira ∀z ∈ C (mas nito).

Exemplo: f(z) = z∗. Nesse caso, u(x, y) = x e v(x, y) = −y. Teste deCauchy-Riemann: ∂u/∂x = 1 6= ∂v/∂y. De fato, f(z) = z∗ não é analítica paranenhum z ∈ C. Entretanto, note que essa função é contínua ∀z ∈ C.

Uma outra maneira mais elegante de obter as condições de Cauchy-Riemanné a seguinte. Suponha que todas as derivadas parciais

∂u

∂x,

∂v

∂y,

∂v

∂x,

∂u

∂y(1.3.10)

existem e são contínuas então f = u + iv é diferenciável como uma funçãocomplexa de duas variáveis reais. Isso signica que nós podemos aproximar avariação de f da seguinte forma

δf =∂f

∂xδx+

∂f

∂yδy +O(δ2) (1.3.11)

=∂f

∂zδz +

∂f

∂z∗δz∗ +O(δ2) (1.3.12)

onde δz = δx+ iδy e δz∗ = δx− iδy. Assim, podemos denir

∂f

∂z≡ 1

2

(∂f

∂x− i∂f

∂y

), (1.3.13)

∂f

∂z∗≡ 1

2

(∂f

∂x+ i

∂f

∂y

). (1.3.14)

Agora impomos que f não depende de z∗. Assim, ∂f/∂z∗ = 0 e assim

1

2

(∂

∂x+ i

∂

∂y

)(u+ iv) = 0 (1.3.15)

ou (∂u

∂x− ∂v

∂y

)+ i

(∂v

∂x+∂u

∂y

)= 0 . (1.3.16)


Assim, recuperamos as condições de Cauchy-Riemann em (1.3.9).

A derivada de uma função complexa obedece as mesmas regras que a derivadade funções de variáveis reais obedecem. Por exemplo,

d

dzzn = nzn−1 (1.3.17)

d

dzsenz = cosz , (1.3.18)

d

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

df(z)

dzg(z) + f(z)

dg(z)

dz. (1.3.19)

É importante ressaltar que a derivada de uma função real é uma pro-priedade local no ponto. Para uma função de uma variável complexa,analiticidade é uma propriedade não somente local mas também controlao comportamento da função numa região .

Veremos depois que uma função analítica em z possui todas as derivadasnaquele ponto.

1.3.1 Funções harmônicas

Suponha que f(z) seja analítica em uma região de C. Vimos que nessa caso, sef(z) = u(x, y)+iv(x, y) então u e v satisfazem as condições de Cauchy-Riemannem (1.3.9). Veremos depois que quando uma função é analítica em uma região, todas as derivadas da função naquela região existem. Isso signica que

∂2u

∂x∂y=

∂2u

∂y∂x(1.3.20)

e o mesmo ocorrerá para v (dizemos que nesse caso as derivadas comutam).Assim, das condições de Cauchy-Riemann nós obtemos diretamente que

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0

∂2v

∂x2+∂2v

∂y2= 0 . (1.3.21)

Dessa forma, vemos que u e v são soluções da equação de Laplace em 2 dimen-sões e são chamadas de funções harmônicas.

Ex: Potencial eletrostático no vácuo. Em eletrostática, o campo elétricosempre pode ser escrito como ~E = −~∇φ, onde φ é o potencial eletrostático. Aprimeira equação de Maxwell na ausência de cargas nos dá ~∇· ~E = 0 =⇒ ∇2φ =0. Se nosso problema é tal que φ só depende de duas variáveis, por exemplo xe y (como acontece no caso em que o problema tem simetria axial ao longo doeixo z), obtemos

∂2φ

∂x2+∂2φ

∂y2= 0 , (1.3.22)


ou seja, o potencial eletrostático nesse caso é uma função harmônica.

Sempre é possível encontrar uma função harmônica conjugada v(x, y) paratoda função harmônica u(x, y). De fato, assuma que nós temos um par u(x, y),v(x, y) que obedece as condições de Cauchy-Riemann. Então , nós podemosescrever

dv =∂v

∂xdx+

∂v

∂ydy (1.3.23)

= −∂u∂ydx+

∂u

∂xdy . (1.3.24)

Assim, podemos denir uma função v(x, y) através de

v(x2, y2)− v(x1, y1) =

∫ (x2,y2)

(x1,y1)

(−∂u∂ydx+

∂u

∂xdy

). (1.3.25)

A integral acima não depende do caminho tomado entre (x1, y1) e (x2, y2) pois

∂

∂y

(−∂u∂y

)− ∂

∂x

(∂u

∂x

)= −∇2u = 0 . (1.3.26)

Sejam agora duas curvas no plano complexo denidas pelas condições u =constante e v = constante (veja Fig. (1.3.3)). Suponha agora que essas curvasse cruzam num dado ponto P . No ponto de interseção ,

(~∇u).(~∇v) =∂u

∂x

∂v

∂x+∂u

∂y

∂v

∂y. (1.3.27)

Agora, seja f = u+ iv uma função analítica na região que engloba a interseção .Nesse caso, podemos usar as condições de Cauchy-Riemann (1.3.9) para mostrarque

(~∇u).(~∇v) =∂v

∂y

∂v

∂x− ∂v

∂x

∂v

∂y= 0 . (1.3.28)

Então, na interseção entre as curvas ~∇u é perpendicular a ~∇v. Em aplicaçõesem problemas de eletrostática no plano, a superfície u(x, y) = constante poderiaestar associada com uma superfície equipotencial enquanto v(x, y) = constantedaria as linhas de campo elétrico.

1.3.2 Aplicação conforme

Uma aplicação w = f(z) é conforme em dado z0 se a diferença entre os argu-mentos de dois números complexos (módulo 2πn com n inteiro) no plano z émantida no plano w (invariância de ângulos - veja Fig. (1.3.4) abaixo).

Isso ocorrerá se f(z) for analítica em z0 e f ′(z0) 6= 0. Podemos provar ainvariância da diferença entre os ângulos da seguinte forma. Sejam dz1 e dz2

dois números complexos innitesimais (no sentido em que |dz1,2| 1) com


Figure 1.3.3: Interseção de curvas onde u e v são constantes.

Figure 1.3.4: Ângulos são preservados quando a aplicação f(z) é conforme.


origem em z0. Suponha agora que perante a transformação w = f(z) dz1 e dz2

são levados em dw1 e dw2 com origem em w0. Usando a representação polaronde dz1 = |dz1|eiθ1 and dz2 = |dz2|eiθ2 , vemos que

cos (θ1 − θ2) =Redz1 dz

∗2

|dz1||dz2|(1.3.29)

em z0. Analogamente, escrevemos dw1 = |dw1|eiφ1 and dw2 = |dw2|eiφ2 e,assim, temos que em w0

cos (φ1 − φ2) =Redw1 dw

∗2

|dw1||dw2|. (1.3.30)

Entretanto, como por denição f(z) é analítica na região considerada, temosque

dw1 = f ′(z0)dz1 (1.3.31)

dw2 = f ′(z0)dz2 (1.3.32)

então

cos (φ1 − φ2) =dw1dw

∗2

|dw1||dw2|=|f ′(z0)|2dz1dz

∗2

|f ′(z0)|2|dz1|dz2|

=dz1dz

∗2

|dz1|dz2|= cos (θ1 − θ2) . (1.3.33)

Assim, vemos que o coseno da diferença dos ângulos não muda perante umaaplicação conforme (note que é necessário que f ′(z0) 6= 0).

1.4 Integral de uma função complexa

Para uma função de variável real f(x), a integral dessa função num intervaloonde x ∈ [a, b] é dada por

I =

∫ b

a

dx f(x) = limn→∞

n∑k=1

f(xk)dxk (1.4.1)

onde limn→∞∑nk=1 dxk = b − a. A integral de uma função real pode ser vista

como um funcional linear que leva um elemento f(x) do espaço de funções emum número real. Note também que a integral de uma função real pode ser vistacomo uma integral de linha ao longo do eixo real.

Para f(z) ∈ C, denimos a integral ao longo de uma curva orientada C como(veja Fig. (1.4.1)) ∫

C

dz f(z) = limN→∞

N∑k=1

f(zk)dzk . (1.4.2)


Figure 1.4.1: Integral de uma função complexa.

Figure 1.4.2: Se toda curva fechada C contida em D tem seu interior tambémcontido em D (como na gura do lado esquerdo), dizemos que D é simplesmenteconexo. Intuitivamente, vemos que essa região não contém buracos. Por outrolado, na gura do lado direito o domínio D não é simplesmente conexo.

Fazendo f(z) = u(x, y)+iv(x, y) e separando a parte real e a parte imagináriaobtemos ∫

C

dz f(z) =

∫C

(udx− vdy) + i

∫C

(vdx+ udy) . (1.4.3)

Agora estamos quase para falar de um teorema muito importante, o teorema deCauchy.

Teorema de Cauchy: Seja C uma curva fechada qualquer em um domíniosimplesmente conexoD (veja Fig. (1.4.2)) no plano complexo. Se f(z) é analíticaem D então ∮

C

dz f(z) = 0 . (1.4.4)

Prova: Para f(z) = u(x, y) + iv(x, y) temos que

∮C

dz f(z) =

∮C

(dx+ idy)(u+ iv) =

∮C

(udx− vdy) + i

∮C

(udy+ vdx) . (1.4.5)


Se f(z) é analítica, as primeiras derivadas de u e v existem e são contínuas.Podemos agora usar o teorema de Stokes para mostrar que∮

C

(udx− vdy) =

∫S1

dxdy

(−∂v∂x− ∂u

∂y

)(1.4.6)

∮C

(vdx+ udy) =

∫S2

dxdy

(∂u

∂x− ∂v

∂y

)(1.4.7)

onde S1,2 são superfícies arbitrárias cujas fronteiras são dadas por C, isto é,∂S1,2 = C. Uma vez que f(z) é analítica na região, usamos as condições deCauchy-Riemann

∂u

∂y= −∂v

∂x=⇒

∮C

(udx− vdy) = 0 (1.4.8)

e∂u

∂x=∂v

∂y=⇒

∮C

(vdx+ udy) = 0 . (1.4.9)

Isso mostra que∮Cdz f(z) = 0 quando f(z) é analítica numa região D onde C

está contida. q.e.d.

Teorema de Morera: Se f(z) é contínua em D e se∮Cf(z)dz = 0 para

todo caminho simples fechado C em D com interior em D, então f(z) é analíticaem D. Prove esse teorema!!!

Para uma função real de uma variável, é sempre possível encontrar F (x) =∫ xadx′ f(x′) onde dF (x)/dx = f(x) (teorema fundamental do c'alculo).

Algo semelhante ocorre para funções complexas. Se f(z) é analítica emuma região D simplesmente conexa então , pelo teorema de Cauchy, numacurva fechada C ≡ ∂D temos que

∮Cdz f(z) = 0, o que implica em dizer

que ∫ z

z0

f(z′)dz′ (1.4.10)

não depende da trajetória seguida de z0 até z. Assim, nesse caso ∃F (z)também analítica em D da forma

F (z) =

∫ z

z0

f(z′)dz′ =⇒ dF (z)

dz= f(z) . (1.4.11)

Seja C um caminho qualquer que pode ser escrito como a união de doiscaminhos C1 e C2 (claramente, a orientação dos caminhos tem que serdenida), isto é, C = C1

⋃C2. Nesse caso,

∫Cf(z)dz =

∫C1f(z)dz +∫

C2f(z)dz. Esta propriedade está no coração da nossa denição de integral

no plano complexo.

O valor da integral sobre um caminho C depende da orientação do cam-inho. Revertendo a orientação do caminho denindo um caminho C ′ queé basicamente o caminho anterior percorrido no sentido oposto, temos que∫Cf(z)dz = −

∫C′f(z)dz.


Figure 1.5.1: f(z) é analítica em C e no interior.

