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  1. 1. Fun¸˜es de Uma Vari´vel Complexa co a S´rgio L. Zani e
  2. 2. 2
  3. 3. Sum´rio a1 Introdu¸˜o ca 52 Os n´ meros complexos u 93 Representa¸˜o vetorial de um n´ mero complexo ca u 134 Forma polar de um n´ mero complexo u 175 Ra´ ızes de n´ meros complexos u 216 Alguns subconjuntos do plano complexo 257 Algumas fun¸˜es elementares co 298 Limite e continuidade 379 Deriva¸˜o e as equa¸˜es de Cauchy-Riemann ca co 4110 Fun¸˜es anal´ co ıticas 5111 Fun¸˜es multivalentes co 57 11.1 Raiz n−´sima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 e 11.2 Logaritmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 11.3 Potˆncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 e12 Curvas no plano complexo 6313 Integra¸˜o ca 6714 O Teorema de Cauchy-Goursat 75 14.1 Independˆncia do Caminho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 e15 Primitiva 7916 A f´rmula de Cauchy o 85 3
  4. 4. 17 Fun¸˜es Harmˆnicas co o 9318 Seq¨ˆncias e S´ries ue e 9719 S´ries de Potˆncias e e 101 19.1 S´rie de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 e 19.2 Zeros de fun¸˜o anal´ ca ıtica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11520 S´ries de Laurent e 11921 Singularidades 127 21.1 Singularidades e S´rie de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 e22 O Teorema do Res´ ıduo e Aplica¸˜es co 131 22.1 Integrais Impr´prias Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 o 22.2 Outros Tipos de Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 4
  5. 5. Cap´ ıtulo 1Introdu¸˜o caPor que precisamos dos n´meros complexos? u Antes de responder a esta quest˜o vamos dar uma olhada porque j´ precisamos estender o a aconceito de n´meros para podermos resolver algumas equa¸˜es alg´bricas simples. Primeira- u co emente, assumiremos os naturais, N = {1, 2, . . . }, como o conceito primordial de n´mero. Nos un´meros naturais est˜o definidas duas opera¸˜es: a adi¸˜o (+) e a multiplica¸˜o (· ou ×). u a co ca caTamb´m existe uma ordem natural nestes n´meros (<). Considere o seguinte e uProblema 1 Encontre um n´mero natural que somado a 2 resulta em 1. uSe n for este tal n´mero natural, dever´ satisfazer u a n + 2 = 1. (1.1)Como o lado esquerdo da equa¸˜o 1.1 ´ sempre maior do que 2 1 < 2 vemos que n˜o existe ca e asolu¸˜o para este problema dentro dos n´meros naturais. Assim, primeira extens˜o do conceito ca u ade n´mero se faz necess´ria. Da´ surgem os n´meros inteiros u a ı u Z = {. . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . . }que ampliam o conceito dos n´meros naturais e preservam as opera¸˜es e a ordem que j´ u co aexistiam anteriormente. O elemento 0 ´ tal que 0 + m = m para todo M ∈ N e, dado n ∈ N, e−n denota o inteiro que satisfaz (−n) + n = 0. Note que problema 1 tem solu¸˜o em Z. ca Vejamos o seguinteProblema 2 Encontre um n´mero inteiro cujo dobro seja a unidade. uSe n fosse um inteiro que solucionasse este problema dever´ ıamos ter 2n = 1. (1.2)Por´m, o lado esquerdo de 1.2 ´ par, enquanto que o n´mero um ´ ´ e e u e ımpar. Ou seja, n˜o existe asolu¸˜o para o problema 2 dentro dos n´meros inteiros. A solu¸˜o ´ ampliar mais uma vez ca u ca eo conceito de n´meros estendendo-o para o conjunto dos n´meros racionais. Aqui a extens˜o u u a 5
  6. 6. ´ um pouco mais elaborada: primeiro formamos o conjunto de todos pares ordenados (p, q),ecom p, q ∈ Z, q ̸= 0. Depois dizemos que dois pares ordenados (p, q), q ̸= 0 e (m, n), n ̸= 0 s˜o a pequivalentes se pn = qm. Quando isto acontece, representaremos por q ou p/q todos os pares(m, n), n ̸= 0 tais que pn = qm, e chamaremos p/q de um n´mero racional. Podemos tamb´m u edefinir a soma e a multiplica¸˜o entre dois racionais da seguinte maneira ca p m pn + qm p m pm + = e · = , m, n ̸= 0. q n qn q n qn Os n´meros racionais tamb´m tˆm uma ordem natural que estende a ordem existente pre- u e eviamente nos inteiros: dados dois racionais r, s podemos supor que r = p/q, q > 0 e s = m/n,n > 0, e dizemos que r, s se pn < qm. As opera¸˜es e a ordem assim definidas para os n´meros co uracionais preservam as anteriores. Note que 2 apresenta solu¸˜o em Q. ca Considere agora oProblema 3 Encontre um quadrado cuja ´rea seja dois. aSe r for a medida do lado de um tal quadrado, dever´ ıamos ter r2 = 2. (1.3)Esta equa¸˜o, por´m, n˜o tem solu¸˜o dentro dos n´meros racionais. Basta ver que se colocar- ca e a ca umos r = p/q, e notarmos que podemos assumir que p e q n˜o apresentam divisores em comum a(com exce¸˜o de 1 ou −1), ent˜o 1.3 ´ equivalente a ca a e p2 = 2q 2 . (1.4)Assim p2 ´ par e, portanto, p ´ par (por quˆ?). Logo, podemos escrever p = 2k para algum e e einteiro k. Colocando esta informa¸˜o na equa¸˜o 1.4 obtemos ca ca (2k)2 = 2q 2 ⇔ 4k 2 = 2q 2 ⇔ 2k 2 = q 2 .Ou seja, q 2 ´ par e, conseq¨entemente, q tamb´m ´ par. Mas isto ´ imposs´ pois p e q n˜o e u e e e ıvel apossuem divisores comuns que sejam 1 e −1. Concluindo, o problema 3 n˜o apresenta solu¸˜o a caem Q, isto ´, n˜o existe nenhum n´mero racional que satisfa¸a a equa¸˜o r2 = 2. Note por´m, e a u c ca eque existe uma infinidade de racionais que satisfazem a desigualdade r2 < 2 e que podemostomar r2 t˜o pr´ximo de 2 quanto quisermos. Basta considerar, por exemplo, a seq¨ˆncia de a o uen´meros racionais dada por u { r1 = 1 rn+1 = 1 (rn + r2 ), n ≥ 1. 2 n A pr´xima extens˜o a ser considerada, a dos n´meros reais, ´ mais elaborada do que as o a u eanteriores e n˜o a apresentaremos aqui. Contudo, o conjunto dos n´meros reais, R, pode a user entendido como um conjunto ordenado contendo os n´meros racionais, sobre o qual est˜o u adefinidas duas opera¸˜es (adi¸˜o e multiplica¸˜o) que preservam as propriedades anteriores e co ca casatisfazendo o axioma do supremo: todo subconjunto n˜o vazio X ⊂ R e limitado superiormente a 6
