Análise Complexa

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1
Gabarito da 2.a Prova de SME245 - Funções de Vairável Complexa
Professor Wagner V. L. Nunes - 1.12.2015
1.a Questão (3.0):
(a) Enuncie e demonstre o teorema da Morera.
(b) Enuncie e demonstre o teorema dos resíduos.
(d) Enuncie o teorema da série de Laurent.
(e) Enuncie o teorema de Rouché.
Resolução:
(a) (1.0): Teorema de Morera: Sejam D um domínio simplesmente conexo de C e f : D → C
uma função contínua em D.
Suponhamos que para cada caminho fechado C contido em D, tenhamos∮
C
f(z)dz = O . (1)
Então a função f é holomorfa em D.
Demonstração:
Como D um domínio simplesmente conexo de C, f : D → C uma função contínua em D e para
cada caminho fechado C, contido em D, temos (1), segue que para zo , z ∈ D, a integral∫ z
zo
f(z)dz (2)
independe do caminho, contido em D, que une o ponto zo ao ponto z.
De fato, se C1 e C2 são dos caminhos contidos em D, que unem o ponto zo ao ponto z, então o
caminho fechado
B .= C1 ∪−C2 , (3)
será um caminho fechado contido em D.
Por hipótese, temos que:
0 =
∮
B
f(z)dz
(3)
=
∮
C1∪−C2
f(z)dz
=
∫
C1
f(z)dz+
∫
−C2
f(z)dz
=
∫
C1
f(z)dz−
∫
C2
f(z)dz ,
ou seja,
∫
C1
f(z)dz =
∫
C2
f(z)dz ,
mostrando que a integral (2), independe do caminho , contido em D, que une o ponto zo ao ponto z.
Logo, pela Proposição (7.7.1) (página 216 das notas de aula), temos que a função F : D → C, dada
por
F(z)
.
=
∫ z
zo
f(z)dz , para cada z ∈ D , (4)
está bem definida, é uma função holomorfa em D e satisfaz
F ′(z) = f(z) para cada z ∈ D , (5)
2
Como vimos na Proposição (7.9.2) (página 247 das notas de aula), a função derivada associada a
uma função holomorfa é uma função holomorfa, mostrando que a função f é uma função holomorfa
em D, completando a demonstração.
�
(b) (1.0): Teorema dos resíduos: Sejam D um domínio de C, f : D → C holomorfa em D, exceto
em um número finito de pontos singulares isolados, que indicaremos por z1 , z2 , · · · , zn ∈ D e C um
caminho fechado contido em D, orientado positivamente, de modo que todos os pontos zj, para cada
j ∈ {1 , 2 , · · · , n}, pertençam ao seu interior (veja a figura abaixo).
Para cada j ∈ {1 , 2 , · · · , n}, indiquemos por K(zj), o resíduo da função f no ponto zj.
Então ∫
C
f(w)dw = 2π · i ·
n∑
j=1
K(zj)
= 2π · i · [K(z1) + K(z2) + · · ·+ K(zn)] . (6)
Demonstração:
Para cada j ∈ {1 , 2 , · · · , n}, consideremos uma circunferência de centro no ponto singular isolado
zj e raio igual a rj (bem pequeno, de modo que V(zj ; , rj) ⊆ D), que indicaremos por Cj, orientado
positivamente.
Diminuindo os raios rj > 0, para j ∈ {1 , 2 , · · · , n}, podemos supor, sem perda de generalidade,
que as circunferências Cj, para j ∈ {1 , 2 , · · · , n}, são disjuntas e todas estejam contidas no interior do
caminho fechado C.
A figura abaixo ilustra a situação acima.
6
-
C
z1
z2
z3
z4
C2
C1
C3
C4
Deste modo, a região que é interior do caminho fechado C e exterior dos caminhos fechados Cj,
para j ∈ {1 , 2 , · · · , n}, forma um aberto de C onde podemos aplicar o teorema de Gauchy-Goursat
para domínios multipliamente conexos (ou seja, o Teorema (7.6.2) da página 211 das notas de aula),
e assim concluir que
O =
∫
C∪−C1∪−C2∪···∪−Cn
f(w)dw
itens 1. e 5. da Proposição (7.4.1) da página 186 das notas
=
∫
C
f(w)dw−
∫
C1
f(w)dw−
∫
C2
f(w)dw
· · ·−
∫
Cn
f(w)dw−
ou seja,
∫
C
f(w)dw =
∫
C1
f(w)dw+
∫
C2
f(w)dw+ · · ·+
∫
Cn
f(w)dw (7)
3
Para cada j ∈ {1 , 2 , · · · , n}, da fórmula integral de Cauhcy (ou seja, Teorema (7.8.1) da página
230 das notas de aula), segue que ∫
Cj
f(w)dw = 2π · i · K(zj) . (8)
Logo, substituindo (8) em (7), obteremos (6), completando a demonstração.