1.5 Fórmula integral de Cauchy

Suponha que tenhamos uma f(z) analítica num contorno C fechado e no inte-rior da região delimitada por C (veja Fig. (1.5.1)). Pelo teorema de Cauchy,∮Cdz f(z) = 0. Agora, imagine que denimos a função

g(z) ≡ f(z)

z − z0. (1.5.1)

Agora, g(z) não é analítica em z0 (a função e sua derivadas não estão denidasem z = z0). Assuma que z0 não está sobre o contorno C. Agora, podemosesperar que em geral ∮

C

dzf(z)

z − z06= 0 . (1.5.2)

De fato, mostraremos a seguir a fórmula integral de Cauchy:∮C

f(z)

z − z0= 2πif(z0) (1.5.3)

onde f(z) é analítica em C, que pode ser qualquer contorno fechado que envolvez0.

Prova: Primeiro, considere o seguinte conforno (veja Fig. (1.5.2)). A funçãof(z) é analítica em C e na região delimitada por C já que essa região nãocontém o pólo em z0. Então , pelo teorema de Cauchy, ao longo desse contorno∮C

f(z)z−z0 = 0. Agora, imagine o seguinte contorno em Fig. (1.5.3). Novamente,

embora C tenha cado um pouco esquisito, uma vez que ele não envolve z0,vemos que

∮C

f(z)z−z0 = 0. Agora, imagine que a distância entre os caminhos quase

retos na gura anterior vá a zero continuamente (ver Fig. (1.5.4)). Nesse caso, ovalor da integral nesse pedaço se cancela identicamente. Denindo C = C1

⋃C2,

onde C1 e C2 são os caminhos arbitrários na Fig. (1.5.4) que sobraram, vemosque∮

C

f(z)

z − z0=

∫C1

f(z)

z − z0+

∫C2

f(z)

z − z0= 0 =⇒

∫C1

f(z)

z − z0=

∫C′2

f(z)

z − z0(1.5.4)


Figure 1.5.2: f(z) é analítica em C e no interior. Note que C não envolve z0.

Figure 1.5.3: f(z) é analítica em C e no interior. Note que C não envolve z0.

Figure 1.5.4: Note que agora C1 e C2 envolvem z0.


Figure 1.5.5: C ′2 é um círculo de raio R em volta de z0.

onde C ′2 é o caminho C2 com sentido inverso. Note que C1 e C ′2 são , de fato,caminhos completamente arbitrários (de mesmo sentido) que envolvem o pontoz0 mas o valor de suas integrais é o mesmo. Assim, vemos que seja lá o que for ovalor dessa integral, claramente esse número não depende do contorno fechadoescolhido que envolve z0.

Já que podemos escolher qualquer caminho fechado para calcular I ≡∮C

f(z)z−z0 ,

vamos usar C ′2 como sendo um círculo em volta de z0 de raio R e, assim, den-imos z = z0 +Reiθ (veja Fig. (1.5.5)). Então , temos que

I =

∮C′2

dzf(z)

z − z0= i

∫ 2π

0

idθf(z0 +Reiθ)Reiθ

Reiθ= i

∫ 2π

0

dθf(z0 +Reiθ) .

(1.5.5)Agora, note que I não depende do contorno usado, o que signica que podemostomar por exemplo R→ 0. Assim,

I = limR→0

i

∫ 2π

0

dθf(z0 +Reiθ) = f(z0)i

∫ 2π

0

dθ = 2πi f(z0) , (1.5.6)

ou seja, vemos que ∮C

f(z)

z − z0= 2πif(z0) (1.5.7)

onde f(z) é analítica em C, que pode ser qualquer contorno fechado que envolvez0. q.e.d. Claramente, pelo teorema de Cauchy, se z0 estiver fora do interior daregião delimitada por C a integral se anula.

Teorema do valor médio (Gauss): No plano real R2, o valor de uma funçãoharmônica num dado ponto (x0, y0) é igual a média da função ao longo de umacircunferência de raio r centrada neste ponto.

Prova: Esse resultado é fácil de demonstrar. Primeiro, seja z0 = x0 + iy0 econsidere uma função analítica f(z) em |z − z0| ≤ r. Usamos agora a fórmulaintegral de Cauchy sobre um contorno circular de raio r em torno de z0, o que


nos dá

f(z0) =1

2π

∫ 2π

0

dθf(z0 + reiθ) . (1.5.8)

Fazemos agora f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e assim temos

u(x0, y0) =1

2π

∫ 2π

0

dθ u(x0 + rcosθ, y0 + rsenθ) (1.5.9)

v(x0, y0) =1

2π

∫ 2π

0

dθ v(x0 + rcosθ, y0 + rsenθ) (1.5.10)

onde as funções u e v são harmônicas uma vez que f(z) é analítica. Podemosreescrever as equações acima como

u(x0, y0) =1

2πr

∫C

d` u (1.5.11)

v(x0, y0) =1

2π

∫C

d` v (1.5.12)

onde C é o círculo de raio r centrado em (x0, y0) ∈ R2. q.e.d.Soluções da equação de Laplace não toleram máximos ou mínimos locais -

qualquer extremo só pode ocorrer na fronteira. Prove essa armação !!!!!

1.5.1 Derivadas de funções analíticas

Assuma que f(z) seja analítica em z0. Vimos que sua derivada em z0 existe epode ser calculada via a denição usual

f ′(z0) = limδz→0

f(z0 + δz)− f(z0)

δz. (1.5.13)

Agora, vamos empregar a fórmula integral de Cauchy nessa equação acima us-ando um contorno qualquer C que envolve z0. Encontramos,


1

2πiδz

[∮C

dzf(z)

z − z0 − δz−∮C

dzf(z)

z − z0

](1.5.14)


1

2πi δz

∮C

dzδz f(z)

(z − z0 − δz)(z − z0)(1.5.15)

f ′(z0) =1

2πi

∮C

dzf(z)

(z − z0)2. (1.5.16)

Como poderíamos ter encontrado esse resultado de uma forma mais simples?Note que f(z) é analítica e z′ abaixo é uma variável muda e assim

df(z)

dz=

d

dz

1

2πi

∮C

f(z′)dz′

z′ − z(1.5.17)

df(z)

dz=

1

2πi

∮C

dz′(d

dz

1

z′ − z

)f(z′) (1.5.18)

df(z)

dz=

1

2πi

∮C

dz′f(z′)

(z′ − z)2. (1.5.19)


Figure 1.6.1: f(z) é analítica sobre C e dentro da região delimitada por essecírculo. A função possui uma singularidade em z1 que está fora da região denidapor C.

Ex: Use a idéia acima para provar que, em geral, se f(z) for analítica suasn derivadas são dadas por

f (n)(z) ≡ dnf(z)

dzn=

n!

2πi

∮C

dz′f(z′)

(z′ − z)n+1. (1.5.20)

onde C pode ser qualquer contorno fechado que envolve z.Note que, de fato, a analiticidade de f(z) em z implica não somente na ex-

istência de f ′(z) mas também na existência de todas as derivadas da função emz. Claramente, todas essas derivadas também são funções analíticas.

Ex: Prove que1

2πi

∮C

dz zm−n−1 = δmn (1.5.21)

ondem, n são inteiros, C é qualquer contorno fechado que envolve a origem z = 0(sentido anti-horário) apenas uma vez, e δmn é a famosa delta de Kronecker quesatisfaz δmn = 0 se m 6= 0 e δmn = 1 se m = n.

1.6 Série de Taylor

Suponha que f(z) seja analítica em z0 mas não em z1, que é a singularidade def(z) mais próxima de z0. Construímos um círculo C de raio |z′− z0| < |z1− z0|(veja Fig. (1.6.1)). Da fórmula integral de Cauchy, fazemos

f(z) =1

2πi

∮C

f(z′)dz′

z′ − z(1.6.1)

f(z) =1

2πi

∮C

f(z′)dz′

(z′ − z0)− (z − z0)(1.6.2)

f(z) =1

2πi

∮C

f(z′)dz′

(z′ − z0)[1− z−z0

z′−z0

] . (1.6.3)


Agora, vamos nos lembrar de um resultado antigo envolvendo a função 1/(1−ξ),que é válido quando |ξ| < 1. Por exemplo, seja S a série innita denida porS ≡ 1 + ξ + ξ2 + ξ3 + . . ., onde |ξ| < 1 (e diferente de zero) para que S exista.Agora, S − 1 = ξ + ξ2 + . . . e então (S − 1)/ξ = 1 + ξ + ξ2 + . . . = S. Dessaforma, vemos que S = 1/(1− ξ). Note que no nosso caso, |z′ − z0| < |z1 − z0|,e assim vemos que (

1− z − z0

z′ − z0

)−1

=

∞∑n=0

(z − z0

z′ − z0

)n(1.6.4)

e assim, temos que

f(z) =1

2πi

∮C

dz′f(z′)

∞∑n=0

(z − z0

z′ − z0

)n. (1.6.5)

Essa soma converge e assim podemos trocar a ordem da soma com a da integral.Assim,

f(z) =

∞∑n=0

(1

2πi

∮C

dz′f(z′)

(z′ − z0)n+1

)(z − z0)n =

∞∑n=0

f (n)(z0)

n!(z − z0)n

(1.6.6)que é a série de Taylor da função analítica f(z) em torno de z0.

Esse resultado acima é baseado somente na hipótese de que f(z) é analíticapara |z− z0| < |z1− z0|. É possível mostrar que essa série, quando existe,é única (PROVE ISSO!!!!).

Como veremos em mais detalhes a seguir, o raio de convergência R dessasérie pode ser calculado pelo critério de Cauchy para a série innita. Note,entretanto, que R não é innito pois assumimos que existia uma singular-idade em um dado z1 no plano.

Ex: Prove o Princípio da reexão de Schwartz: Se uma função éanalítica sobre uma região que inclui o eixo real e f(z) é real se z for real,então f∗(z) = f(z∗). Dica: expanda f(z) em Taylor em torno de um x0 ∈ R.

Imagine agora que tenhamos uma função analítica f(z) em z = 0. Usamossua expansão em Taylor ao redor da origem f(z) =

∑∞n=0 anz

n onde an =f (n)(0)/n!. Agora, dena um caminho fechado C como um círculo de raio rcentrado em z = 0. Podemos escrever os coecientes da série como

an =1

2πi

∮C

dzf(z)

zn+1. (1.6.7)

Denimos agora M(r) ≡ Max|f(z)| ao longo de C. Então fazendo z = reiθ,temos dz = z idθ, e assim

|an| =1

2π

∣∣∣∣∫ 2π

0

idθf(reiθ)

rn einθ

∣∣∣∣ =1

2πrn

∣∣∣∣∫ 2π

0

dθf(reiθ)

einθ

∣∣∣∣ . (1.6.8)


Devido a desigualdade triangular |∑nk=1 zk| ≤

∑nk=1 |zk|, e pelo fato de que

a integral é o limite de uma soma, vemos que |∫γg(z)dz| ≤

∫γ|g(z)dz| para

qualquer função g(z) e contorno γ. Assim, vemos que

|an| =1

2πrn

∣∣∣∣∫ 2π

0

dθf(reiθ)

einθ

∣∣∣∣ ≤ 1

2πrn

∫ 2π

0

dθ |f(reiθ)| ≤ M(r)

rn. (1.6.9)

Vamos usar o resultado acima para provar um resultado famoso.

Teorema de Liouville: Se f(z) é analítica e limitada em todo o planocomplexo, essa função é necessariamente igual a uma constante.

Prova: Dizer que f(z) é limitada em todo o plano complexo signica dizerque ∃M ∈ R tal que |f(z)| ≤ M para todo z. Porém se esse for o caso, deacordo com o resultado para |an| da série de Taylor de uma função analíticaque encontramos acima, vemos que se a função for analítica em todo o planosignica dizer que limr→∞ |an| ≤ limr→∞M/rn = 0, ∀n > 0, ou seja, a1 = a2 =a3 = . . . = 0. Então nesse caso, f(z) = a0 = cte. q.e.d.