  7. 7. possui supremo, isto ´, existe um n´mero real c tal que x ≤ c para todo x ∈ X e se d ∈ R e usatisfizer esta mesma propriedade ent˜o c ≤ d. Note que o conjunto X = {x ∈ R; x > 0, x2 < 2} a´ n˜o vazio, pois 1 ∈ X, e ´ limitado superiormente por 2, por exemplo. Desta maneira, X possuie a esupremo em R. Pode-se provar que o supremo de X, digamos c, satisfaz c2 = 2, resolvendo-se,assim, o problema 3 em R. Considere oProblema 4 Encontre um n´mero cujo quadrado seja igual a −1. uSe x ∈ R ´ solu¸˜o deste problema ent˜o ter´ e ca a ıamos x2 = −1. Isto ´ imposs´ e ıvel, visto que comox ̸= 0 ent˜o ter´ a ıamos x > 0 ou −x > 0 e assim, x2 = x · x = (−x) · (−x) > 0,uma contradi¸˜o. ca Antes de continuarmos, talvez seja natural tentar explicar porque se deveria resolver umproblema como 4. Uma motiva¸˜o para isto pode ser dada pela equa¸˜o diferencial que descreve ca cao movimento do pˆndulo: e y ′′ + y = 0. (1.5)Note que as fun¸˜es ex e e−x , x ∈ R satisfazem y ′′ − y = 0 e, portanto, ´ natural procuramos co e λxsolu¸˜o de 1.5 da forma y(x) = e . Somos levados a ca (λ2 + 1)eλx = 0, x ∈ R,ou seja, o quadrado de λ deve ser igual a −1. 7
  8. 8. 8
  9. 9. Cap´ ıtulo 2Os n´ meros complexos uConsidere em C = R × R, o plano cartesiano, duas opera¸˜es dadas por: co 1. (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ) 2. (x1 , y1 ) · (x2 , y2 ) = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ).Tamb´m podemos definir a multiplica¸˜o de um par (x, y) por um n´mero real λ da seguinte e ca uforma: λ(x, y) = (λx, λy) (multiplica¸˜o por escalar). caA primeira das opera¸˜es acima nada mais ´ do que a soma de coordenadas vetoriais que j´ co e ae ´´ familiar de Algebra Linear ou C´lculo II e como visto, satisfaz as propriedades associativa e acomutativa apresenta um elemento neutro e para todo par ordenado existe um rec´ ıproco quesomada a ele resulta no elemento neutro. Note que C com a adi¸˜o e a multiplica¸˜o por escalar ca careal ´ um espa¸o vetorial sobre R de dimens˜o dois. e c a Com rela¸˜o ` opera¸˜o 2, temos a seguinte ca a caProposi¸˜o 1 A opera¸˜o definida em C = R × R por ca ca (x1 , y1 ) · (x2 , y2 ) = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 )´ associativa e comutativa e satisfaz (1, 0) · (x, y) = (x, y), para todo (x, y) ∈ R2 .e Al´m do mais, se (x, y) ̸= (0, 0) ent˜o existe (u, v) ∈ C tal que (x, y) · (u, v) = (1, 0). e aProva: 1. Associatividade: Por um lado, temos ((x1 , y1 ) · (x2 , y2 )) · (x3 , y3 ) = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ) · (x3 , y3 ) (x1 x2 x3 − x3 y1 y2 − x1 y2 y3 − x2 y1 y3 , x1 x2 y3 − y1 y2 y3 + x1 x3 y2 + x2 x3 y1 ). Por outro lado, (x1 , y1 ) · ((x2 , y2 ) · (x3 , y3 )) = (x1 , y1 ) · (x2 x3 − y2 y3 , x2 y3 + x3 y2 ) (x1 x2 x3 − x3 y1 y2 − x1 y2 y3 − x2 y1 y3 , x1 x2 y3 − y1 y2 y3 + x1 x3 y2 + x2 x3 y1 ). Comparando as express˜es acima obtemos o que quer´ o ıamos mostrar. 9
  10. 10. 2. Associatividade: Por um lado, temos (x1 , y1 ) · (x2 , y2 ) = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ). Por outro lado, (x2 , y2 ) · (x1 , y1 ) = (x2 x1 − y2 y1 , x2 y1 + x1 y2 ). Comparando as express˜es acima obtemos o que quer´ o ıamos mostrar. 3. Elemento Neutro: Temos (1, 0) · (x, y) = (1x − 0y, 1y + 0x) = (x, y). 4. Inverso Multiplicativo: Se (x, y) ̸= (0, 0) ent˜o podemos definir a ( ) x y (u, v) = ,− x2 + y 2 x 2 + y 2 e obtemos ( ) x y (x, y) · (u, v) = (x, y) · ,− x2 + y 2 x 2 + y 2 ( ) x2 −y 2 −xy xy = − , + = (1, 0) . x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 ıcio 1 Mostre que se (x, y) ̸= (0, 0) ent˜o o inverso multiplicativo de (x, y) ´ unico.Exerc´ a e´Se n ∈ N e z ∈ C definimos z n = z n−1 · z, n ≥ 2, z 1 = z. O inverso multiplicativo de umn´mero complexo z n˜o nulo ser´ denotado por z −1 e se m ´ um inteiro negativo, definimos u a a e −1 −mz = (z ) . Se z1 , z2 ∈ C, e z2 ̸= 0, definimos m z1 −1 = z1 z2 . z2 As opera¸˜es de multiplica¸˜o e adi¸˜o se relacionam atrav´s da distributividade como pode co ca ca eser visto na seguinteProposi¸˜o 2 Para quaisquer pares (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ) ∈ C tem-se ca ((x1 , y1 ) + (x2 , y2 )) · (x3 , y3 ) = (x1 , y1 ) · (x3 , y3 ) + (x2 , y2 ) · (x3 , y3 ).Prova: Por um lado, temos ((x1 , y1 ) + (x2 , y2 )) · (x3 , y3 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ) · (x3 , y3 ) = (x1 x3 + x2 x3 − y1 y3 − y2 y3 , x1 y3 + x2 y3 + x3 y1 + x3 y2 ). 10