�
(d) (0.5): Teorema da série de Laurent: Sejam zo ∈ C, 0 < r2 < r1, denotemos por C1 e C2, as
circunferências centradas em zo, como raios iguais a r1 e r2, respectivamente, orientadas positivamente,
U um conjunto aberto, conexo (por caminhos) em C, de modo que zo é ponto interior de Uc.
Suponhamos que a função f : U → C é holomorfa em U.
Então a função f pode ser representada em uma série de potências positivas e negativas de (z−zo),
na região anular (veja a figura abaixo)
A12
.
= {z ∈ U ; r2 < |z− zo| < r1} ,
da seguinte forma:
f(z) =
∞∑
n=0
an · (z− zo)n +
∞∑
n=1
bn · (z− zo)−n
=
∞∑
n=0
an · (z− zo)n +
∞∑
n=1
bn
(z− zo)
n ,
para z ∈ A12, onde para n ∈ N ∪ {0}, temos que
an =
1
2π · i
·
∫
C1
f(w)
(w− zo)
n+1
dw ,
e para cada k ∈ N, temos que
bk =
1
2 π · i
·
∫
C2
f(w)
(w− zo)
−k+1
dw .
zo
U
C1
C2
A12
/
�
r1
r2
(e) (0.5): Teorema de Rouché: Sejam U um domínio de C, f , g : U → C funções holomorfas em
U e C um caminho fechado, orientado positivamente, tal que ele e seu interior estejam contidos em U.
Suponhamos que para z ∈ C, tenhamos
|f(z) − g(z)| < |g(z)| .
4
Então as funções f e g têm o mesmo número de zeros no interior do caminho fechado C, contados
juntamente com suas respectivas multiplicidades.
2.a Questão (3.0): Utilizando o teorema dos resíduos, calcular:∫
Cj
cos(z)
(z− i) · (z+ i)2
dz
onde, para j ∈ {1 , 2 , 3 , 4}, o caminho fechada Cj é dada por:
6
-
C1
x
y
i
−i
(a)
6
-
C2
x
y
i
−i
(b)
6
-
C3
x
y
i
−i
(c)
6
-
C4
x
y
i
−i
(d)
Resolução:
Consideremos a função f : D .= C \ {−i , i} → C, dada por
f(z) =
cos(z)
(z− i) · (z+ i)2
, para z ∈ D . (9)
Observemos que
zo
.
= i e z1
.
= −i
são os únicos pontos singulares da função f e são isolados em C.
(a) (0.75):
Neste caso os pontos zo = i e z1 = −i estão no exterior do caminho fechado C1, ou seja, a função
f é holomorfa sobre e no interior do caminho fechado C1.
Logo, do teorema de Cauchy-Goursat, segue que∫
C1
cos(z)
(z− i) · (z+ i)2
dz =
∫
C1
f(z)dz = O . (10)
(b) (0.75):
Como zo = i é o único ponto singular isolado da função f que pertence ao interior do caminho
fechado C2 e o ponto z1 = −i pertence ao exterior do caminho fechado C2, do teorema dos resíduos,
segue que ∫
C2
cos(z)
(z− i) · (z+ i)2
dz = 2π · i · Rf(i) , (11)
5
onde Rf(i), denota o valor do resíduo da função f no ponto zo = i.
Cálculo de Rf(i):
Consideremos a função ϕ : D → C, dada por
ϕ(z)
.
= (z− i) · f(z)
(9)
=
cos(z)
(z+ i)2
, para z ∈ D .
Notemos que, definindo-se
ϕ(i)
.
=
cos(i)
(i+ i)2
= −
1
4
· cos(i)︸ ︷︷ ︸
ei·i+e−i·i
2
= e
−1+e
2
̸= O ,
segue que a função ϕ tornar-se-á uma função holomorfa sobre e no interior do caminho fechado C2.