Assim, qualquer desvio de uma função analítica de um valor constanteimplica que deve existir pelo menos uma singularidade para esta funçãoem algum ponto no plano complexo. Dessa forma, nós teremos que saberlidar com singularidades de funções pois elas irão aparecer constantementeem problemas de física matemática.

Teorema Fundamental da Álgebra: Qualquer polinômio de ordem N , porexemplo, f(z) =

∑Nk=0 ckz

k com N > 0 e cN 6= 0, possui N raízes complexas.

Prova: Primeiro, note que f(z) =∑Nk=0 ckz

k é analítica para todo z de mó-dulo nito. Suponha que o polinômio de ordem N não possua nenhuma raiz.Assim, 1/f(z) é analítica e limitada quando |z| → ∞. Então , 1/f(z) seria umaconstante de acordo com o teorema de Liouville. Claramente esse não é o caso eassim vemos que f(z) tem que ter pelo menos uma raiz, que chamaremos de z1.Nesse caso, podemos denir g(z) ≡ f(z)/(z−z1), que é um polinômio de ordemN − 1. Novamente, assuma agora que g(z) não possua nenhuma raiz. Assim,1/g(z) seria limitada e portanto uma constante, o que não pode ser verdade.Dessa forma, vemos que g(z) deve ter pelo menos uma raiz, que chamaremosde z2. Denimos agora o polinômio de ordem N − 2 , h(z) ≡ g(z)/(z − z2).Seguindo o mesmo procedimento, vemos que f(z) tem exatamente N raízes zj ,j = 1, . . . , N , ou seja, qualquer polinômio de ordem N pode ser escrito comoum produto de suas raízes, f(z) = cN

∏Nj=1(z − zj).

Ex: Seja f(z) =∑Nk=0 ckz

k um polinômio qualquer de ordem N . Ache oscoecientes ck em termos das N raízes zj (Vieta, 1579).


1.7 Alguns conceitos básicos envolvendo séries

Agora vamos ver um pouco sobre séries innitas, suas propriedades, e tambémalguns truques que podemos usar para expressar essas somas em termos defunções conhecidas.

Uma sequência innita de números complexos zn = z1, . . . , zn convergepara o limite complexo nito z se |zn− z| < ε, para n 1 e ε positivo e ε 1.Por outro lado, podemos reformular a questão sobre a convergência de uma sériecomplexa em termos de um problema semelhante envolvendo sequências reais:

Uma sequência complexa zn converge para um número complexo z =x+ iy se e somente se Re zn converge para x e Imzn converge para y.

Prova: Suponha que ∃ ε 1 tal que |xn−x| < ε/2 e |yn−y| < ε/2. Se Re znconverge para x e Imzn converge para y então |zn−z| = |(xn−x)+ i(yn−y)| ≤|xn−x|+ |yn−y| < ε. Reciprocamente, se |zn−z| < ε então necessariamente znestá dentro do círculo de raio ε em torno de z. Assim, ca claro que |xn−x| < εe |yn − y| < ε q.e.d.

Muitos dos teoremas sobre sequências reais são aplicáveis para séries com-plexas (uma boa discussão sobre séries reais para os ns desse curso podeser encontrada no livro de Arfken e Weber, cap. 5).

Sequências convergentes podem ser somadas, subtraídas, multiplicadas, edivididas termo a termo já que elas são basicamente números complexos.

Uma série innita de números complexos∑∞k=1 zk é convergente se a sequên-

cia SN de suas somas parcias SN =∑Nk=1 zk for uma sequência convergente.

Uma vez que o limite S = limN→∞ SN exista, então S =∑∞k=1 zk.

Ex: 1− 12 + 1

3 −14 + 1

5 − . . . = ln 2.

Se a sequência das somas parciais não convergir, dizemos que a série é di-vergente (o que não quer dizer que ela seja inútil, como veremos em breve).Entretanto, temos que ser muito cuidadosos com séries divergentes.

Ex: A famosa série harmônica limN→∞∑Nk=1

1n = 1 + 1

2 + 13 + 1

4 + 15 +

. . . → ∞. Prove que a série harmônica diverges logaritmicamente, isto é,limN→∞

∑Nk=1

1n = limN→∞ lnN + termos finitos.

Um série innita∑∞k=1 zk é absolutamente convergente se a série real dos

módulos∑∞k=1 |zk| for convergente. O produto de séries absolutamente conver-

gentes também é uma série absolutamente convergente. Note que convergênciaabsoluta implica em convergência mas convergência em geral não implica emconvergência absoluta. De fato, se uma série

∑∞k=1 zk converge mas

∑∞k=1 |zk|


não converge, dizemos que∑∞k=1 zk converge condicionalmente.

Ex: Considere a série convergente∑∞n=1

(−1)n+1

n = 1− 12 + 1

3 −14 + 1

5 − . . . =

ln 2. Note que a correspondente série dos módulos∑∞n=1

∣∣∣ (−1)n+1

n

∣∣∣ =∑∞n=1 1/n

é a série harmônica, que diverge.

Teorema de Riemann sobre séries: Se uma série innita é condicional-mente convergente, seus termos sempre podem ser rearrajandos de uma maneiratal que seja possível encontrar qualquer valor para a série (a série pode até di-vergir).

Ex: Vamos considerar a série convergente∑∞n=1

(−1)n+1

n . Vimos acima queela é condicionalmente convergente. Somando os termos da maneira usual en-contramos 1− 1

2 + 13 −

14 + 1

5 − . . . = ln 2. Agora, suponha que resolvemos somaros seus termos da seguinte forma

S =

(1− 1

2

)− 1

4+

(1

3− 1

6

)− 1

8+

(1

5− 1

10

)+ . . . (1.7.1)

=1

2− 1

4+

1

6− 1

8+

1

10+ . . . (1.7.2)

=1

2

(1− 1

2+

1

3− 1

4+

1

5− . . .

)=

1

2ln 2 (1.7.3)

Para quaisquer séries innitas, pode-se criar uma nova série ao se reagruparseus termos na realização da soma. Uma série converge incondicionalmente sequalquer rearranjo dos termos da série dene uma nova série com a mesma pro-priedade de convergência da série original. Séries que convergem absolutamentetambém convergem incondicionalmente. Em geral, a adição dos termos de umasérie innita é associativa somente para séries absolutamente convergentes.

1.7.1 Alguns testes de convergência para séries

1. Teste da comparação : Se ∀n temos que 0 ≤ |zn| ≤ an, e∑∞n=1 an

converge, então∑∞n=1 zn converge absolutamente. Alternativamente, se

∀n temos que 0 ≤ |zn| ≤ an, e∑∞n=1 zn diverges, então

∑∞n=1 an também

diverge.

2. Teste da razão : Se limn→∞ |zn+1/zn| = c e c < 1 então∑∞n=1 zn con-

verge absolutamente. Se c = 1+ ou c → ∞ então a série diverge. Sec = 1− então o teste é inconclusivo.

Ex: A série geométrica∑∞n=0 z

n converge absolutamente para |z| < 1. Defato, usando o teste da razão vemos que limn→∞ |zn+1/zn| = |z|, o quemostra que a série converge absolutamente quando |z| < 1. Vemos então


que série geométrica converge absolutamente em todos os pontos dentrode um círculo de raio R = 1, que dene a região de convergência (ou oraio de convergência) dessa série.

Ex: Prove que ez = 1 + z + z2/2! + z3/3! + . . . tem raio de convergênciaR→∞.

3. Teste da raiz: Se |zn|1/n ≤ r < 1 para n→∞ então∑∞n=1 zn converge

absolutamente. Se |zn|1/n ≥ r > 1 para n→∞, então∑∞n=1 zn diverge.

Prova: Se |zn|1/n ≤ r < 1 então |zn| ≤ rn < 1. Porém, rn é o n-ésimotermo da soma geométrica 1 + r + r2 + . . . = 1/(1− r) que converge parar < 1. Assim, de acordo com o teste da comparação , essa série

∑∞n=1 zn é

absolutamente convergente. Claramente, se |zn|1/n ≥ r > 1 para n → ∞temos que |zn| ≥ rn > 1 e assim, de novo de acordo com o teste dacomparacão, vemos que nesse caso a série em questão diverge.

Em geral, se limn→∞ zn 6= 0, a série∑∞n=1 zn diverge.

1.7.2 Sequências de funções

A sequência de funções complexas f(z) denidas em uma região Ω convergepara uma função limite f(z) em Ω se limn→∞ fn(z) = f(z), ∀z ∈ Ω.

Ex: As somas parciais da série geométrica fn(z) =∑nk=0 z

k forma polinômiosque convergem para f(z) = 1/(1 − z) se n → ∞para |z| < 1. De fato, para|z| < 1

fn(z) = 1 + z2 + . . .+ zn =1

1− z−

∞∑k=n+1

zk (1.7.4)

=1

1− z− zn+1

∞∑k=0

zk (1.7.5)

=1

1− z− zn+1

1− z(1.7.6)

e, assim, limn→∞ fn(z) = 1/(1− z). Dizemos nesse caso que f(z) = 1/(1− z) éa soma da série geométrica quando |z| < 1.

A sequência de funções fn(z) converge uniformemente para uma funçãof(z) em uma região Ω se ∃ε 1 tal que |fn(z)−f(z)| < ε para n > N e ∀z ∈ Ω(onde N é um inteiro positivo).

Ex: A sequência das somas parciais da série geométrica é convergente para|z| < 1 mas não é uniformemente convergente pois a convergência se torna cada


vez pior quando |z| se encontra cada vez mais próximo de 1 (isso signica quenesse caso precisamos incluir cada vez mais termos na série para alcançar umadada precisão ε).

Teste M de Weierstrass: A série de funções∑∞n=1 fn(z) é uniformemente

convergente em uma região Ω se ∃Mn > 0 (que são constantes) tais que |fn(z)| ≤Mn, ∀z ∈ Ω e a série

∑∞n=1Mn for convergente. Prove esse resultado usando o

teste da comparação .Teorema de Weierstrass: Se os termos da série de funções

∑∞n=1 fn(z)

são analíticos no inteiror de uma curva C simples e fechada e também sobre ela,e a além disso a série convergir uniformemente sobre C, então sua soma é umafunção analítica (sobre C e dentro da região delimitada pela mesma) e a sériepode ser diferenciada ou integrada um número arbitrário de vezes.

1.7.3 Truques para encontrar expressões fechadas para séries

Ex: Ache a expressão fechada que soma a série S(x) = 1+2x+3x2 +4x3 + . . . =∑∞n=0(n + 1)xn (note que S(0) = 1). Primeiro, vamos estabelecer a região de

convergência dessa série. Pelo teste da razão , vemos que limn→∞(n+2)|x|n+1

(n+1)|x|n =

|x| e, assim, a série converge absolutamente se |x| < 1. Dentro de sua região deconvergência podemos integrar cada termo∫ x

0

dx′S(x′) = x+ x2 + x3 + . . . =x

1− x(1.7.7)

e depois derivar

S(x) =d

dx

∫ x

0

dx′S(x′) =d

dx

(x

1− x

)=

1

(1− x)2. (1.7.8)

Ex: Ache a expressão fechada que soma a série f(θ) = 1+acosθ+a2cos2θ+. . ., onde a, θ ∈ R. Novamente, o primeiro passo é determinar a região de con-vergência da série em questão . Note que f(θ) = Re

1 + aeiθ + aee2iθ + . . .

.

Pelo teste da razão vemos que essa série converge para |a| < 1, embora θ possade fato ser qualquer número real. De fato, uma análise mais cuidadosa revelaque essa série não é nada mais nada menos do que

f(θ) = Re

1 + aeiθ + aee2iθ + . . .