  11. 11. Por outro, (x1 , y1 ) · (x3 , y3 ) + (x2 , y2 ) · (x3 , y3 ) = (x1 x3 − y1 y3 , x1 y3 + x3 y1 ) + (x2 x3 − y2 y3 , x2 y3 + x3 y2 ) = (x1 x3 + x2 x3 − y1 y3 − y2 y3 , x1 y3 + x2 y3 + x3 y1 + x3 y2 ).Comparando as express˜es acima obtemos o que quer´ o ıamos mostrar.Defini¸˜o 1 O conjunto C munido das opera¸˜es de adi¸˜o e multiplica¸˜o definidas acima ´ ca co ca ca echamado de corpo dos n´meros complexos. uVale a pena observar que as seguintes propriedades 1. (x, 0) + (y, 0) = (x + y, 0), ∀ x, y ∈ R 2. (x, 0) · (y, 0) = (xy, 0), ∀ x, y ∈ Rdizem que o subconjunto dos n´meros complexos dado por R = {(x, 0); x ∈ R} ´ preservado u epela adi¸˜o e multiplica¸˜o. Desta forma, ´ natural identificarmos R com o conjunto dos ca ca en´meros reais. Em outras palavras: podemos assumir que o conjunto dos n´meros reais ´ um u u esubconjunto dos n´meros complexos. u Como j´ observamos, C ´ um espa¸o vetorial sobre R com respeito ` adi¸˜o e a multiplica¸˜o a e c a ca capor escalares reais. Al´m do mais, por seus elementos serem pares ordenados, C ´ um espa¸o e e cvetorial bidimensional sobre R. Desta forma, como (1, 0) e (0, 1) formam uma base, todo parz = (x, y) ∈ C se escreve de maneira unica como ´ z = x(1, 0) + y(0, 1). J´ vimos que (1, 0) ´ o elemento neutro da multiplica¸˜o e como (1, 0) ∈ R, vamos denot´-lo a e ca atamb´m por 1. e Vejamos o comportamento de (0, 1). Temos (0, 1) · (0, 1) = (0 − 1, 0 − 0) = (−1, 0) = −(1, 0),ou seja, (0, 1)2 = −(1, 0). (2.1)Assim, o n´mero complexo (0, 1) possui quadrado rec´ u ıproco aditivo do elemento neutro daadi¸˜o. Usaremos a nota¸˜o i = (0, 1), obtendo ca ca i2 = −1.Com isto, todo elemento z = (x, y) ∈ C pode ser escrito de modo unico como z = x1 + yi, ou ´ainda z = x + yi. Tamb´m escreveremos z = x + iy. e Dado z = x + iy, x, y ∈ R, o n´mero x ´ chamado de parte real do n´mero complexo z u e ue ´ denotado por ℜz. O n´mero y ´ chamado de parte imagin´ria do n´mero complexo z e ´ e u e a u edenotado por ℑz. Temos z = 0 se e somente se ℜz = ℑz = 0. Com esta nova nota¸˜o, as opera¸˜es em C podem ser escritas da seguinte forma ca co 11
  12. 12. 1. (x1 + iy1 ) + (x2 + iy2 ) = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 ) 2. (x1 + iy1 )(x2 + iy2 ) = (x1 x2 − y1 y2 ) + i(x1 y2 + x2 y1 ).Al´m do mais, o inverso multiplicativo de z = x + iy ̸= 0, ´ dado por e e x y z −1 = −i 2 . x2 +y 2 x + y2Exemplo 1 Encontre as partes real e imagin´ria de z = (1 + i)2 . aTemos z = (1 + i)(1 + i) = 1 + i + i + i2 = 2i. Logo ℜz = 0 e ℑz = 2.Exemplo 2 Encontre as partes real e imagin´ria de z = (1 + i)/(1 − i). a −1Temos z = (1 + i)(1 − i)−1 = (1 + i)( 12 +(−1)2 − i 12 +(−1)2 ) = 2 (1 + i)2 = 2 2i = i. Logo ℜz = 0 e 1 1 1ℑz = 1. 12
  13. 13. Cap´ ıtulo 3Representa¸˜o vetorial de um n´ mero ca ucomplexoJ´ vimos que um n´mero complexo z = x+iy, x, y ∈ R ´ uma representa¸˜o de um par ordenado a u e ca(x, y). Assim, podemos represent´-lo num plano cartesiano xOy, identificando o eixo x com os an´meros reais (os m´ltiplos de 1 = (1, 0)). O eixo y representa os m´ltiplos de i = (0, 1) e ser´ u u u adenominado de eixo imagin´rio. a 6 y ...............................................................................3. ..... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i . . . . . . . . . . . . . . - O 1 x Com esta vis˜o geom´trica dos n´meros complexos, definimos o m´dulo de z = x + iy, x, y ∈ √a e u oR, como |z| = x2 + y 2 . A partir da´ definimos a distˆncia entre dois n´meros complexos z1 ı, a ue z2 como |z1 − z2 |. E ´ imediato que valem as desigualdades ℜz ≤ |ℜz| ≤ |z| e ℑz ≤ |ℑz| ≤ |z|. O conjugado de z = x + iy, x, y ∈ R, ´ definido como z = x − iy. Geometricamente, z ´ a e ereflex˜o do vetor que representa z com rela¸˜o ao eixo real. a ca Note que valem as seguintes propriedades elementaresProposi¸˜o 3 Para todo z, z1 , z2 ∈ C temos ca 13
  14. 14. 1. |z| = |z| 2. z + z = 2ℜz 3. z − z = 2iℑz 4. z = z 5. z = z ⇐⇒ z ∈ R 6. z1 + z2 = z1 + z2 7. λz = λz se λ ∈ R.Exerc´ ıcio 2 Prove as propriedades acima. 6 z y ...............................................................................3. ..... . . . . . . . . . . . . . . . . . i . . . . . . . . . . . . . . . . - . . . . O 1 x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . s. . z¯ Tamb´m temos eProposi¸˜o 4 Para todo z, z1 , z2 ∈ C temos ca 1. |z|2 = zz 2. z1 z2 = z1 z2 3. |z1 z2 | = |z1 ||z2 | 14
  15. 15. |z1 | 4. z1 z2 = |z2 | , se z2 ̸= 0 5. |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | 6. ||z1 | − |z2 || ≤ |z1 − z2 |.Prova: Colocando x = ℜz, y = ℑz, x1 = ℜz1 , y1 = ℑz1 , x2 = ℜz2 e y2 = ℑz2 , temos 1. zz = (x + iy)(x − iy) = x2 + y 2 + i(xy − xy) = x2 + y 2 = |z|2 . 2. Por um lado, z1 z2 = x1 x2 − y1 y2 + i(x1 y2 + x2 y1 ) = x1 x2 − y1 y2 − i(x1 y2 + x2 y1 ) e pelo outro, z1 z2 = (x1 − iy1 )(x2 − iy2 ) = x1 x2 − y1 y2 + i(−x1 y2 − x2 y1 ) = x1 x2 − y1 y2 − i(x1 y2 + x2 y1 ) 3. Como |z1 z2 |2 = z1 z2 z1 z2 = z1 z2 z1 z2 = z1 z1 z2 z2 = |z1 |2 |z2 |2 extraindo a raiz quadrada (as express˜es envolvem n´meros reais) obtemos o resultado. o u 4. z1 z1 z2 1 1 1 |z1 | = = |z z | = 2 1 2 |z ||z2 | = 2 1 |z ||z2 | = 2 1 . z2 z2 z2 |z2 | |z2 | |z2 | |z2 | 5. |z1 + z2 |2 = (z1 + z2 )(z1 + z2 ) = (z1 + z2 )(z1 + z2 ) = z1 z1 + z2 z1 + z1 z2 + z2 z2 = |z1 |2 + |z2 |2 + z1 z2 + z1 z2 = |z1 |2 + |z2 |2 + 2ℜ(z1 z2 ) ≤ |z1 |2 + |z2 |2 + 2|z1 z2 | = |z1 |2 + |z2 |2 + 2|z1 ||z2 | = |z1 |2 + |z2 |2 + 2|z1 ||z2 | = (|z1 | + |z2 |)2 , extraindo a raiz quadrada obtemos o resultado. 6. |z1 | = |z1 − z2 + z2 | ≤ |z1 − z2 | + |z2 | e |z2 | = |z2 − z1 + z1 | ≤ |z2 − z1 | + |z1 | = |z1 − z2 | + |z1 |. Da´ ı ±(|z1 | − |z2 |) ≤ |z1 − z2 |, ou seja, ||z1 | − |z2 || ≤ |z1 − z2 |. 15