Deste modo, temos que a função f terá um polo simples em zo = i e, além disso, segue que
Rf(i) = ϕ(i) = −
1
4
· cos(i) . (12)
Assim, de (11) e (12), segue que∫
C2
cos(z)
(z− i) · (z+ i)2
dz
(11),(12)
= −
π
2
· i · cos(i) . (13)
(c) (0.75):
Como z1 = −i é o único ponto singular isolado da função f que pertence ao interior do caminho
fechado C3 e o ponto zo = i pertence ao exterior do caminho fechado C3, do teorema dos resíduos,
segue que ∫
C3
cos(z)
(z− i) · (z+ i)2
dz = 2π · i · Rf(−i) , (14)
onde Rf(−i), denota o valor do resíduo da função f no ponto z1 = −i.
Cálculo de Rf(−i):
Consideremos a função ϕ : D → C, dada por
ϕ(z)
.
= (z+ i)2 · f(z)
(9)
=
cos(z)
z− i
, para z ∈ D .
Notemos que, definindo-se
ϕ(−i)
.
=
cos(−i)
−i− i
=
1
4
· cos(i)︸ ︷︷ ︸
ei·i+e−i·i
2
= e
−1+e
2
̸= O ,
segue que a função ϕ tornar-se-á uma função holomorfa sobre e no interior do caminho fechado C3.
6
Observemos que
ϕ ′(z) =
d
dz
[
cos(z)
z− i
]
=
− sen(z) · (z− i) − cos(z) · 1
(z− i)2
,
logo: ϕ ′(−i) =
2 · i · sen(−i) − cos(−i)
−4
=
cos(i) + 2 · i · sen(i)
4
. (15)
Deste modo, temos que a função f terá um polo de ordem 2 em z1 = −i e, além disso, segue que
Rf(−i) = ϕ
′(i)
(15)
=
cos(i) + 2 · i · sen(i)
4
. (16)
Assim, de (14) e (16), segue que∫
C3
cos(z)
(z− i) · (z+ i)2
dz
(14),(16)
=
π
2
· i · [cos(i) + 2 · i · sen(i)] . (17)
(d) (0.75):
Neste caso temos que os pontos z=−i e z1 = i estão no interior do caminho fechado C4, do teorema
dos resíduos, segue que ∫
C4
cos(z)
(z− i) · (z+ i)2
dz = 2π · i · [Rf(−i) + Rf(i)] ,
onde Rf(−i) e Rf(i) denotam os valores do resíduo da função f no ponto zo = −i e z1 = i, respectiva-
mente.Logo, de (12) e (16), teremos∫
C4
cos(z)
(z− i) · (z+ i)2
dz = 2π · i · [Rf(−i) + Rf(i)]
(12),(16)
= 2π · i ·
[
−
1
4
· cos(i) + cos(i) + 2 · i · sen(i)
4
]
= −π · sen(i) . (18)
3.a Questão (2.0): Obter a representação em série de Laurent da função f : D .= C \ {2 , 3} → C,
dada por
f(z)
.
=
1
(z− 3) · (z− 2)
, para z ∈ D , e (19)
m zo
.
= O, em cada uma das seguintes regiões do plano complexo:
(a) D1
.
= {z ∈ D ; |z| < 2};
(b) D2
.
= {z ∈ D ; 2 < |z| < 3};
(c) D3
.
= {z ∈ D ; 3 < |z|}.
Resolução:
7
Utilizando frações parciais, para cada z ∈ D, teremos:
f(z)
(19)
=
1
(z− 3) · (z− 2)
=
A
z− 3
+
B
z− 2
=
A · (z− 2) + B · (z− 3)
(z− 3) · (z− 2)
,
logo: A+ B = 0 , e − 2A− 3B = 1 ,
ou seja, A = 1 e B = −1 ,
isto é, f(z)
(19)
=
1
(z− 3) · (z− 2)
=
1
z− 3
−
1
z− 2
=
1
2− z
−
1
3− z
. (20)
Lembremos que se w ∈ D1
.