(1.7.9)

= Re

1

1− aeiθ

=

1− acosθ1 + a2 − 2acosθ

. (1.7.10)

(1.7.11)

Ex: Some a série S = 12! + 2

3! + 34! + . . .. Veja que essa série converge

absolutamente pelo teste da razão . Nesse caso é conveniente denir a função realf(x) = x2

2! + 2x3

3! + 3x4

4! + . . ., que converge absolutamente ∀x ∈ R (porém nito).


Figure 1.7.1: Duas placas condutoras planas (sem carga) e paralelas separadaspor uma distância L no vácuo.

Veja que f(1) = S. Assim, tomamos a derivada f ′(x) = x+ x2 + x3/2! + . . . =x(1 + x+ x2/2! + . . .) = xex e depois integramos para encontrar

f(x) =

∫ x

0

dx′df(x′)

dx′=

∫ x

0

dx′ x′ex′

= xex − ex + 1 (1.7.12)

o que mostra que S = f(1) = 1.

Ex: Ache o valor de S =∑nk=0

n!k!(n−k)! para n e k inteiros positivos. Para

encontrar o valor dessa soma, basta denir a função f(x) =∑nk=0

n!xk

k!(n−k)! , quenós sabemos que f(x) = (1 + x)n. Assim, S = f(1) = 2n.

1.7.4 Séries divergentes e o efeito Casimir (NÃO CAINAS PROVAS)

Ok, imagine que estejamos resolvendo um problema em física e que encontramosque o valor de uma dada quantidade física é proporcional a

∑∞n=1 n. Essa

série claramente diverge. Em geral nós acreditamos que não existem innitosverdadeiros na natureza (apenas números muito grandes como por exemplo onúmero de moléculas de água no corpo humano). Então, será que monstrosdesse tipo aparecem na descrição de fenômenos da natureza? Como poderíamoslidar com tais absurdos??? Em que aspecto isso pode fazer sentido???

Efeito Casimir: Considere duas placas condutoras paralelas innitas (semcarga) separadas por uma distância L no vácuo (veja Fig. (1.7.1)). As placaspossuem área A.

De acordo com a teoria eletromagnética de Maxwell, não existe nenhumaforça entre essas placas condutoras. Como os campos eletromagnéticos nãovariam com o tempo, esse é um problema trivial de eletrostática. É fácil mostrarque classicamente a força entre as placas é zero. Para tal, vale a pena se lembrar


do teorema da unicidade das soluções da equação de Laplace.

Teorema da unicidade: A solução da equação de Laplace (quando elaexistir) ∇2φ = 0 em um volume V é unicamente determinada se o potencial φfor especicado na fronteira do volume ∂V .

Prova: Considere um volume V ∈ R3 e sua fronteira ∂V . Suponha queexistam duas soluções distintas quaisquer φ1 e φ2 que obedecem a equação deLaplace em V e são idênticas na fronteira, isto é, φ1 = φ2 em ∂V . Então,claramente a diferença entre as soluções φ3 ≡ φ1 − φ2 é tal que ∇2φ3 = 0 emV e φ3 = 0 na fronteira ∂V . Entretanto, lembrem que as soluções da equaçãode Laplace numa dada região não admitem máximos ou mínimos locais (todosos extremos, se eles existirem, estão necessariamente localizados na fronteira).Assim, o máximo e o mínimo de φ3 são iguais a zero. Dessa forma, isso implicaem φ3 = 0 em V e assim, φ1 = φ2 q.e.d.

Agora, usando esse teoriam aqui no nosso caso envolvendo as placas condu-toras, vemos que o potencial eletrostático φ obedece a equação de Laplace naregião entre e sobre as placas. Nas placas condutoras (que formam a fronteirada região ), φ é uma constante. A solução φ = constante resolve a equação deLaplace na região de interesse e dá o valor correto do campo na fronteira. Deacordo com o teorema da unicidade, essa solução é de fato única. Assim, vemosque o campo eletrostático ~E = −~∇φ = 0 e portanto não existem força entre asplacas.

Entrentanto, se você de fato zer esse aparato experimental cuidadosamentevocê será capaz de medir uma pequena atração entre as placas que cai muitorapidamente com L !!!!!! Essa força atrativa entre as placas é um efeito pura-mente quântico originalmente proposto pelos físicos holandeses Casimir e Polderem 1948. A medição desse efeito somente foi feita, de forma sucientemente acu-rada, em 1997 no Los Alamos National Laboratory nos EUA.

Infelizmente, a física necessária para a compreensão do efeito Casimir estámuito além do que pode ser discutido nesse curso. A idéia básica é que a presençadessa condição de contorno que ~E = 0 nas placas afeta o vácuo quântico eexistem mais pares de partículas e anti-particulas sendo criados na região foradas placas do que dentro, o que gera um tipo de pressão efetiva que causa aatração entre as placas.

Entretanto, é possível saber pelo menos a forma da força entre as placasdiretamente usando análise dimensional. De fato, vamos tentar estimar adensidade de energia por unidade de área entre as placas E/A. Usando que aunidade de momento angular é h = 6.63×10−34m2Kg/s e que a única escala decomprimento que pode denir essa densidade supercial de energia é a distânciaL entre as placas, vemos quer

E

A∼ αh c

L3(1.7.13)

onde c é a velocidade da luz no vácuo e α é um número adimensional. Note quea densidade supercial de força entre as placas será F

A = − ddL

EA ∼

αL4 . Assim,


vemos que o sinal de α determina se vai haver atração or repulsão entre as placas!

Daqui há 2 anos vocês serão capazes de entender que a eletrodinâmica quân-tica prediz que

E

A=h c

2π

∞∑n=0

∫ ∞0

dξ ξ

√ξ2 +

n2π2

L2. (1.7.14)

Agora, note que limn→∞

√ξ2 + n2π2

L2 ∼ n, então , basicamente temos uma série

que se comporta como∑∞n=0 n quando n → ∞. Bom, vamos esquecer por um

tempo o fato de que essa expressão acima para a energia por unidade de áreaé claramente divergente. Além disso, vamos introduzir o parâmetro s de formaque

E(s)

A=h c1−s

2π

∞∑n=0

∫ ∞0

dξ ξ

∣∣∣∣ξ2 +n2π2

L2

∣∣∣∣1−s2

(1.7.15)

o que leva a uma densidade de força F (s)/A. Note que quando lims→0 F (s)/A =F/A, que é a densidade de força física que queremos calcular. A integral sobreξ pode ser facilmente calculada, o que nos dá

E(s)

A= − h c

1−sπ2−s

2L3−s1

3− s

∞∑n=1

n3−s . (1.7.16)

Vamos trabalhar um pouco agora com esse monstro∑∞n=0 n

3−s. No limite emque s = 0 essa série claramente diverge. Vamos ser expertos e pretender quenão sabemos nada sobre o valor de s. Lembrando da denição da função zetade Riemann ζ(z) =

∑∞n=1 1/nz, vemos que

E

A= lims→0

E(s)

A= − lim

s→0

h c1−sπ2−s

2L3−s1

3− s

∞∑n=1

n3−s = − h cπ2

6L3ζ(−3) . (1.7.17)

Usando que ζ(−3) = 1/120 vemos que a densidade de força entre as placas éatrativa e igual à F/A = − h cπ2

240L4 , o que foi comprovado experimentalmente.Note que a força vai a zero quando a distância entre as placas é tão grande quepodemos tomar efetivamente h = 0. O fato de que h é muito pequeno tornaesse efeito muito difícil de ser medido.

Agora, você deve estar se perguntando, o que aconteceu com o innito???Não era para a coisa divergir quando aquele s lá fosse para zero???? Bom, eunão posso dizer mais nada sobre isso agora. Vocês vão ter que esperar pelo seucurso de teoria de campos na pós-graduação para entender o que houve nesseprocesso de regularização daquela soma divergente. O que eu posso dizer é: nãohouve truque, tudo é de fato bem denido sicamente. Eletrodinâmica quânticaé a teoria física mas bem sucedida que possuímos. Aguardem e vocês verão :D


Figure 1.8.1: Região de convergência da série f(z) em Ω1.

Figure 1.8.2: Região de convergência da série g(z) em Ω2.

1.8 Princípio da continuação analítica

Seja Ω um domínio conexo (veja uma breve discussão sobre espaços conexose etc no apêndice). Se duas funções analíticas f(z) e g(z) coincidem em umavizinhança de um ponto z0 ∈ Ω, então f(z) e g(z) são idênticas em Ω.

Ex: Considere as séries f(z) =∑∞n=0 z

n e g(z) = i∑n=0 i

n(z − i − 1)n. Asérie f(z) converge quando |z| < 1, ou seja, quando z está dentro de um círculode raio 1 em volta da origem, que chamaremos aqui de região Ω1 (veja Fig.(1.8.1)).

Por outro lado, vemos pelo teste da razão que a série g(z) converge quando|z − i− 1| < 1, ou seja, quando z está dentro de um círculo de raio 1 centradoem z = 1 + i, que chamaremos aqui de região Ω2 (veja Fig. (1.8.2)).

Entretanto, já que a série f(z) converge em Ω1, podemos armar que nessaregião f(z) = 1 + z + z2 + . . . = 1

1−z . Analogamente, na região Ω2 podemosfazer g(z) = i[1 + i(z − 1 − i) + . . .] = i

1−i(z−1−i) = 11−z . Considere agora a

Fig. (1.8.3) onde desenhamos as duas regiões . Existe uma região de interseçãoΩ3 ≡ Ω1

⋂Ω2 onde tanto f(z) quanto g(z) são iguais a 1

1−z . Dessa forma,vemos que f(z) = g(z) em Ω1

⋂Ω2.

Dizemos que g(z) é a continuação analítica em Ω2 da série f(z) denida Ω1


Figure 1.8.3: Interseção entre as regiões de convergência das séries.

(e vice-versa). Ao mesmo tempo, a função 11−z é a continuação analítica, válida

em todo o espaço, das funções f e g.Neste exemplo que discutimos acima, as dias séries podem ser somadas de

forma que obtemos uma expressão fechada 11−z . Em geral, as somas de séries

não precisam ser necessariamente expressas em termos de funções elementares.Mesmo quando isso não é possível, o procedimento de continuação analíticasempre pode ser feito a partir de uma série que converge em um pequeno domínioe daí contruímos uma função que é bem denida em todo o espaço, exceto empontos singulares tais como pólos e cortes. Pode-se em geral emendar os discosde convergência envolvidos um a um.

1.9 Série de Laurent

Vimos anteriormente que uma dada função analítica em uma certa região Ωpossui uma representação em termos de uma única série de Taylor ao redor dequalquer ponto em Ω e essa série converge. Entretanto, devido ao teorema deLiouville, sabemos que a o único tipo de função que pode ser analítica em todoo plano complexo é a função constante. Assim, em geral lidaremos com funçõesque possuem algum tipo de singularidade no plano complexo. Por exemplo,vimos a função h(z) = 1/(1− z) que é analítica ∀z ∈ C excluindo o ponto z = 1.Dentro do disco denido por |z| < 1 (que dene o raio de convergência da sériegeométrica), h(z) pode ser representada pela série geométrica

∑∞n=0 z

n. Para|z| > 1, essa série não converge e assim, ela não constitui uma representação dafunção h(z).

Considere agora uma função f(z) que possua uma singularidade em z0 ∈ Cmas seja analítica dentro e sobre a região denida pelos círculos C1 de raio r1

e C ′2 de raio r2 tal que r2 < r1 (veja Fig. (1.9.1)). Vamos chamar essa regiãoanular (que é uma conexa mas não é simplesmente conexa) de Ω.

Seja agora z ∈ Ω. Note que Ω poderia ser construída via o limite ε → 0do contorno C = C1

⋃C ′2⋃C3

⋃C4, que é a fronteira da região Ωε. De fato,

limε→0 Ωε = Ω (veja Fig. (1.9.2)).Agora podemos usar a fórmula integral de Cauchy em Ωε


Figure 1.9.1: Região anular Ω compreendida entre os círculos C1 e C ′2 onde f(z)é analítica.