  16. 16. Exemplo 3 Determine todos os valores a ∈ R para que a+i 1 + aiseja real.Temos a+i a + i 1 − ai a − a2 i + i + a 2a 1 − a2 = · = = +i . 1 + ai 1 + ai 1 − ai 1 + a2 1 + a2 1 + a2Assim, ( ) a+i ℑ = 0 ⇐⇒ a2 = 1 ⇐⇒ a = 1 ou a = −1. 1 + aiExemplo 4 Dados θ ∈ R e z = cos θ + i sen θ, encontre |z|.Temos |z|2 = zz = (cos θ + i sen θ)(cos θ − i sen θ) = cos2 θ + sen2 θ = 1.Logo, | cos θ + i sen θ| = 1.Exemplo 5 Resolva a equa¸˜o iz + 2z + 1 − i = 0. caColocando x = ℜz e y = ℑz, vemos que z satisfaz a equa¸˜o acima se e somente se ca i(x + iy) + 2(x − iy) = −1 + i ⇐⇒ 2x − y + i(x − 2y) = −1 + i { 2x − y = −1 ⇐⇒ ⇐⇒ x = y = −1. x − 2y = 1Exemplo 6 Determine todos os n´meros complexos cujo quadrado seja igual ao conjugado. uUm n´mero complexo z = x + iy, x, y ∈ R ´ solu¸˜o deste problema se e somente se u e ca z 2 = z ⇐⇒ (x + iy)2 = x − iy ⇐⇒ x2 − y 2 + 2xyi = x − iy { x2 − y 2 = x ⇐⇒ . 2xy = −y ⇔ y = 0 ou x = −1/2 Se y = 0 a primeira equa¸˜o acima ´ equivalente a x2 = x cujas solu¸˜es s˜o x = 0 ou x = 1. ca e co a √Se x = −1/2 a primeira equa¸˜o acima ´ equivalente a y = 3/4 cujas solu¸˜es s˜o y = 2 √ ca e co a− 3/2 ou y = 3/2. Assim, o conjunto das solu¸˜es do problema ´ dado por co e √ √ 1+i 3 1−i 3 {0, 1, − ,− }. 2 2 16
  17. 17. Cap´ ıtulo 4Forma polar de um n´ mero complexo uDado um n´mero complexo z ̸= 0, podemos represent´-lo em coordenadas polares como u a z = r cos θ + ir sen θ = r(cos θ + i sen θ), (4.1)onde r = |z| e θ ´ o ˆngulo que o vetor representado por z faz com o eixo real medido no sentido e aanti-hor´rio em radianos. Devido ` periodicidade das fun¸˜es seno e cosseno, ´ evidente que a a a co eequa¸˜o 4.1 continua v´lida se substituirmos θ por θ + 2kπ, k ∈ Z. Um ˆngulo θ que satisfaz ca a a4.1 ´ chamado de argumento do n´mero complexo z e ´ denotado por arg z. Enfatizamos que e u eexistem infinitos argumentos para um mesmo n´mero complexo. Por´m, dado um intervalo de u en´meros reais da forma I = [θ0 , θo + 2π), existe apenas um argumento em I para cada z ̸= 0. u y 6 * z r i θ - 1 x √ Colocando z = x + iy ̸= 0, x, y ∈ R, vemos que r = x2 + y 2 . Vejamos como se comportao arg z ∈ [0, 2π). Se z for um n´mero real ent˜o arg z = 0 se ℜz > 0 e arg z = π se ℜz < 0. Se u az ´ um n´mero imagin´rio puro ent˜o arg z = π se ℑz > 0 e arg z = 3π se ℑz < 0. Finalmente, e u a a 2 2se ℜz ̸= 0 e ℑz ̸= 0 ent˜o θ = arg z fica determinado pela equa¸˜o a ca ℑz tan θ = ℜze pelo quadrante onde se encontra o vetor que representa z.Observa¸˜o 1 Dois n´meros complexos coincidem se e somente se tˆm o mesmo m´dulo e ca u e oseus argumentos diferem por um m´ltiplo inteiro de 2π. u A representa¸˜o 4.1 continua v´lida quando z = 0, tomando r = 0 e θ ∈ R arbitr´rio. ca a a 17
  18. 18. Exemplo 7 Encontre uma representa¸˜o polar para z = 1 + i. ca √Temos r = |z| = 2. Como z se encontra no primeiro quadrante temos que a solu¸˜o para catan θ = 1 = 1 ´ θ = π . Assim, uma forma polar de z ´ 1 e 4 e √ ( π π) 1+i= 2 cos + i sen . 4 4Exemplo 8 Dado θ ∈ R, determine uma forma polar dos seguintes n´meros complexos u a) z = cos θ − i sen θ b) v = sen θ − i cos θ.´E imediato que ambos n´meros acima tˆm m´dulo 1. u e o Note que z = cos θ − i sen θ = cos(−θ) + i sen(−θ)que ´ uma forma polar para z. e Observe que ( ) 3π 3π u = −i (cos θ + i sen θ) = cos + i sen (cos θ + i sen θ) 2 2 ( ) 3π 3π 3π 3π = cos cos θ − sen sen θ + i cos sen θ + sen cos θ 2 2 2 2 ( ) ( ) 3π 3π = cos θ + + i sen θ + , 2 2que ´ uma forma polar. eExerc´ ıcio 3 Dado 0 < θ < π, determine uma forma polar dos seguintes n´mero complexo u z = 1 + cos θ + i sen θ.Proposi¸˜o 5 Seja z ̸= 0. Se θ ´ um argumento de z ent˜o −θ ´ um argumento de z. ca e a eProva: Escrevendo z = r(cos θ + i sen θ), tomando o conjugado, obtemos z = r(cos θ − i sen θ) = r(cos(−θ) + i sen(−θ)).Proposi¸˜o 6 Se rj e θj representam o m´dulo e um argumento, respectivamente, de zj ∈ C, ca opara j = 1, 2, ent˜o r1 r2 e θ1 + θ2 representam o m´dulo e um argumento de z1 z2 . a o 18
  19. 19. Prova: Basta notar que z1 z2 = [r1 (cos θ1 + i sen θ1 )][r2 (cos θ2 + i sen θ2 )] = r1 r2 (cos θ1 cos θ2 − sen θ1 sen θ2 + i(cos θ1 sen θ2 + cos θ2 sen θ1 )) = r1 r2 (cos(θ1 + θ2 ) + i sen(θ1 + θ2 )).Corol´rio 1 Se rj e θj representam o m´dulo e um argumento, respectivamente, de zj ∈ C, a opara j = 1, 2, z2 ̸= 0, ent˜o r1 /r2 e θ1 − θ2 representam o m´dulo e um argumento de z1 /z2 . a oProva: Temos z1 z1 z2 1 = = 2 r1 r2 (cos(θ1 − θ2 ) + i sen(θ1 − θ2 )) z2 |z2 |2 r2 r1 = (cos(θ1 − θ2 ) + i sen(θ1 − θ2 )) r2Observa¸˜o 2 Seja zo = cos θo + i sen θo , θo > 0. Dado z ∈ C, temos que zo z ´ a rota¸˜o do ca e cavetor que representa z pelo ˆngulo θo no sentido anti-hor´rio. Se θo < 0 a rota¸˜o ´ no sentido a a ca eoposto.A observa¸˜o acima segue imediatamente da proposi¸˜o 6 e do corol´rio 1 notando-se que ca ca a|zo | = 1. A proposi¸ao 6 se estende, por indu¸˜o finita, da seguinte maneira: c˜ caProposi¸˜o 7 Se rj e θj representam o m´dulo e um argumento, respectivamente, de zj ∈ C, ca opara j = 1, . . . , n ent˜o r1 · · · rn e θ1 + · · · + θn representam o m´dulo e um argumento de a oz1 · · · zn . Tomando z = z1 = · · · = zn obtemos o seguinteCorol´rio 2 Se r e θ representam o m´dulo e um argumento, respectivamente, de z ∈ C, ent˜o a o apara todo n ∈ N temos z n = rn (cos(nθ) + i sen(nθ)).Al´m do mais, se z ̸= 0, a f´rmula acima ´ valida para todo n ∈ Z. e o eCorol´rio 3 (De Moivre) Para todo θ ∈ R e todo n ∈ Z temos a (cos θ + i sen θ)n = cos(nθ) + i sen(nθ).Prova: Basta notar que | cos θ + i sen θ| = 1. 19