= {z ∈ C ; |z| < 1}, então a série numérica
∞∑
n=0
wn será convergente e,
além disso, teremos ∞∑
n=0
wn =
1
1−w
. (21)
(a) (0.5):
Notemos que se
|z| < 2 < 3 ,
então
∣∣∣z
2
∣∣∣ < 1 (22)
e
∣∣∣z
3
∣∣∣ < 1 . (23)
Neste caso teremos:
1
2− z
=
1
2
· 1
1−
z
2
como (22), w .= z
2
em (21)
=
1
2
∞∑
n=0
(z
2
)n
=
∞∑
n=0
zn
2n+1
. (24)
e
1
3− z
=
1
3
· 1
1−
z
3
como (22), w .= z
3
em (21)
=
1
3
∞∑
n=0
(
z
3
)n
=
∞∑
n=0
zn
3n+1
. (25)
8
Logo
f(z)
(19)
=
1
(z− 3) · (z− 2)
(20)
=
1
2− z
−
1
3− z
(24),(25)
=
∞∑
n=0
zn
2n+1
−
∞∑
n=0
zn
3n+1
=
∞∑
n=0
(
1
2n+1
−
1
3n+1
)
zn ,
ou seja, f(z) =
∞∑
n=0
(
1
2n+1
−
1
3n+1
)
zn , para cada z ∈ {z ∈ C ; |z| < 2}. (26)
(b) (0.75):
Observemos que se
2 < |z| < 3 ,
então
∣∣∣∣2z
∣∣∣∣ < 1 (27)
e
∣∣∣z
3
∣∣∣ < 1 . (28)
Neste caso teremos:
1
2− z
= −
1
z
1
1−
2
z
como (27), w .= 2
z
em (21)
= −
1
z
∞∑
n=0
(
2
z
)n
= −
∞∑
n=0
2n
zn+1
. (29)
e
1
3− z
=
1
3
1
1−
z
3
como (28), w .= z
3
em (21)
=
1
3
∞∑
n=0
(z
3
)n
=
∞∑
n=0
zn
3n+1
, (30)
9
ou seja,
f(z)
(19)
=
1
(z− 3)(z− 2)
(20)
=
1
2− z
−
1
3− z
(29),(30)
= −
∞∑
n=0
2n
zn+1
−
∞∑
n=0
zn
3n+1
, (31)
isto é, f(z) = −
∞∑
n=0
2n
zn+1
−
∞∑
n=0
zn
3n+1
, para cada z ∈ {z ∈ C ; 2 < |z| < 3} . (32)
(c) (0.75):
Notemos que se
3 < |z| ,
então, 2 < |z|
logo:
∣∣∣∣3z
∣∣∣∣ < 1 (33)
e
∣∣∣∣2z
∣∣∣∣ < 1 (34)
Neste caso, teremos:
1
2− z
= −
1
z
· 1
1−
2
z
como (34), w .= 2
z
em (21)
= −
1
z
·
∞∑
n=0
(
2
z
)n
= −
∞∑
n=0
2n
zn+1
(35)
e
1
3− z
= −
1
z
· 1
1−
3
z
como (33), w .= 3
z
em (21)
= −
1
z
·
∞∑
n=0
(
3
z
)n
= −
∞∑
n=0
3n
zn+1
, (36)
10
ou seja,
f(z)
(19)
=
1
(z− 3) · (z− 2)
(20)
=
1
2− z
−
1
3− z
(35),(36)
= = −
∞∑
n=0
2n
zn+1
+
∞∑
n=0
3n
zn+1
,
isto é, f(z) = −
∞∑
n=0
2n
zn+1
+
∞∑
n=0
3n
zn+1
, para cada z ∈ {z ∈ C , 3 < |z|} . (37)
4.a Questão (Valor 1.0): Calcular o valor da integral de linha∫
C
e
1
z2 dz ,
onde C é um caminho fechado contendo o ponto zo
.
= 0 no seu interior e está orientado positivamente.
Resolução:
Sabemos que para cada w ∈ C,
ew =
∞∑
n=0
wn
n!
. (38)
Logo, para z ̸= 0 teremos;
e
1
z2
w
.
= 1
z2
em (38)
=
∞∑
n=0
(
1
z2
)n
n!
=
∞∑
n=0
1
n! z2 n
= 1+
1
z2
+
1
2 z4
+
1
3! z6
+ · · · (39)
Logo o resíduo da função f no ponto singular isolado zo
.
= O será
K(O) = 0 , (40)
que é coeficiente da parcela 1
z
, na expansão da função f em série de Laurent em zo = O.
Logo, do Teorema dos Resíduos, segue que∫
C
e
1
z2 dz = 2π · i · K(O)
(40)
= O ,
ou seja,
∫
C
e
1
z2 dz = 0 . (41)
5.a Questão (Valor 3.0): Utilizando a teoria dos resíduos encontrar o valor da
(a) integral definida ∫ 2 π
0
4
5+ 4 sen(θ)
dθ . (42)
11
(b) (1.5) da integral imprópria real de 1.a espécie∫∞
0
x2(
x2 + 1
) (
x2 + 4
) dx . (43)
Resolução:
(a) (1.5):
Notemos que o denominador da função do integrando em (42) não se anula para todo θ ∈ [0 , 2π].
z
.