Figure 1.9.2: Região anular Ωε cuja fronteira é dada por C =C1

⋃C ′2⋃C3

⋃C4.


f(z) =1

2πi

∮C

dz′f(z′)

z′ − z(1.9.1)

=1

2πi

∫C1

dz′f(z′)

z′ − z− 1

2πi

∫C2

dz′′f(z′′)

z′′ − z(1.9.2)

+1

2πi

∫C3

dz′f(z′)

z′ − z+

1

2πi

∫C4

dz′f(z′)

z′ − z(1.9.3)

onde C2 é um caminho idêntico a C ′2 mas orientado no sentido oposto (por issotemos o sinal de menos acima na frente da integral sobre C2). Tomando ε→ 0obtemos

f(z) =1

2πi

∫C1

dz′f(z′)

z′ − z− 1

2πi

∫C2

dz′′f(z′′)

z′′ − z. (1.9.4)

Agora, veja que ∀z′ ∈ C1 temos que |z′ − z0| > |z − z0| e, analogamente,para ∀z′′ ∈ C2 temos |z′′ − z0| < |z − z0|. Então , para a integral ao longo deC1 temos que

1

z′ − z=

1

z′ − z0 − (z − z0)=

1

z′ − z0

1[1− z−z0

z′−z0

] =

∞∑n=0

(z − z0)n

(z′ − z0)n+1(1.9.5)

enquanto para C2 fazemos

1

z′′ − z=

1

z′′ − z0 − (z − z0)=−1

z − z0

1[1− z′′−z0

z′−z0

] = −∞∑n=0

(z′′ − z0)n

(z − z0)n+1.

(1.9.6)Então , vemos que

f(z) =1

2πi

∫C1

dz′f(z′)

∞∑n=0

(z − z0)n

(z′ − z0)n+1+

1

2πi

∫C2

dz′′f(z′′)

∞∑n=0

(z′′ − z0)n

(z − z0)n+1

(1.9.7)e, trocando a ordem da integral pela soma em cada termo, obtemos

f(z) =

∞∑n=0

an(z − z0)n +

∞∑n=1

bn(z − z0)n+1

(1.9.8)

onde os coecientes são dados por

an =1

2πi

∮C1

f(z′)dz′

(z′ − z0)n+1, n = 0, 1, . . . (1.9.9)

e

bn =1

2πi

∮C2

dz′′f(z′′) (z′′ − z0)n−1 , n = 1, . . . . (1.9.10)


Figure 1.9.3: A série de Laurent é denida usando uma curva fechada qualquerC denida numa região anular.

Note agora que, uma vez que os integrandos acima e a função f(z) sãoanalíticos na região anular Ω denida por C1 e C2, as integrais acima que deneman e bn são de fato independentes do caminho fechado escolhido, contanto queele esteja dentro de Ω. Podemos então trocar C1 e C2 por um caminho fechadoarbitrário Γ, denido dentro da região anular Ω, e ver que a função f(z) podeser expressa em termos de uma série ao redor de z0, chamada série de Laurent(veja Fig. (1.9.3)

f(z) =

∞∑n=−∞

An(z − z0)n (1.9.11)

onde

An =1

2πi

∮C

f(z′)dz′

(z′ − z0)n+1. (1.9.12)

Ex: Encontre a série de Laurent para a função f(z) = 1z(z−1) ao redor de

z = 0. Primeiro, note que essa função tem singularidades em z = 0 e z = 1. Paraencontrar a série de Laurent dessa função ao redoer de z0 = 0, por simplicidadevamos tomar como contorno um círculo C centrado em z = 0 com raio r < 1.Assim, os coecientes dessa série de Laurent são

An =1

2πi

∮C

dz

z(z − 1)zn+1. (1.9.13)

Como |z| < 1 ao longo de C, expandimos 1/(z − 1) numa série geométrica, oque nos dá

An = − 1

2πi

∮C

dz

zn+2

∞∑k=0

zk = − 1

2πi

∞∑k=0

∮C

dz zk−n−2 . (1.9.14)

Fazendo z = reiθ sobre C ca claro que∮Cdz zk−n−2 = 0 se k − n − 1 6= 0

enquanto∮Cdz zk−n−2 = 2πi se k−n−1 = 0. Assim,

∮Cdz zk−n−2 = 2πi δk,n+1,


An =∑∞k=0 δk,n+1 = 0 se n < −1 e An = −1 se n ≥ −1. A série de Laurent de

f(z) ao redor de z = 0 é

f(z) = −1

z− 1− z − z2 − z3 − . . . . (1.9.15)

Como poderíamos ter feito isso de cabeça? Simples, basta abrir as frações!!! De fato, note que 1

z(z−1) = − 1z + 1

z−1 . O primeiro termo já é o termo compólo em zero e está bom do jeito que está. Agora, o segundo termo pode serexpandido em Taylor em z = 0 para encontrar novamente que f(z) = − 1

z − 1−z − z2 − z3 − . . . .

Fica claro deste exemplo que a série de Laurent não precisa necessaria-mente ter todos os An 6= 0.

Um ponto z0 é chamado de singularidade isolada de uma f(z) se f(z) nãofor analítica em z0 mas é possível achar uma vizinhança de z0 onde f(z)é analítica. Por exemplo, o ponto z = 1 é uma singularidade isolada dafunção 1/(1− z)5.

A função 1/sen(π/z) possui um número innito de pólos isolados zn =±1/n, onde n = 1, 2, . . . . Entretanto, z = 0 também é um ponto singular,mas ele não é isolado pois em qualquer vizinhança de z = 0 podemos en-contrar outros pontos singulares da função .

Ex: Prove que a série de Laurent de uma função ao redor de um ponto éúnica. De fato, suponha que uma dada função denida em uma região anularΩ possa ser representada por duas séries de Laurent ao redor do mesmo pontoz0 ∈ Ω

f(z) =

∞∑n=−∞

an(z − z0)n =

∞∑n=−∞

bn(z − z0)n . (1.9.16)

Agora nós multiplicamos ambos os lados por (z − z0)−k−1, onde k é um inteiroarbitrário, e integramos cada lado ao longo de uma curva fechada qualquer Cem Ω. Encontramos (depois de trocar a ordem da integral pela soma)

∞∑n=−∞

an

∮C

dz(z − z0)n−k−1 =

∞∑n=−∞

bn

∮C

dz(z − z0)n−k−1 . (1.9.17)

Porém, usando que∮Cdz(z − z0)n−k−1 = 2πiδn,k, vemos que de fato an = bn

para todo n q.e.d. Note que podemos usar o mesmo raciocíonio para mostrarque a série de Taylor, quando ela existir, será única.


1.9.1 Pólos simples

Uma função analítica em todo o plano complexo, exceto em um número nitode pólos isolados é chamada de função meromórca. Ex: a função 1/(2 − z3)2

é meromórca.Considere a série de Laurent de f(z) em torno de z0, isto é,

f(z) =

∞∑n=−∞

An(z − z0)n . (1.9.18)

Se An = 0 para n < −m < 0 e A−m 6= 0, dizemos que z0 é um pólo de ordemm. Ex: Para a função 1

z(z−1) = −1/z + . . . vemos que z = 0 é um pólo isoladode ordem 1. Pólos isolados de ordem 1 são também chamados de pólos simples.

Claramente, pólos simples podem ser removidos. De fato, suponha que f(z)tenha um pólo de ordem m em z0. Assim, necessariamente f(z)(z−z0)m é umafunção analítica em z0. Se a função é tal que a soma na sua série de Laurentcontinua até n → −∞, dizemos que o pólo z0 é um pólo de ordem innita,chamado de singularidade essencial.

Ex: A expansão de e1/z em Taylor (válida para |z| → ∞) nos dá e1/z =1 + 1

z + 12!z2 + 1

3!z3 + . . . . Note que essa série converge de fato ∀z ∈ C excetoo ponto z = 0. Nesse caso, z = 0 é uma singularidade essencial. Claramente,singularidades essenciais não podem ser removidas.

Singularidades essenciais são de fato bastante interessantes. Existem umteorema bem interessante sobre essas singularidades:

Teorema de Picard: Toda função inteira não -constante passa por todosos números complexos em C com no máximo a exceção de um ponto. Alémdisso, em qualquer vizinhança de uma singularidade essencial isolada, f(z) setorna arbitrariamente próxima de qualquer número complexo com no máximoa exceção de um ponto em C.

1.10 Teorema dos Resíduos

Considere uma função f(z) que possui apenas um pólo isolado em z0 numadada região Ω ∈ C. A série de Laurent para essa função é dada por f(z) =∑∞n=−∞An(z − z0)n. Uma vez que

∮C

(z − z0)n = 2πi δn,−1 para toda curva


Figure 1.10.1: Conjunto de singularidades isoladas de f(z).

fechada C que envolve z0 (sentido anti-horário)1∮C

f(z)dz =

∮C

dz

∞∑n=−∞

An(z − z0)n (1.10.1)

=

∞∑n=−∞

An

∮C

dz(z − z0)n (1.10.2)

=

∞∑n=−∞

An2πiδn,−1 (1.10.3)

= 2πiA−1 (1.10.4)

ou

Res f(z0) ≡ A−1 =1

2πi

∮C

dzf(z) . (1.10.5)

Esse coeciente da série de Laurent é chamado de resíduo de f(z) no pólo z0.Imagine agora que tenhamos um conjunto de singularidades isoladas de f(z)

como mostrada na Fig. (1.10.1). Claramente, essa discussão é válida para umnúmero arbitrário de pólos isolados z1, z2, . . . , zN de f(z). Tomando o limite noqual ε→ 0 e os caminhos aproximadamente retos se cancelam na Fig. (1.10.1),

1Isso é uma consequência direta da fórmula integral de Cauchy. De fato, pela fórmula

integral de Cauchy, vemos que 2πi 1 =∮C dz/(z − z0), onde C é qualquer contorno fechado

que envolve z0. Agora, a função constante 1 é analítica em todo o espaço e assim, suas nderivadas são dadas por 2πi dn1/dzn = n!

∮C dz/(z − z0)n+1 = 0. Dessa forma, para todo

n > 1 temos que∮C dz/(z− z0)n para todo C. Por outro lado, a função (z− z0)n para n ≥ 0

é analítica e assim,∮C dz (z − z0)n = 0 se n ≥ 0 devido ao teorema de Cauchy. Vemos então

que de fato∮C dz/(z − z0)n = 2πi δn,−1 para todo contorno fechado C que envolve z0.


obtemos pelo teorema integral de Cauchy que∮C

f(z)dz +

N∑k=1

∮Ck

f(z)dz = 0 (1.10.6)

(note que as curvas Ck estão orientadas no sentido horário enquanto C estáorientada no sentido anti-horário). De acordo com os resultados obtidos acima,assumindo uma série de Laurent para f(z) ao redor da singularidade zk, vemosque ∮

Ck

f(z)dz = −2πiRes f(zk) (1.10.7)

e assim chegamos na importante fórmula involvendo os resíduos: Dada umafunção f(z) com N singularidades isoladas numa região Ω, o valor da integralsobre um contorno C (sentido anti-horário) que envolve as singularidades é dadopela soma dos resíduos de f(z)∮

C

f(z)dz = 2πi

N∑k=1

Res f(zk) . (1.10.8)

Esse resultado vai ser bastante útil e ele é, de fato, o resultado mais impor-tante que vimos nesse curso até o momento.

1.10.1 Exemplos de como calcular resíduos

Vimos anteriormente que o resíduo de uma função f(z) num dado pólo z0 é ocoeciente A−1 da série de Laurent ao redor de z0. Na prática, podemos calcularos pólos de uma função da seguinte forma:

1) Obter os pólos como zeros do inverso da função f(z), isto é, através daequação 1/f(z) = 0. Ex: Seja f(z) = 1/(z−1)2. Fazendo 1/f(z) = (z−1)2 = 0,vemos que f(z) tem um pólo isolado de ordem 2 em z = 1.