  20. 20. Exemplo 9 Mostre que {in ; n ∈ Z} = {−1, 1, −i, i}.Como i = cos π + i sen π , obtemos in = cos nπ + i sen nπ . Agora, se n ∈ Z, podemos escrever 2 2 2 2n = 4k + r onde r ∈ {0, 1, 2, 3} e ent˜o a  1, se r = 0   n (4k + r)π (4k + r)π rπ rπ i, se r = 1 i = cos + i sen = cos + i sen = 2 2 2 2 −1, se r = 2    −i, se r = 3. 20
  21. 21. Cap´ ıtulo 5Ra´ ızes de n´ meros complexos uNas se¸˜es anteriores vimos como operar com n´meros complexos. Nesta se¸˜o vamos nos ater co u caa encontrar solu¸˜es para equa¸˜es do tipo co co z n = zo , (5.1)em que n ∈ N e zo ∈ C s˜o dados. A melhor maneira para tratar este problema ´ usando a a eforma polar de representa¸˜o. ca Primeiramente, ´ claro que se zo = 0 ent˜o a equa¸˜o 5.1 apresenta somente a solu¸˜o z = 0. e a ca caEscrevendo z = r(cos θ + i sen θ) e zo = ro (cos θo + i sen θo ) vemos que 5.1 ´ equivalente a e rn (cos(nθ) + i sen(nθ)) = ro (cos θo + i sen θo ), (5.2)que por sua vez ´ equivalente a e { { √ rn = ro r = n ro ⇐⇒ (5.3) nθ = θo + 2kπ, para algum k ∈ Z θ = θo + n 2kπ n , para algum k ∈ Z.´ √E bom salientar que n ro representa a raiz n-´sima (positiva) do n´mero real e positivo ro . e uQuanto ` equa¸˜o a ca θo 2kπ θ= + n nvemos que para cada k ∈ Z temos um valor distinto de θ e para designar esta dependˆncia eescreveremos θk ao inv´s de θ, isto ´ e e θo 2kπ θk = + . n nTamb´m escreveremos e √ zk = n ro (cos θk + i sen θk ).E f´cil ver que para todo k, ℓ ∈ Z temos´ a cos(θk+ℓn ) + i sen(θk+ℓn ) = cos θk + i sen θk , 21
  22. 22. ou seja, zk+ℓn = zk . Isto significa que podemos nos restringir `s solu¸˜es dadas por a co z0 , . . . , zn−1 . (5.4)Note que os n´meros em 5.4 s˜o dois a dois distintos, pois embora tenham o mesmo m´dulo, u a oseus argumentos n˜o diferem por nenhum m´ltiplo inteiro de 2π (veja a observa¸˜o 1). a u ca Em resumo, se zo = ro (cos θo + i sen θo ) ̸= 0, a equa¸˜o 5.1 apresenta n solu¸˜es (ra´ ca co ızes)distintas dadas por ( ( ) ( )) √ θo + 2kπ θo + 2kπ zk = n ro cos + i sen , k = 0, . . . , n − 1. n n Note que se colocarmos ( ( ) ( )) √ θo θo ζ= n ro cos + i sen n ne ( ) ( ) 2kπ 2kπ ζk = cos + i sen , k = 0, . . . , n − 1, n nobtemos ζ n = zo , ζk = 1 e as solu¸˜es de 5.1 s˜o dadas por zk = ζζk , k = 0, . . . , n − 1. Ou n co aseja conhecendo-se uma raiz de zo as outras ra´ s˜o obtidas multiplicando-a pelas ra´ da ızes a ızesunidade. Observe ainda que pela f´rmula de De Moivre (veja 3) temos ζk = ζ1 para k = 0, . . . , n − 1. o kDe onde, ζk = ζ1 ζk−1 , k = 1, . . . , n − 1, que geometricamente nos diz que ζk ´ obtido rodando e 2πζk−1 de um ˆngulo n no sentido anti-hor´rio. Desta maneira, as ra´ n-´simas da unidade s˜o a a ızes e aprecisamente os v´rtices do pol´ e ıgono regular inscrito na circunferˆncia {z ∈ C; |z| = 1} tendo ecomo um do v´rtices o n´mero um. e u 6 2π π .. θ1 = = ..... 8 4 ...... ..... ....... ..... ....... 1 - As ra´ de z 8 = 1. ızesExemplo 10 Encontre todas as ra´zes de z 4 = 1. ı 22
  23. 23. Como vimos, as ra´ s˜o dadas por ızes a ( ) ( ) ( ) ( ) 2kπ 2kπ kπ kπ ζk = cos + i sen = cos + i sen , k = 0, . . . , 3, 4 4 2 2ou seja, ζ0 = 1, ζ1 = i, ζ2 = −1 e ζ3 = −i.Exemplo 11 Encontre as ra´zes de z 3 = 1 − i. ıComo ( ) √ 7π 7π 1−i= 2 cos + i sen , 4 4obtemos ( ) √ 6 7π 7π z0 = 2 cos + i sen , 12 12 ( ) √6 15π 15π z1 = 2 cos + i sen 12 12e ( ) √ 6 23π 23π z2 = 2 cos + i sen . 12 12 23
  24. 24. 24
  25. 25. Cap´ ıtulo 6Alguns subconjuntos do planocomplexoJ´ vimos que a distˆncia entre dois pontos z1 = x1 + iy1 , z2 = x2 + iy2 , x1 , x2 , y1 , y2 ∈ R ´ dada a a epor √ |z1 − z2 | = |(x1 − x2 ) + i(y1 − y2 )| = (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 ,que nada mais ´ do que a distˆncia usual entre dois pontos do plano euclidiano. Desta forma, e adefiniremos conjuntos abertos, fechados, etc., como feito em C´lculo II. Vamos `s defini¸˜es a a coDefini¸˜o 2 ca 1. Se zo ∈ C e r > 0, o conjunto D(zo , r) = {z ∈ C; |z − zo | < r} ´ chamado de disco aberto centrado em zo e de raio r > 0. e 2. Se zo ∈ C e r > 0, o conjunto D[zo , r] = {z ∈ C; |z − zo | ≤ r} ´ chamado de disco fechado centrado em zo e de raio r > 0. e 3. Um ponto zo ∈ X ⊂ C ´ chamado ponto interior de X se existir r > 0 tal que D(zo , r) ⊂ e X. 4. Dizemos que X ⊂ C ´ aberto se todo x ∈ X ´ ponto interior de X. e e 5. Dizemos que X ⊂ C ´ fechado se o seu complementar for aberto. e 6. A fronteira de X ⊂ C, denotada por ∂X, ´ formada por todo ponto z ∈ C tal que z e n˜o ´ ponto interior de X e z tamb´m n˜o ´ ponto interior do complementar de X. a e e a e Equivalentemente, z ∈ ∂X se e somente se para todo r > 0, existem z1 ∈ X e z2 no complementar de X tal que z1 , z2 ∈ D(z, r).Exemplo 12 O disco aberto ´ um exemplo de conjunto aberto, bem como uma reuni˜o qualquer e ade discos abertos. 25