= ei·θ , para cada θ ∈ [0 , 2 π) , (44)
e lembrando que
sen(θ) =
ei·θ − e−i·θ
2 · i
(44)
=
z− z−1
2 · i
=
z2 − 1
2 · i · z
, (45)
e dz
(44)
= i · ei·θ dθ ,
ou seja dθ =
1
i · z
dz . (46)
Além disso, se z ∈ C1, onde o caminho fechado C1 é a circunferência unitária centrada na origem,
orientada positivamente, ou seja,
C1
.
= {z ∈ C ; |z| = 1} , (47)
então, de(45), teremos que:
5
4
+ sen(θ)
(45)
=
5
4
+
z2 − 1
2 · i · z
=
2 · z2 + 5 · i · z− 2
4 · i · z
(48)
Portanto, ∫ 2 π
0
4
5+ 4 sen(θ)
dθ =
∫ 2 π
0
1
5
4
+ sen(θ)
dθ
(48)
=
∫
C1
1
2 · z2 + 5 · i · z− 2
4 · i · z
· 1
i · z
dz
=
∫
C1
2
z2 +
5
2
· i · z− 1
dz . (49)
Consideremos a função f : C → C, dada por
f(z)
.
=

2
z2 +
5
2
· i · z− 1
, para z ∈ C \
{
−2 · i ,− i
2
}
O , para z ∈
{
−2 · i ,− i
2
} , (50)
12
temos que os únicos pontos singulares da função f são
z1
.
= −2 · i e z2
.
= −
i
2
. (51)
Notemos que o ponto z2 = −
i
2
pertence ao interior do caminho fechado C1 e o ponto z1 = −2 · i
pertence ao exterior do caminho fechado C1.
A figura abaixo ilustra a situação acima
-
6
z1 = −2 · i
z2 = −
i
2
C1
Notemos que a função ϕ : C \
{
−
i
2
} → C, dada por
ϕ(z)
.
= (z− z2) · f(z)
(51),(50)
=
(
z+
i
2
)
· 2
z2 +
5
2
· i · z− 1
=
(
z+
i
2
)
· 2(
z+
i
2
)
· (z+ 2 · i)
=
2
z+ 2 · i
(52)
pode ser estendida, de modo holomorfo, ao ponto z2 = −
i
2
, se considerarmos
ϕ(z2)
(51),(52)
=
2
−
i
2
+ 2 · i
Exercício
=
4
3 · i
̸= O . (53)
Portanto a função f, dada por (50), tem um polo simples em z2 = −
i
2
e, além disso,
K
(
−
i
2
)
= K (z2)
= ϕ(z2)
(53)
=
4
3 · i
. (54)
13
Logo, do Teorema dos resíduos (ou seja, do Teorema(9.1.1) da página 334 das notas de aula), segue
que: ∫
C1
2
z2 +
5
2
· i · z− 1
dz = 2π · i · K
(
−
i
2
)
(54)
= 2π · i · 4
3 · i
=
8
3
π . (55)
Logo, (49) e (55), segue que ∫ 2 π
0
4
5+ 4 sen(θ)
dθ =
8
3
π . (56)
(b) (1.5):
Consideremos a função f : R → R, dada por
f(x)
.
=
x2(
x2 + 1
) (
x2 + 4
) , para x ∈ R . (57)
Notemos que, como a função f é uma função par, segue que∫∞
−∞ f(x)dx = 2
∫∞
0
f(x)dx
(57)
= 2
∫∞
0
x2(
x2 + 1
) (
x2 + 4
) dx . (58)
Observemos também que ∫∞
−∞ f(x)dx = limR→∞
∫R
−R
f(x)dx , (59)
e, se o limite acima for um número real, diremos que a integral imprópria de 1.a espécie (??) será
convergente e o valor do limite acima será o valor da integral imprópria.
A figura abaixo ilustra a situação acima.
-
0−R R
Notemos que o valor da integral imprópria (59) é igual ao valor da integral da função F, sobre o
eixo real, onde a função F : C \ {−i , i ,−2 · i , 2 · i} → C, dada por
F(z)
.
=
z2(
z2 + 1
) (
z2 + 4
)
=
z2
(z− i) · (z+ i) · (z− 2 · i) · (z+ 2 · i)
(60)
14
para z ∈ C \ {−i , i ,−2 · i , 2 · i}, que tem
z1
.