2) Quando o pólo z0 de f(z) é de ordem 1, então sempre podemos escrever

f(z) =1

z − z0g(z) (1.10.9)

onde g(z) é uma função analítica na vizinhança de z0, inclusive g(z0) 6= 0.Fazendo a expansão de Taylor da função g(z) em torno de z0 obtemos g(z) =g(z0) + g′(z0)(z − z0) + . . . e assim, perto de z0, temos que

f(z) =g(z0)

z − z0+ g′(z0) + . . . . (1.10.10)

Dessa forma, o resíduo da função em z0 é limz→z0(z− z0)f(z) = g(z0). Ou seja,para uma função com pólo de ordem 1 em z0 o resíduo será

Res f(z0) = limz→z0

(z − z0)f(z) . (1.10.11)


Uma outra forma bem útil para encontrar resíduos de pólos simples podeser encontrada da seguinte forma. Novamente, se a função f(z) tem um pólosimples em z0, sempre podemos escrever f(z) = g(z)/(z− z0). onde g(z) é umafunção analítica na vizinhança de z0, inclusive g(z0) 6= 0. Então ,

d

dz

(1

f(z)

) ∣∣∣z=z0

=d

dz

[z − z0

g(z)

] ∣∣∣z=z0

(1.10.12)

=1

g(z0)− z − z0

g2(z0)

dg(z)

dz

∣∣∣z=z0

=1

g(z0)(1.10.13)

porém, vimos que Res f(z0) = g(z0) e assim, temos que


1

ddz

(1

f(z)

) . (1.10.14)

3) Se f(z) = Q(z)/P (z) onde Q(z) e P (z) são analíticas em torno de z0 e z0

por sua vez é uma raiz de ordem 1 da função P (z), então PROVE QUE


Q(z)(dP (z)dz

) . (1.10.15)

4) Até agora falamos somente do cálculo de resíduos de pólos simples. Ver-emos agora como calcular resíduos de pólos de ordem k ≥ 1. Seja f(z) umafunção com pólo de ordem k ≥ 1. Tal função sempre pode ser escrita como

f(z) =g(z)

(z − z0)k(1.10.16)

g(z) é uma função analítica na vizinhança de z0. Agora, expandimos g(z) emTaylor ao redor de z0

g(z) = g(z0) + · · ·+ 1

(k − 1)!g(k−1)(z0)(z − z0)k−1 + . . . . (1.10.17)

Dessa forma, vemos que

f(z) =g(z0)

(z − z0)k+ . . .+

1

(k − 1)!

g(k−1)(z0)

z − z0+gk(z0)

k!+ . . . . (1.10.18)

Assim, o resíduo de f(z) em torno do pólo de ordem k ≥ 1 em z0 é dado por


1

(k − 1)!

dk−1

dzk−1

[(z − z0)kf(z)

]. (1.10.19)

Ex: Calcule os pólos e os resíduos de f(z) = eiz

z(z2+1)2 . OK, a primeira

coisa que devemos notar é que a função eiz é uma função inteira e não estamosinteressados em seu pólo no innito. Vamos então considerar apenas os pólos


dessa função que estão localizados numa região nita do plano complexo. Paracalcular os pólos, de acordo com as regras mencionadas acima, devemos acharas raízes do denominador em f . Nesse caso, é fácil ver que as 5 raízes dez(z2 + 1)2 = 0 estão localizadas em z = 0, i, i,−i,−i. Agora, qual é a ordemdesses pólos? Perto de z = 0, nossa função se torna f(z ∼ 0) ∼ 1/z + . . . eassim vemos que z = 0 é um pólo simples. Agora, é claro que z = i e z = −1são pólos de ordem 2, como poderia ser visto imediatamente da estrutura dasraízes. Para o pólo simples em z = 0 o resíduo pode ser calculado diretamente

Res f(0) = limz→0

zf(z) = 1 . (1.10.20)

Para o resíduo em z = i, devemos usar a fórmula na Eq. (1.10.19) para k = 2,que é a ordem desse pólo. Assim,

Res f(i) = limz→i

d

dz

[(z − i)2f(z)

]= −3e−1/4. (1.10.21)

Fica como exercício calcular o Res f(−i).

1.11 Aplicações do teorema dos resíduos

Considere a integral:

I =

∫ ∞−∞

dx1

1 + x2. (1.11.1)

Embora essa integral possa ser feita de de cabeça como veremos depois,vamos usar esse exemplo simples para ilustrar como podemos usar o teorema dosresíduos para calcular integrais denidas. Primeiro de tudo, note que podemosdenir I através do limite

I = limR→∞

∫ R

−Rdx

1

1 + x2. (1.11.2)

Agora, nós pegamos o integrando em I e o denimos no plano complexo, oque signica basicamente em fazer f(x) = 1/(1 + x2) =⇒ f(z) = 1/(1 + z2).Agora, note que essa função f(z) tem dois pólos isolados simples (i.e., de ordem1) em z = ±i. Considere agora o seguinte contorno fechado C mostrado na Fig.(1.11.1). Veja que C = C1

⋃CR onde C1 é contorno sobre o eixo real que vai

de −R até R e CR é o semi-círculo de raio R usado para construir o contornofechado total C. Note que como estamos sempre imaginando que R→∞, vemosque nesse caso o pólo da função em z = i está dentro da região delimitada porC. Assim, podemos usar o teorema dos resíduos para armar que

I(C) =

∮C

dzf(z) = 2πiRes f(i) . (1.11.3)


Figure 1.11.1: Contorno fechado C que envolve o pólo z = i.

Mas para que eu estou fazendo isso tudo? A coisa vai car clara agora. Noteque

I(C) =

∫C1

dz

1 + z2+

∫CR

dz

1 + z2(1.11.4)

=

∫ R

−R

dx

1 + x2+

∫CR

dz

1 + z2= Res f(i) . (1.11.5)

Usamos acima que sobre C1 a parametrização mais natural é z = x. Agora,vemos que

I = limR→∞

∫ R

−R

dx

1 + x2= limR→∞

[I(C)−

∫CR

dz

1 + z2

]. (1.11.6)

Podemos então agora calcular o resíduo em z = i através deRes f(i) = limz=i(z−i)f(z) = 1/2i. Assim, vemos que

I = limR→∞

∫ R

−R

dx

1 + x2= π − lim

R→∞

∫CR

dz

1 + z2. (1.11.7)

Veremos a seguir que limR→∞∫CR

dz1+z2 = 0. Primeiro de tudo, uma vez que

CR é um semi-círculo de raio R, a parametrização mais natural para efetuar aintegral é fazer z = Reiθ onde, devido a orientação , θ ∈ [0, π]. Dessa forma,vemos que ∫

CR

dz

1 + z2= iR

∫ π

0

dθeiθ

1 +R2e2iθ. (1.11.8)

Pela desigualdade triangular, temos que

∣∣∣∣∫CR

dz

1 + z2

∣∣∣∣ ≤ ∫ π

0

dθ

∣∣∣∣ iReiθ

1 +R2e2iθ

∣∣∣∣ =

∫ π

0

dθR√

1 +R4 + 2R2cos2θ(1.11.9)

isto é ∣∣∣∣∫CR

dz

1 + z2

∣∣∣∣ ≤ 1

R

∫ π

0

dθR√

1 + 1R4 + 2 1

R2 cos2θ. (1.11.10)


Figure 1.11.2: Contorno fechado C que envolve o pólo z = −i.

O que acontece no limite R→∞? Nesse caso é fácil ver que

limR→∞

∣∣∣∣∫CR

dz

1 + z2

∣∣∣∣ ≤ limR→∞

1

R

∫ π

0

dθR√

1 + 1R4 + 2 1

R2 cos2θ= 0 . (1.11.11)

Dessa forma, limR→∞∫CR

dz1+z2 = 0 já que seu módulo vai para zero. Assim,

vemos que

I = limR→∞

∫ R

−R

dx

1 + x2= π. (1.11.12)

Nesse caso talvez tivesse sido mais fácil fazer a integral de cabeça pois sabe-mos a integral indenida

∫dx′1/(1 + x′2) = tan−1(x) e assim

I =

∫ ∞−∞

dx

1 + x2= tan−1(x)

∣∣∣x→∞x→−∞

=π

2−(−π

2

)= π. (1.11.13)

Entretanto, em geral haverão integrais que não saberemos fazer assim decabeça e o teorema dos resíduos será muito útil nesse caso.

Ex: Mostre que encontraríamos o mesmo resultado para I se tivéssemosescolhido o caminho fechado C na Fig. (1.11.2) que envolve apenas o pólo emz = −i.

Esse exemplo acima nos sugere uma maneira geral de calcular integraisdenidas do tipo

I(a, b) =

∫ b

a

dx f(x) (1.11.14)

via teorema dos resíduos nos casos em que podemos calcular todos os pólos eresíduos da função complexa associada f(z) no plano complexo.

De fato, o primeiro passo consiste em introduzir um contorno fechado C noplano complexo que seja a união de um contorno sobre o trecho em cima do eixoreal que contém o segmento [a, b] e um outro contorno C ′ de forma que


Figure 1.11.3: Contorno fechado C que envolve o pólo z = ia.

I(C) =

∫C

f(z)dz =

∫ b

a

dxf(x) +

∫C′f(z)dz = 2πi

N∑k=1

Res f(zk) (1.11.15)

onde no lado direito da equação incluimos todos os resíduos de f(z), todos osN pólos zk, que estão dentro do contorno fechado C. Agora, a idéia básica éescolher o contorno C ′ de tal forma que a integral sobre ele seja um valor con-hecido (zero, por exemplo). Em geral, note que ás vezes pode ser convenientedecompor C ′ em mais de um trecho.

Ex: O intervalo (−∞,∞). Para calcular integrais do tipo∫∞−∞ f(x)dx pode-

mos utilizar o método discutido acima. Claramente, esse método só será útilquando a integral sobre o C ′ escolhido for algum valor nito. De fato, considereo exemplo

I =

∫ ∞−∞

eikx

x2 + a2(1.11.16)

onde k, a > 0. Primeiro, vemos que f(x) = eikx

x2+a2 e assim f(z) = eikz

z2+a2 . Alémdisso, vemos também que essa função tem dois pólos simples em z = ±ia.Novamente denimos

I = limR→∞

∫ R

−R

eikx

x2 + a2(1.11.17)

e podemos escolher o contorno CR como sendo o semi-círculo de raio R no planosuperior de acordo com a Fig. (1.11.3).

Assim, pelo teorema dos resíduos∮C

dzeikz

z2 + a2= limR→∞

∫ R

−R

eikx

x2 + a2+

∫CR

dzeikz

z2 + a2= 2πiRes f(ia) (1.11.18)

onde podemos calcular facilmente Res f(ia) = limz→ia

[(z − ia) eikz

(z−ia)(z+ia)

]=


e−ak

2ia . Dessa forma, vemos que

I =

∫ ∞−∞

eikx

x2 + a2=π

ae−ak − lim

R→∞

∫CR

dzeikz

z2 + a2. (1.11.19)

Agora, nosso trabalho consiste em calcular a integral sobre CR. Vocês já devemestar com vontade de dizer que ela se anula no limite considerado. De fato, issoacontecerá. Porém, vamos mostrar como isso acontece. Novamente, como CR éum semi-círculo de raio R, usamos z = Reiθ para encontrar∫CR

dzeikz

z2 + a2= iR

∫ π

0

dθeikR(cosθ+isenθ)eiθ

a2 +R2e2iθ= iR

∫ π

0

dθe−kRsenθeiθeikRcosθ

a2 +R2e2iθ.