  26. 26. Exemplo 13 O disco fechado ´ um exemplo de conjunto fechado, bem como uma intersec¸˜o e caqualquer de discos fechados. Podemos tamb´m trazer para o plano complexo as curvas que foram estudadas em Geometria eAnal´ıtica como as retas, os c´ırculos, as elipses, etc. Na geometria anal´ ıtica, estas curvas s˜o aexpressas em termos das coordenadas dos pontos que est˜o sobre elas. No plano complexo, aentretanto, ´ mais conveniente express´-las em termos do ponto z e de seu conjugado z, ou e aainda com rela¸˜o ao m´dulo ou ` distˆncia. O que permite esta passagem s˜o as rela¸˜es ca o a a a coexistentes entre as partes real e imagin´ria de um n´mero complexo com rela¸˜o a este n´mero a u ca ue o seu conjugado.Exemplo 14 Considere a equa¸˜o geral da reta no plano cartesiano dada por ax + by + c = 0, caa2 + b2 > 0. Enfatizamos que as constantes a, b e c s˜o n´meros reais e que um ponto que est´ a u asobre esta reta tem coordenadas reais. Mostre que a esta equa¸˜o pode ser escrita na forma ca αz + α z + β = 0onde z = x + iy, x, y ∈ R e α ∈ C, β ∈ R. Lembre que 2x = z + z e 2iy = z − z. Com isto, vemos que um ponto z = x + iy est´ sobre aa reta dada se e somente se z+z z−z a − bi a + bi a +b +c=0⇔ z+ z + c = 0, 2 2i 2 2que est´ na forma desejada. aExemplo 15 Mostre que o c´rculo C(zo , r) = {z ∈ C; |z − zo | = r} pode ser escrito como ı zz + αz + α z + β = 0onde α ∈ C e β ∈ R. Temos |z − zo | = r ⇔ |z − zo |2 = r2 ⇔ (z − zo )(z − zo ) = r2 ⇔ (z − zo )(z − zo ) = r2 ⇔ zz − zo z − zo z + |zo |2 − r2 = 0,que est´ na forma desejada. a ıcio 4 Descreva geometricamente o conjunto R = {z ∈ C; ℜz ≥ ℑ(z + 1)}.Exerc´Colocando z = x + iy, x, y ∈ R, temos que x = ℜz e y = ℑ(z + 1) e, assim, z ∈ R se e somentese x ≥ y. Desta forma, R representa o semiplano fechado determinado pela reta z = y quecont´m o ponto (1, 0). e 26
  27. 27. T y=x E x≥y ıcio 5 Descreva geometricamente o conjunto R = {z ∈ C; ℜz 2 = 1}.Exerc´Colocando z = x + iy, x, y ∈ R, temos que ℜz 2 = x2 − y 2 e, portanto, ℜz 2 = 1 ⇔ x2 − y 2 = 1,que representa uma hip´rbole. e y 6 - x x2 − y 2 = 1 ıcio 6 Descreva geometricamente o conjunto R = {z ∈ C;Exerc´ z−i z+i = 2}.Colocando z = x + iy, x, y ∈ R, temos que z ∈ R se e somente se √ √ |z − i| = 2|z + i| ⇔ x2 + (y − 1)2 = 2 x2 + (y + 1)2 ⇔ x2 + (y − 1)2 = 4x2 + 4(y + 1)2 ( )2 10 5 25 ⇔ 3x + 3y + 10y + 3 = 0 ⇔ x + y + y + 1 = 0 ⇔ x + y + 2 2 2 2 2 +1− =0 3 3 9 ( )2 5 16 ⇔x + y+ 2 = , 3 9isto ´, R = C(−i 5 , 4 ), o c´ e 3 3 ırculo centrado em −i 5 com raio 3 . 3 4 27
  28. 28. T E−i 5 328
  29. 29. Cap´ ıtulo 7Algumas fun¸˜es elementares coSeja D um subconjunto de C. Uma fun¸˜o f a valores complexos sobre D ´ uma rela¸˜o ca e caque a cada z ∈ D associa um unico elemento de C, denotado por f (z). Usaremos a nota¸˜o ´ caF : D → C, para representar uma fun¸˜o definida em D que toma valores em C. As fun¸˜es ca co z → ℜf (z) e z → ℑf (z)s˜o chamadas de partes real e imagin´ria de f, respectivamente. Usando a identifica¸˜o z = a a cax + iy = (x, y), x, y ∈ R, podemos definir as fun¸˜es u, v : D → R por co u(x, y) = ℜf (x + iy) e v(x, y) = ℑf (x + iy).Note que u e v s˜o fun¸˜es de duas vari´veis a valores reais. a co a Vejamos alguns exemplos de fun¸˜es. coExemplo 16 Fixados a0 , . . . , an ∈ C, definimos f (z) = a0 + a1 z + · · · + an z n , z ∈ C,que ´ chamada de fun¸˜o polinomial. Os n´meros a0 , . . . , an s˜o chamados de coeficientes de e ca u af.Exerc´ ıcio 7 Mostre que se f ´ uma fun¸˜o polinomial com coeficientes reais ent˜o f (z) = f (z). e ca aEm particular, f (zo ) = 0 se e somente se f (zo ) = 0.Exemplo 17 Seja f (z) = z 2 − 3iz − 2. Note que f (i) = −1 + 3 − 2 = 0 mas f (i) = f (−i) =−1 − 3 − 2 = −6 ̸= 0.Exemplo 18 Se p e q s˜o fun¸˜es polinomiais, definimos a fun¸˜o racional h(z) = p(z)/q(z) a co capara todo z ∈ C tal que q(z) ̸= 0. Mais adiante veremos que para cada fun¸˜o polinomial, cadigamos q, existe somente um n´mero finito de n´meros complexos satisfazendo q(z) = 0. u u ıcio 8 Seja f (z) = 1/z definida para z ̸= 0. Encontre as partes real e imagin´ria de f.Exerc´ a 29
  30. 30. Colocando z = x + iy, x, y ∈ R, temos 1 z x y = 2 = 2 −i 2 . z |z| x +y 2 x + y2Assim, as partes real e imagin´ria s˜o dadas, respectivamente, por a a x y u(x, y) = e v(x, y) = − , (x, y) ̸= (0, 0). x2 + y2 x2 + y2Exerc´ ıcio 9 Seja z−i z ̸= −1. h(z) = (1 + i) , z+1Mostre que imagem imagem do conjunto S = {cos θ + i sen θ, −π < θ < π} ´ o eixo real. e e ırculo centrado na origem de raio um do qual foi exclu´ o n´mero −1. ParaNote que S ´ o c´ ıdo u−π < θ < π temos cos θ + i(sen θ − 1) h(cos θ + i sen θ) = (1 + i) 1 + cos θ + i sen θ cos θ + i(sen θ − 1) 1 + cos θ − i sen θ = (1 + i) · 1 + cos θ + i sen θ 1 + cos θ − i sen θ 1 + cos θ − sen θ + i(−1 + sen θ − cos θ) = (1 + i) 2(1 + cos θ) 1 + cos θ − sen θ 1 + cos θ − sen θ = (1 + i)(1 − i) = ∈ R. 2(1 + cos θ) 1 + cos θAl´m do mais, usando L’Hospital para fun¸˜o de vari´vel real, temos e ca a 1 + cos θ − sen θ − sen θ − cos θ lim = lim = lim (1 + cotg θ) = −∞ θ→π+ 1 + cos θ θ→π+ − sen θ θ→π+e 1 − cos θ − sen θ − sen θ − cos θ lim = lim = lim (1 + cotg θ) = +∞ θ→π− 1 + cos θ θ→π− − sen θ θ→π−e como φ(θ) = h(cos θ + i sen θ), ´ uma fun¸˜o cont´ e ca ınua de −π < θ < π, vemos que a imagemde S pela fun¸˜o h ´ todo o eixo real. ca eDefini¸˜o 3 Definimos a fun¸˜o exponencial por ca ca exp z = ex (cos y + i sen y), onde x = ℜz, y = ℑz.Proposi¸˜o 8 Mostre que ca 1. exp(z1 + z2 ) = exp z1 exp z2 para todo z1 , z2 ∈ C; 30
  31. 31. 2. | exp z| = eℜz para todo z ∈ C; em particular exp z ̸= 0; 3. (exp z)n = exp(nz) para z ∈ C e n inteiro; 4. exp z = exp z; 5. Se z ´ real ent˜o e a exp(iz) + exp(−iz) exp(iz) − exp(−iz) exp z = ez , cos z = e sen z = . 2 2iProva: 1. Escrevendo zj = xj + iyj , xj , yj ∈ R, j = 1, 2, e utilizando a f´rmula para o produto (veja o 6), obtemos exp(z1 + z2 ) = exp(x1 + x2 + i(y1 + y2 )) = ex1 +x2 (cos(y1 + y2 ) + i sen(y1 + y2 )) = [ex1 (cos y1 + i sen y1 )][ex2 (cos y2 + i sen y2 )] = exp z1 exp z2 ; 2. basta notar que | cos y + i sen y| = 1 e eℜz > 0; 3. como exp z ̸= 0, para todo n ∈ Z, temos (exp z)n = (ex (cos y + i sen y))n = enx (cos(ny) + i sen(ny)) = exp(nx + iny) = exp(nz); 4. escrevendo z = x + iy, x, y ∈ R, temos exp z = ex (cos y + i sen y) = ex (cos y − i sen y) = ex (cos(−y) + i sen(−y)) = exp(x − iy) = exp z. 5. Se z ´ real ent˜o ℑz = 0, z = ℜz e pela defini¸˜o de exponencial, temos e a ca exp z = eℜz (cos(ℑz) + i sen(ℑz)) = ez (cos 0 + i sen 0) = ez . Como z ´ real tamb´m temos ℜ(iz) = ℜ(−iz) = 0 e ℑ(iz) = z = −ℑ(−iz). Assim e e { { exp(iz) = cos z + i sen z cos z = exp(iz)+exp(−iz) ⇔ 2 exp(−iz) = cos(−z) + i sen(−z) = cos z − i sen z sen z = exp(iz)−exp(−iz) . 2iObserva¸˜o 3 Em virtude da proposi¸˜o anterior (veja 5), utilizaremos tamb´m a express˜o ca ca e ae para denotar exp z mesmo quando z ∈ C. z 31
  32. 32. Observa¸˜o 4 Note que z ∈ C tem m´dulo igual a um se somente se z = eiθ para algum ca oθ ∈ R.Como as express˜es exp(iz)+exp(−iz) e exp(iz)−exp(−iz) est˜o definidas para todo n´mero complexo o 2 2i a uz e tendo em vista a proposi¸˜o 8 item 5, definimos as fun¸˜es seno e cosseno por ca coDefini¸˜o 4 ca exp(iz) + exp(−iz) exp(iz) − exp(−iz) cos z = e sen z = , z ∈ C. 2 2iProposi¸˜o 9 Para todo z, z1 , z2 ∈ C, temos ca 1. cos z = cos x cosh y − i sen x senh y, onde x = ℜz e y = ℑz; 2. sen z = sen x cosh y + i cos x senh y, onde x = ℜz e y = ℑz; 3. | cos z|2 = cos2 x + senh2 y, onde x = ℜz e y = ℑz; 4. | sen z|2 = sen2 x + senh2 y, onde x = ℜz e y = ℑz; 5. cos z = 0 se e somente se z = π 2 + kπ, k ∈ Z; 6. sen z = 0 se e somente se z = kπ, k ∈ Z; 7. cos2 z + sen2 z = 1; 8. cos z = cos z; 9. sen z = sen z; 10. cos(−z) = cos z; 11. sen(−z) = − sen z; 12. cos(z1 + z2 ) = cos z1 cos z2 − sen z1 sen z2 ; 13. sen(z1 + z2 ) = sen z1 cos z2 + sen z2 cos z1 ; 14. cos(z1 − z2 ) = cos z1 cos z2 + sen z1 sen z2 ; 15. sen(z1 − z2 ) = sen z1 cos z2 − sen z2 cos z1 ; 16. cos(z + 2π) = cos z; 17. sen(z + 2π) = sen z.Prova: Colocando x = ℜz e y = ℑz, temos 32
  33. 33. 1. exp(iz) + exp(−iz) exp(−y + ix) + exp(y − ix) cos z = = 2 2 −y e (cos x + i sen x) + e (cos x − i sen x) y = 2 e−y + ey ey − e−y = cos x − i sen x 2 2 = cosh y cos x − i senh y sen x;2. exp(iz) − exp(−iz) exp(−y + ix) − exp(y − ix) sen z = = 2i 2i e−y (cos x + i sen x) − ey (cos x − i sen x) = 2i −y e −e y ey + e−y = cos x + i sen x 2i 2i = cosh y sen x + i senh y cos x;3. de 1 obtemos | cos z|2 = cosh2 y cos2 x + senh2 y sen2 x = cosh2 y cos2 x + senh2 y(1 − cos2 x) = (cosh2 y − senh2 y) cos2 x + senh2 y = cos2 x + senh2 y;4. de 2, obtemos | sen z|2 = cosh2 y sen2 x + senh2 y cos2 x = cosh2 y sen2 x + senh2 y(1 − sen2 x) = (cosh2 y − senh2 y) sen2 x + senh2 y = sen2 x + senh2 y;5. note que cos z = 0 se e somente se | cos z| = 0. Segue de 3 que, colocando x = ℜz e y = ℑz, ent˜o cos z = 0 se e somente se cos x = 0 e senh y = 0, ou seja, se e somente se a x = π + kπ, k ∈ Z e y = 0; 26. note que sen z = 0 se e somente se | sen z| = 0. Segue de 4 que, colocando x = ℜz e y = ℑz, ent˜o cos z = 0 se e somente se sen x = 0 e senh y = 0, ou seja, se e somente se a x = kπ, k ∈ Z e y = 0; 33
  34. 34. 7. (exp(iz) + exp(−iz))2 (exp(iz) − exp(−iz))2 cos2 z + sen2 z = − 4 4 exp(2iz) + exp(−2iz) + 2 − exp(2iz) − exp(−2iz) + 2 = =1 4 8. exp(iz) + exp(−iz) exp(−iz) + exp(iz) cos z = = = cos z; 2 2 9. ( ) exp(iz) − exp(−iz) exp(−iz) − exp(iz) sen z = =− = sen z; 2i 2i10. exp(−iz) + exp(iz) cos(−z) = = cos z; 211. exp(−iz) − exp(iz) sen(−z) = = − sen z; 2i12. temos cos z1 cos z2 − sen z1 sen z2 1 = [(exp(iz1 ) + exp(−iz1 ))(exp(iz2 ) + exp(−iz2 )) 4 + (exp(iz1 ) − exp(−iz1 ))(exp(iz2 ) − exp(−iz2 ))] 1 = [exp(i(z1 + z2 )) + exp(−i(z1 − z2 )) + exp(i(z1 − z2 )) + exp(−i(z1 + z2 )) 4 + exp(i(z1 + z2 )) − exp(−i(z1 − z2 )) − exp(i(z1 − z2 )) + exp(−i(z1 + z2 ))] 1 = [exp(i(z1 + z2 )) + exp(−i(z1 + z2 ))] = cos(z1 + z2 ); 213. temos sen z1 cos z2 + sen z2 cos z1 1 = [(exp(iz1 ) − exp(−iz1 ))(exp(iz2 ) + exp(−iz2 )) 4i + (exp(iz2 ) − exp(−iz2 ))(exp(iz1 ) + exp(−iz1 ))] 1 = [exp(i(z1 + z2 )) − exp(−i(z1 − z2 )) + exp(i(z1 − z2 )) − exp(−i(z1 + z2 )) 4i + exp(i(z1 + z2 )) − exp(i(z1 − z2 )) + exp(−i(z1 − z2 )) − exp(−i(z1 + z2 ))] 1 = [exp(i(z1 + z2 )) − exp(−i(z1 + z2 ))] = sen(z1 + z2 ); 2i 34
  35. 35. 14. substitua z2 por −z2 em 12 e use 10 e 11; 15. substitua z2 por −z2 em 13 e use 10 e 11; 16. por 12 cos(z + 2π) = cos z cos 2π − sen z sen 2π = cos z; 17. por 13 sen(z + 2π) = sen z cos 2π + sen 2π cos z = sen z.Observa¸˜o 5 Note que por 5 e 6 os zeros das fun¸˜es complexas cosseno e seno s˜o os ca co amesmos que os zeros das fun¸˜es reais cosseno e seno, respectivamente. Desta forma, podemos codefinir as fun¸˜es complexas tg, cotg, sec e cosec de modo an´logo ao caso real. co aDefini¸˜o 5 Dizemos que uma fun¸˜o f definida num subconjunto D de C ´ limitada se existir ca ca eK > 0 tal que |f (z)| ≤ K para todo z ∈ D.Exemplo 19 As fun¸˜es seno e cosseno n˜o s˜o limitadas em C. co a aUsando 3 e 4 da proposi¸˜o 9 com z = ni, n = 1, 2, . . . , vemos que ca en − e−n | cos z| = | sen z| = senh n = → +∞ quando n → +∞. 2Exemplo 20 Sejam A > 0 e D = {z ∈ C; |ℑz| ≤ A}. As fun¸˜es seno e cosseno s˜o limitadas co aem D.Se z = x + iy ∈ D, x, y ∈ R, ent˜o, como |y| ≤ A, temos a (ey − e−y )2 | cos z|2 = cos2 x + senh2 y ≤ 1 + ≤ 1 + e2A . 4 √Tomando K = 1 + e2A , vemos que | cos z| ≤ K para todo z ∈ D. De modo an´logo, | sen z| ≤ aK para todo z ∈ D.Defini¸˜o 6 As fun¸˜es complexas seno e cosseno hiperb´licos s˜o definidas por: ca co o a exp z − exp(−z) exp z + exp(−z) senh z = e cosh z = . 2 2 Deixamos como exerc´ a verifica¸˜o da seguinte ıcio caProposi¸˜o 10 Temos ca 1. cosh2 z − senh2 z = 1, para todo z ∈ C; 2. | cosh z|2 = senh2 x + cos2 y, para todo z = x + iy ∈ C, x, y ∈ R; 3. | senh z|2 = senh2 x + sen2 y, para todo z = x + iy ∈ C, x, y ∈ R; 4. cosh z = 0 se e somente z = 2k+1 2 πi para algum k ∈ Z; 5. senh z = 0 se e somente z = kπi para algum k ∈ Z. 35