(1.11.20)Novamente, pela desigualdade triangular, temos que∣∣∣∣∫

CR

dzeikz

z2 + a2

∣∣∣∣ ≤ 1

R

∫ π

0

dθe−kRsenθ∣∣e2iθ + a2

R2

∣∣ . (1.11.21)

Note, entretanto, que como k > 0 e θ ∈ [0, π] temos que kRsenθ ≥ 0 e assim,no limite que estamos interessados, limR→∞

1R

∫ π0dθ e

−kRsenθ∣∣∣e2iθ+ a2

R2

∣∣∣ = 0. Dessa forma,

vemos que limR→∞∫CR

dz eikz

z2+a2 = 0 e assim

I = limR→∞

∫ R

−R

eikx

x2 + a2=π

ae−ak. (1.11.22)

Note que o fato de que k > 0 desempenha um papel relevante na nossaescolha do contorno CR. Uma vez que decidimos usar um contorno do tipo semi-círculo, não podemos fechar por baixo pois nesse caso a e−kRsenθ calculada nolimite R→∞ tornaria a integral sobre aquele contorno nesse limite um absurdo.De fato, esse detalhe é crucial na escolha desse tipo de contorno para resolverintegrais desse tipo.

Como consequência da discussão acima, podemos armar as seguintes pro-priedades gerais para uma integral do tipo

∫∞−∞ dx eikxf(x):

1) Se f(z) não possui nenhum pólo em cima do eixo real e lim|z|→∞ f(z) = 0e k > 0 então∫ ∞

−∞dx eikxf(x) = 2πi

∑Im(zj)>0

Res[f(zj)e

ikzj]

(1.11.23)

onde o somatório é sobre todos os pólos zj no semi-plano complexo superior.Como consequência imediata, se f(z) não possui nenhum pólo no plano supe-rior, inclusive no eixo real, a integral se anula.


2) Analogamente, se k > 0 e novamente f(z) não possui nenhum pólo emcima do eixo real e lim|z|→∞ f(z) = 0 então∫ ∞

−∞dx e−ikxf(x) = 2πi

∑Im(zj)<0

Res[f(zj)e

ikzj]

(1.11.24)

onde o somatório é sobre todos os pólos zj no semi-plano complexo inferior.Como consequência imediata, se f(z) não possui nenhum pólo no plano inferior,inclusive no eixo real, a integral se anula. Veremos depois nesse curso que essaspropriedades serão muito importantes quando discutirmos propagação de ondase causalidade.

O lema de Jordan:∣∣∣∣∫CR

dzeikzf(z)

∣∣∣∣ ≤ π

kMax θ∈[0,π]|f(Reiθ)| (1.11.25)

onde k > 0, CR é o semi-círculo centrado em z = 0 denido por CR = z =Reiθ, θ ∈ [0, π], e R > 0. PROVE ESSE RESULTADO!!!

O lema de Jordan é muito útil pois ele de serve como justicativa rigorasae rápida para jogar fora aquelas integrais que só de bater o olho sabemos queirão para zero quando R→∞. De fato, é fácil de ver que se

limR→∞

Max θ∈[0,π]|f(Reiθ)| = 0 (1.11.26)

essa integral sobre CR não contribuirá nos cálculos quando R→∞.

1.11.1 Valor Principal de Cauchy

Considere agora a integral I =∫∞−∞ eix/x. Note que essa integral é imprópria,

ela não está bem denida da forma que a escrevemos. De fato, no ponto x = 0,o integrando ∼ 1/x e portanto ele não é bem denido e dependendo de como nosaproximamos desse ponto o valor da integral varia. Para evitar esses problemascom indenição introduzimos a idéia de

Valor principal de Cauchy: Seja x0 uma singularidade de uma funçãof(x) sobre o eixo real. O valor principal de Cauchy é denido por

P

∫ ∞−∞

f(x)dx ≡ limε→0

∫ x0−ε

−∞f(x)dx+

∫ ∞x0+ε

f(x)dx . (1.11.27)

Claramente, se f(x) é regular sobre o eixo real,∫∞−∞ f(x)dx faz sentido e

P∫∞−∞ f(x)dx =

∫∞−∞ f(x)dx.


Figure 1.11.4: Contorno fechado C que não inclui o pólo z = 0 de eiz/z.

Vamos agora voltar para nossa eix/x. A função associada no plano complexoé f(z) = eiz/z. O único pólo que essa função possui é um pólo simples em z = 0.O resíduo é facilmente calculado, Res f(0) = 1. Queremos agora calcular a únicacoisa que faz sentido, ou seja, nesse caso o valor principal de Cauchy

P

∫ ∞−∞

eix

xdx . (1.11.28)

Para tal, considere o contorno fechado C mostrado na Fig. (1.11.4).Esse contorno é composto de quatro segmentos que levam na decomposição

da integral ∮C

dzeiz

z=

∫ −εR

dxeix

x+

∫ R

ε

dxeix

x(1.11.29)

+

∫C1

eiz

z+

∫CR

eiz

z= 0

já que não existem pólos dentro da região limitada por C. Acima, ε 1, C1

é o semi-círculo de raio ε e CR é o semi-círculo de raio R. Agora, tomando oslimites ε→ 0 e R→∞ vemos que

P

∫ ∞−∞

eix

xdx = − lim

ε→0

∫C1

eiz

z− limR→∞

∫CR

eiz

z. (1.11.30)

A integral sobre C1 pode ser feita usando z = εeiθ, θ ∈ [π, 0] e assim

limε→0

∫C1

eiz

z= limε→0

i

∫ 0

π

dθ eiεeiθ

= −iπ . (1.11.31)

Pelo lema de Jordan vemos que limR→∞∫CR

eiz

z = 0 e, assim, obtemos que

P

∫ ∞−∞

eix

xdx = iπ . (1.11.32)


Figure 1.11.5: Contorno fechado C que inclui o pólo z = 0 de eiz/z.

O que aconteceria se tivéssemos usado um contorno como na Fig. (1.11.5)?Nesse caso, o pólo em z = 0 está dentro da região e deve ser levado em contano cálculo. Use esse contorno fechado diferente do anterior para conrmar queP∫∞−∞

eix

x dx = iπ.

Sabendo desse resultado acima, como você faria∫∞

0dx senx/x? Primeiro

note que sen x/x é uma função par e assim,∫∞

0dx senx/x = 1/2

∫∞−∞ dx senx/x.

Agora, essa integral é bem denida em todo o eixo real? Sim, ela é pois pertode x = 0 (único local que você poderia suspeitar de problemas) temos quesen x/x ∼ 1 − x2/6 + . . ., o que mostra que ela é de fato bem denida. Pararesolver a integral basta notar que

1/2

∫ ∞−∞

dxsenx

x=

1

2Im

∫ ∞−∞

dxeix

x

=

1

2Imiπ =

π

2(1.11.33)

assim, vemos que∫∞

0dx senx/x = π/2. Porque a integral de eix/x tem prob-

lema no eixo real? Não é por causa do seno mas sim por causa do cosseno! Defato, eix/x = cos x/x + isen x/x e perto de zero cos x/x ∼ 1/x − x/2 + . . ., oque nos dá aquela singularidade em x = 0.

1.11.2 Integrais do tipo∫ 2π

0dθF (cos θ, sen θ)

Vamos agora considerar a integral

I =

∫ 2π

0

dθ F (cos θ, sen θ) (1.11.34)

onde F é uma função qualquer de duas variáveis que podem ser parametrizadasem termos de senos e cossenos. Seja agora z ≡ eiθ, então cos θ = eiθ+e−iθ

2 =12 (z + 1

z ) e sen θ = eiθ−e−iθ2i = 1

2i (z −1z ) e dz = izdθ. Agora, nós podemos

considerar a integral fechada ao longo do círculo de raio 1 centrado na origem e


assim

I =1

i

∮C

dz

zF (

1

2(z +

1

z),

1

2i(z − 1

z)) . (1.11.35)

Se a função f(z) ≡ 1izF ( 1

2 (z+ 1z ), 1

2i (z−1z )) possui N pólos zk dentro da região

denida pelo círculo |z| = 1 (estamos assumindo que não existem pólos nosquais |z| = 1), pelo teorema dos resíduos obtemos

I = 2πi

N∑k=1

Res f(zk) . (1.11.36)

Ex: Calcule I =∫ 2π

01/(1 − a cos θ) onde 0 < a < 1. Usando o método

apresentado acima, vemos que

I =1

i

∮C

dz

z

1[1− a

2 (z + 1z )] (1.11.37)

=

∫C

dz2i

az2 − 2z + a. (1.11.38)

Agora, a função 2iaz2−2z+a tem dois pólos simples em z1 = 1

a +√

1−a2a e z1 =

1a −

√1−a2a que são as raízes de az2 − 2z + a = 0. Agora, quais pólos estarão

dentro da região delimitada pelo círculo de raio 1? Note primeiro que az1 > 1 eassim z1 > 1. Agora, veja que z1z2 = 1. Dessa forma, se z1 está fora o z2 comcerteza está dentro. O resíduo da função nesse pólo é


(z − z2)2i

(z − z2)(z − z1)=

2i

(z2 − z1)a= − i√

1− a2.

(1.11.39)Vemos então que

I = 2πi(−i)√1− a2

=2π√

1− a2. (1.11.40)

1.11.3 Integrais envolvendo contorno retangular

Suponha que queiramos calcular

I =

∫ ∞−∞

dx

cosh(ax)a > 0 . (1.11.41)

Vamos determinar os pólos de f(z) = 1/cosh (az). A primeira coisa quedevemos nos lembrar é cosh z = cos(iz) e isenh z = sen(iz) e assim, comoz = x+ iy onde x, y ∈ R,

cosh(ax+ iay) = cos(iax− ay) (1.11.42)

= cos(ay)cos(iax) + sen(iax)sen(ay) (1.11.43)

= cosh(ax)cos(ay) + isenh(ax)sen(ay) . (1.11.44)


Agora, se cosh(az) = 0 temos que cosh(ax)cos(ay) + isenh(ax)sen(ay) = 0.Note que como esse é um número complexo, a parte real e a parte imagináriadevem se anular simultaneamente. Vamos supor que sen(ay) = 0, o que dariaconta da parte imaginária. Isso implicaria que y = nπ/a onde n é qualquerinteiro. Porém, teríamos um problema para anular a parte real. De fato,cos(nπ) = (−1)n e assim, a parte real somente se anularia se cosh(ax) = 0.Mas isso não pode acontecer quando x ∈ R. Dessa forma, vemos que a hipóteseque zemos anteriormente, ou seja que sen(ay) = 0, não é compatível com essasequações . Vamos então supor que senh(ax) = 0. É fácil ver que isso implicaque x = 0 e a parte real caria cos(ay) = 0 que dene a equação para as raízesy. Claramente, isso pode ser resolvido e a solução é que existem um númeroinnito de y's: cos(ay) = 0 =⇒ y → ym = ±(2m+ 1)π/2a onde m = 0, 1, 2, . . ..Dessa forma, vemos que a função f(z) = 1/cosh (az) possui um número innitode pólos simples isolados zm = ±i(2m + 1)π/2a no plano complexo ao long doeixo imaginário.

Como calcularíamos o resíduo em, por exemplo, z0 = iπ/2a é (lembrem que éum pólo de ordem 1)? A maneira mais simples de fazer isso nesse caso especícoé usar a fórmula

Res f(iπ/2a) = limz→iπ/2a

1

ddz

(1

f(z)

) (1.11.45)

= limz→iπ/2a

1ddz (cosh(az))

=1

ia. (1.11.46)

Agora, que tipo de caminho fechado C no plano complexo podemos usarpara calcular a integral I através do método dos resíduos? A estrutura dospólos da função tornam claro que não faz sentido usar o nosso famoso semi-círculo de raio R → ∞ pois nesse caso teríamos um número innito de pólos enada garante por exemplo que o contorno não passaria justamente em cima deum pólo, o que não faz sentido. Vocês verão que para esse tipo de problema,com um número innito de pólos igualmente espaçados o contorno retangularC na gura (1.11.6) que inclui apenas o pólo em z0 = iπ/2a. Note que o pólomais próximo se encontra em z1 = 3iπ/2a, que está fora da região delimitadapelo contorno.