  36. 36. 36
  37. 37. Cap´ ıtulo 8Limite e continuidadeDefini¸˜o 7 Sejam f : D ⊂ C → C e zo ∈ C. Dizemos que existe o limite de f em zo se existir caL ∈ C tal que para cada ε > 0 existir δ > 0 tal que z ∈ D, 0 < |z − zo | < δ ⇒ |f (z) − L| < ε.Deixamos como exerc´ a verifica¸˜o de que se existir L ∈ C satisfazendo a defini¸˜o acima, ıcio ca caele ´ o unico. Neste caso, usaremos a nota¸˜o e ´ ca L = lim f (z). z→zo Geometricamente, a existˆncia do limite de f em zo significa que dado qualquer disco C ecentrado em L, ´ poss´ encontrar um outro disco centrado em zo cujos pontos distintos de e ıvelzo e que est˜o em D s˜o mandados por f em C. a aExemplo 21 Verifique que (i) lim α = α, α constante (ii) lim z = zo (iii) lim z = zo (iv) lim |z| = |zo | z→zo z→zo z→zo z→zoSeja ε > 0. (i) Tome δ > 0 qualquer e da´ |α − α| = 0 < ε. ı (ii) Tome δ = ε. Da´ sempre que |z − zo | < δ temos |z − zo | < δ = ε. ı, (iii) Tome δ = ε. Da´ sempre que |z − zo | < δ temos |z − zo | = |z − zo | = |z − zo | < δ = ε. ı, (iv) Tome δ = ε. Da´ sempre que |z − zo | < δ temos ||z| − |zo || ≤ |z − zo | < δ = ε. ı,Proposi¸˜o 11 Sejam f, g fun¸˜es tais que existem limz→zo f (z) e limz→zo g(z). Temos ca co 1. Para quaisquer α, β ∈ C temos lim (αf (z) + βg(z)) = α lim f (z) + β lim g(z); z→zo z→zo z→zo 37
  38. 38. 2. lim f (z)g(z) = lim f (z) lim g(z); z→zo z→zo z→zo 3. Se limz→zo g(z) ̸= 0 ent˜o a f (z) limz→zo f (z) lim = . z→zo g(z) limz→zo g(z)Prova: 1. Fa¸a como exerc´ c ıcio. 2. Coloque L = limz→zo f (z) e M = limz→zo g(z). Usando a defini¸˜o de limite, tome δ1 > 0 ca tal que |f (z) − L| < 1 sempre que 0 < |z − zo | < δ1 . Segue que |f (z)| ≤ |f (z) − L| + |L| < 1 + |L| sempre que 0 < |z − zo | < δ1 . Usando a defini¸˜o de limite, existe δ2 > 0 tal que ca ε |f (z) − L| < sempre que 0 < |z − zo | < δ2 . 2(1 + |M |) Tamb´m, existe δ3 > 0 tal que e ε |g(z) − M | < sempre que 0 < |z − zo | < δ3 . 2(1 + |L|) Coloque δ = min{δ1 , δ2 , δ3 }. Se 0 < |z − zo | < δ ent˜o a |f (z)g(z) − LM | = |f (z)(g(z) − M ) + M (f (z) − L)| ≤ |f (z)||g(z) − M | + |M |f (z) − L| ε ε ≤ (1 + |L|) + |M | < ε. 2(1 + |L|) 2(1 + |M |) 1 3. Pela parte anterior, basta mostrarmos que limz→zo g(z) = M . Dado ε > 0, pela defini¸˜o ca de limite existe δ1 > 0 tal que ε |g(z) − M | < |M |2 sempre que 0 < |z − zo | < δ1 . 2 Tamb´m existe δ2 > 0 tal que e |M | |g(z) − M | < sempre que 0 < |z − zo | < δ2 . 2 |M | ≤ |g(z) − M | + |g(z)| temos que |M | |M | |g(z)| ≥ |M | − |g(z) − M | > |M | − = sempre que 0 < |z − zo | < δ2 . 2 2 Tomando δ = min{δ1 , δ2 } temos 1 1 |M − g(z)| 1 ε 2 − = < |M |2 = ε sempre que 0 < |z − zo | < δ. g(z) M |M ||g(z)| |M | 2 |M | 38
  39. 39. Exemplo 22 Como j´ vimos que limz→zo z = zo segue da proposi¸˜o anterior que se f (z) ´ a ca euma fun¸˜o polinomial que limz→zo f (z) = f (zo ). Al´m do mais, se g ´ tamb´m polinomial com ca e e eg(zo ) ̸= 0 ent˜o a f (z) f (zo ) lim = . z→zo g(z) g(zo ) ıcio 10 Encontre, se poss´vel, limz→0 z .Exerc´ ı zNote que sobre se z ̸= 0 ´ real temos z = 1 e se z ̸= 0 ´ imagin´rio puro temos z = −1. e z e a zComo todo disco centrado na origem possui n´meros real e imagin´rio puro, conclu´ u a ımos, pelaunicidade do limite, que n˜o existe limz→0 z . a zProposi¸˜o 12 Sejam f : D ⊂ C → C, u e v as partes real e imagin´ria de f e zo = xo +iyo ∈ ca aC, xo , yo ∈ R. A fim de exista o limite de f em zo ´ necess´rio e suficiente que existam os limites e ade u e v em (xo , yo ). Em caso afirmativo, vale lim f (z) = lim u(x, y) + i lim v(x, y). z→zo (x,y)→(xo ,yo ) (x,y)→(xo ,yo )Prova: Suponha que existam uo = lim(x,y)→(xo ,yo ) u(x, y) e vo = lim(x,y)→(xo ,yo ) v(x, y). Dadoε > 0, existem δ1 , δ2 > 0 tal que ε √ |u(x, y) − uo | < sempre que 0 < |z − zo | = (x − xo )2 + (y − yo )2 < δ1 2e √ ε |v(x, y) − vo | < sempre que 0 < |z − zo | = (x − xo )2 + (y − yo )2 < δ2 . 2Tomando δ = min{δ1 , δ2 }, temos ε ε|f (z) − (uo − ivo )| = |(u(x, y) − uo ) + i(v(x, y) − vo )| ≤ |u(x, y) − uo | + |v(x, y) − vo | < + =ε 2 2sempre que 0 < |z − zo | < δ. Reciprocamente se existir L = limz→zo f (z), ent˜o, para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que a √ |f (z) − L| < ε sempre que 0 < |z − zo | = (x − xo )2 + (y − yo )2 < δ.Colocando L = U + iV, U, V ∈ R, temos que √|u(x, y)−U | ≤ (u(x, y) − U )2 + (v(x, y) − V )2 = |u(x, y)+iv(x, y)−U −iV | = |f (z)−L| < εe √|v(x, y)−V | ≤ (u(x, y) − U )2 + (v(x, y) − V )2 = |u(x, y)+iv(x, y)−U −iV | = |f (z)−L| < ε √sempre que 0 < |z − zo | = (x − xo )2 + (y − yo )2 < δ. 39

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