Esse contorno é a união de 4 segmentos C =⋃4k=1 Ck e note que, claramente,

estaremos tomando o limite em que R→∞ no nal. Pelo teorema dos resíduos,obtemos que

limR→∞

∮C

f(z)dz = limR→∞

4∑k=1

∫Ck

dz f(z) = 2πiRes f(z0) =2π

a. (1.11.47)

Agora temos que fazer as integrais sobre os diversos caminhos que denem C.Vamos começar pela integral sobre C2. Nesse caso, o caminho é uma linha retade z = R até z = R + iπ/a e obviamente usaremos a parametrização linear


Figure 1.11.6: Contorno retangular C que inclui apenas o pólo z0 = iπ/2a def(z) = 1/cosh (az).

z = R+ iy, dz = idy, onde y ∈ [0, π/a]. Assim,∫C2

f(z)dz = i

∫ π/a

0

dy1

cosh(aR+ iay). (1.11.48)

Analogamente, a integral sobre C4 pode ser encontrada através da parametriza-ção : z = −R+ iy, dz = idy, onde y ∈ [iπ/a, 0] e assim∫

C4

f(z)dz = i

∫ 0

π/a

dy1

cosh(−aR+ iay)(1.11.49)

= −i∫ π/a

0

dy1

cosh(−aR+ iay). (1.11.50)

Note agora que, quando R → ∞, limR→∞ cosh(±aR + iay) ∼ 1/2(eaR±iay) eassim

limR→∞

∫C2

f(z)dz +

∫C4

f(z)dz (1.11.51)

= limR→∞

i

∫ π/a

0

dy

[1

cosh(aR+ iay)− 1

cosh(−aR+ iay)

](1.11.52)

= limR→∞

2i

∫ π/a

0

dy[e−aR−iay − e−aR+iay

](1.11.53)

= limR→∞

4 e−aR∫ π/a

0

dy sen(ay) = 0 . (1.11.54)

Dessa forma, as integrais sobre C2 e C4 não contribuem no limite considerado.Interessante, não é? Agora, claramente a integral sobre C1 quando R→∞ é anossa I, ou seja, ∫

C1

f(z)dz =

∫ ∞−∞

dx

cosh(ax). (1.11.55)


Para a integral sobre C3 escolhemos a parametrização natural em que z =x+ iπ/a, dz = dx, x ∈ [R,−R] e assim∫

C3

f(z)dz =

∫ −∞∞

dx

cosh(ax+ iπ). (1.11.56)

Porém, note que cosh(ax + iπ) = cosh(ax)cos π = −cosh(ax) e dessa formaobtemos que ∫

C3

f(z)dz = −∫ −∞∞

dx

cosh(ax). (1.11.57)

Naturalemente, fazemos a mudança de variável x → −x′ e dx = −dx′, o quenos mostra que ∫

C3

f(z)dz =

∫ ∞−∞

dx′

cosh(ax′)=

∫C1

f(z)dz . (1.11.58)

Muito legal, não é? Ok, agora cou fácil achar o valor de I. Da equação(1.11.47) vemos que

I = limR→∞

∫ R

−R

dx

cosh(ax)= limR→∞

1

2

∮C

f(z)dz =π

a. (1.11.59)

Poderíamos ter feito essa integral de cabeça? Sim, pois

I =

∫ ∞−∞

dx

cosh(ax)=

1

a

∫ ∞−∞

dξ

cosh(ξ)(1.11.60)

onde∫

dξcosh(ξ) = 2 tan−1

[tanh

(ξ2

)]e além disso limξ→±∞ 2 tan−1

[tanh

(ξ2

)]=

±π/2 e assim, claramente,

I =

∫ ∞−∞

dx

cosh(ax)=

1

a

(π2

+π

2

)=π

a. (1.11.61)

Ok, eu acho que nesse exemplo vocês concordariam comigo que é mais fácilfazer essa integral via resíduo do que saber de cabeça essa anti-derivada!!!!

1.11.4 Pontos de ramicação e funções multivalentes

Até agora nesse curso todas as operações (ou mapeamentos) do plano complexonele mesmo

f : C −→ C (1.11.62)

z 7−→ f(z) . (1.11.63)

foram funções unívocas onde um elemento do plano z era mapeado em um ele-mento do plano w = f(z) (veja Fig. (1.2.1)). As 3 operações simples e unívocas


fig31.jpg

Figure 1.11.7: Linha de corte da função f(z) = z1/2 que une os pontos deramicação em z = 0 e |z| → ∞.

que discutimos foram

1) Translação : w = z + z0.

2) Rotação : w = zz0. Na representação polar, z = riθ, z0 = r0eiθ0 , e

w = ρeiφ então ρeiφ = rr0ei(θ+θ0) e assim ρ = rr0 ∈ R e φ = θ + θ0.

3) Inversão : w = 1z , que na forma polar onde z = reiθ e w = ρeiφ é dada

por ρ = 1/r e φ = −θ.

Agora, veremos o caso de uma correspondência do tipo 2→ 1.

Ex: w = z2. Claramente, dois pontos distintos no plano z, z0 e z0eiπ = z0

são mapeados no mesmo ponto no plano w dado por w0 = z20 . Ok, isso de

fato é muito simples. A coisa começa a complicar quando tomamos a inversadessa função dada por w = z1/2 pois, fazendo z = reiθ e w = ρeiφ temos quew = z1/2 =⇒ ρeiφ = r1/2eiθ/2, ou seja, r = ρ2 e θ = 2φ. Agora, o interessantedesse mapeamento é que dois pontos distintos de w, w1 e w1e

iπ = −w1 sãoimagens do mesmo ponto z (tirando é claro a origem). Em outras palavras, θ eθ+ 2π no plano z (que são idênticos aqui) são mapeados em φ e φ+ π no planow !!!!

O ponto fundamental aqui é que existe uma maneira simples de fazer essafunção w se tornar univalente se nós basicamente concordarmos em limitar θ noplano z fazendo 0 ≤ θ < 2π. Isso é feito concordando em nunca cruzar a linhaθ = 0 no plano z em nossas atividades. Note que f(z) = z1/2 não é analítica emz = 0 e |z| → ∞. Esses dois pontos são chamados de pontos de ramicação

. A linha que une esses pontos de raimicação é chamada de linha de corte

(veja Fig. (1.11.7)).Note que qualquer curva de z = 0 até o innito serviria. O papel funda-

mental da linha de corte é limitar o argumento de z (lembre que |z| é chamadode módulo de z = |z|eiθ e θ é seu argumento). Nesse exemplo da raiz quadrada,


vemos que embora os pontos z e zei2π coincidam no plano z, eles produzempontos w e −w, que são distintos no plano w. Assim, se não colocarmos a linhade corte a função z1/2 é ambígua!!!! Claramente, esse problema não aparece emfunções de variáveis reais.

Folhas de Riemann

Já que a função z1/2 é multivalente se não colocarmos a linha de corte, nóspodemos colar duas folhas do plano z ao longo da linha de corte de formaque o argumento de z possa ir além de 2π ao longo da linha de corte e desçade 4π da folha de cima para o início da folha de baixo. Dessa forma, obtemosuma forma contínua e não ambígua de lidar com essa função . Essa nova folhaé chamada de folha de Riemann. Em geral, a estrutura das lhas de Riemannvai mudar conforme a função multivalente em questão .

Ex: Dena w = ez, z = x+ iy, x, y ∈ R. Em coordenadas polares, w = ρeiφ

e assim ρeiφ = ex+iy, ou seja, ρ = ex e φ = y.

Chapter 2

Séries de Fourier

57

Appendix A

Alguns conceitos matemáticos

básicos

A.1 O que é um anel?

O anel é uma estrutura algébrica consistindo num conjunto A com um elemento0 e duas operações binárias + e ., i.e., A×A→ A que satisfazem

1. Associatividade ∀a, b, c ∈ A : (a+ b) + c = a+ (b+ c)

2. Elemento neutro do +, ∀a ∈ A: a+ 0 = 0 + a = a

3. Existência de simétrico de +, ∀a, b ∈ A: a+ b = 0 (único)

4. Comutatividade de +, ∀a, b ∈ A: a+ b = b+ a

5. Associatividade de . , ∀a, b, c ∈ A: (a.b).c = a.(b.c)

6. Distributividade de . em relação a + (à esquerda e à direita), ∀a, b, c ∈ A:a.(b+ c) = a.b+ a.c e (a+ b).c = a.c+ b.c

Se . é comutativo, i.e., (a.b = b.a) então dizemos que o anel é comutativo.

A.2 O que é um corpo?

Um anel comutativo F é um corpo se ∀x ∈ F∗, ∃y ∈ F tal que x.y = 1 (ou sejanão existe divisão por zero). Exemplos de corpos: R, C e etc.

A.3 Espaço vetorial

Um espaço vetorial é uma entidade formada por:

58

APPENDIX A. ALGUNS CONCEITOS MATEMÁTICOS BÁSICOS 59

1) Um corpo K cujos elementos são chamados escalares.

2) Um conjunto V dotado de uma operação binária (denotada por +) ondeV × V → V . Os elementos desse conjunto são chamados de vetores.

3) Uma operação . de K × V em V .

Axiomas: ∀u, v, w ∈ V e ∀a, b ∈ K

(i) (u+ v) + w = u+ (v + w) (associatividade).

(ii) ∃0 ∈ V tal que v + 0 = 0 + v (existência de elemento neutro de +).

(iii) ∃u tal que u+ v = v + u = 0 (existência de elemento inverso de +).

(iv) u+ v = v + u (+ é comutativo).

(v) (a.b).v = a.(b.v).

(vi) 1.v = v.

(vii) a.(v + u) = a.v + a.u.

(viii) (a+ b).v = a.v + b.v

A.3.1 Dimensão de um espaço vetorial

Sejam z1, . . . , zn ∈ V . Esses elementos são ditos linearmente independentes se,para um dado conjunto de escalares a1, . . . , an ∈ K, nós temos que

n∑k=1

akzk = 0 =⇒ ak = 0, ∀k = 1, . . . , n . (A.3.1)

O número máximo de elementos linearmente independentes do espaço vetorialdene a dimensão do espaço.

A.4 Revisão sobre espaços conexos e etc

O espaço Ω na Fig. (A.4.1) é conexo pois quaisquer dois pontos em Ω podemser conectados por uma curva que reside somente em Ω. Além disso, esse espaçotambém é simplesmente conexo pois qualquer curva fechada simples pode sercontinuamente levada num ponto dentro de Ω. A superfície de uma esfera ésimplesmente conexa pois podemos deformar qualquer curva fechada C na su-perfície e transformá-la num ponto (ver Fig. (A.4.2)).


Figure A.4.1: Exemplo de espaço simplesmente conexo.

Figure A.4.2: Podemos levar qualquer curva fechada num ponto de forma con-tínua sobre a superfície da esfera.


Figure A.4.3: O toro não é um espaço simplesmente conexo. Prove essa ar-mação .

Figure A.4.4: Região anular de um disco é conexa mas não é simplesmenteconexa.

Ex: O toro é um espaço conexo mas não é simplesmente conexo (ver Fig.(A.4.3)).

Ex: A região anular de um disco (ver Fig. (A.4.4)) é um espaço mas não ésimplesmente conexo. EM geral, se o espaço tem um buraco ele não pode sersimplesmente conexo.

Ex: O espaço mostrado na Fig. (A.4.5), que é composto pela união dessasregiões , não é conexo.


Figure A.4.5: Exemplo de espaço que não é conexo.

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