= 3 · i , z2
.
= 2 · i , z3
.
= −3 · i e z4
.
= −2 · i (61)
como seus únicos pontos singulares isolados.
Para cada
R > 2 ,
consideremos a semi-circunferência de centro em zo = O e raio igual a R, contida no semi-plano
superior, que indicaremos por CR, ou seja:
CR
.
= {z ∈ C ; |z| = R e ℑ(z) ≥ O} . (62)
Consideremos o caminho fechado, que indicaremos por DR, formado pelo segmento de reta que
une os pontos z = −R e z = R, juntamente com a semi-circunferência CR, orientado positivamente, ou
seja,
DR
.
= [−R , R] ∪ CR . (63)
A figura abaixo ilustra as situação acima.
-
O−R
R
CR
6
z1 = 2 · i
z2 = i
Portanto, do Teorema dos resíduos (isto é, o Teorema (9.1.1) da página 334 das notas de aula),
segue que ∫
DR
F(z)dz = 2π · i · [K(z1) + K(z2)]
(61)
= 2π · i · [K(i) + K(2 · i)] . (64)
Mas, ∫
DR
F(z)dz
(63)
=
∫
[−R ,R]∪CR
F(z)dz
5. da Proposição (7.4.1), da página 185 das notas
=
∫
[−R ,R]
F(z)dz+
∫
CR
F(z)dz
(57) e (60)
=
∫R
−R
f(x)dx+
∫
CR
F(z)dz . (65)
Logo, (64) e (65), segue que∫R
−R
f(x)dx = 2π · i · [K(i) + K(2 · i)] −
∫
CR
F(z)dz . (66)
Calculemos K(i).
15
Para isto considerando-se a função ϕ1 : C \ {i ,−i , 2 · i ,−2 · i} → C, dada por
ϕ1(z)
.
= (z− z1) · F(z)
z1=3·i e (60)
=
z2
(z+ i) · (z− 2 · i) · (z+ 2 · i)
, (67)
pode ser estendida a z1 = i, de modo holomorfo, considando-se
ϕ1(z1) = ϕ1(i)
.
=
i2
(i+ i) · (i− 2 · i) · (i+ 2· i)
Exercício
=
i
6
̸= O .
Logo a função F terá um polo simples em z1 = i e, além disso (veja o item 1. da Observação (9.2.2)
da página 343 das notas de aula), teremos:
K(i) = K(z1)
= lim
z→z1 [(z− z1) · F(z)]
z1=i e (67)
= lim
z→i
[
z2
(z+ i) · (z− 2 · i) · (z+ 2 · i)
]
Exercício
=
i
6
. (68)
Calculemos K(2 · i).
Para isto considerando-se a função ϕ2 : C \ {i ,−i , 2 · i ,−2 · i} → C, dada por
ϕ2(z)
.
= (z− z2)
2 · F(z)
z2=2·i e (60)
=
z2
(z− i) · (z+ i) · (z+ 2 · i)
, (69)
pode ser estendida a z2 = 2 · i de modo holomorfo, definido-se
ϕ2(z2) = ϕ2(2 · i)
.
=
(2 · i)2
(2 · i− i) · (2 · i+ i) · (2 · i+ 2 · i)
Exercício
= −
i
3
̸= O .
Logo a função F terá um polo de ordem mo
.
= 2 em z1 = 2 · i e, além disso (veja o item 1. da
Observação (9.2.2) da página 343 das notas de aula), , teremos:
K(2 · i) = K(z2)
= lim
z→z2 [(z− z2) · F(z)]
z2=2·i e (67)
= lim
z→2·i
[
z2
(z− i) · (z+ i) · (z+ 2 · i)
]
Exercício
= −
i
3
. (70)
16
Portanto, de (66), (68) e (70), teremos∫R
−R
f(x)dx = 2π · i ·
[
i
6
−
i
3
]
−
∫
CR
F(z)dz
Exercício
=
π
3
−
∫
CR
F(z)dz . (71)
Notemos que, para z ∈ CR, temos:
|z| = R , (72)
assim:
∣∣∣z2 + 1∣∣∣ ≥ ∣∣∣z2∣∣∣− 1
= |z|2 − 1
(62)
= R2 − 1
R>2>1
> 0 , (73)
e:
∣∣∣z2 + 4∣∣∣ ≥ ∣∣∣z2∣∣∣− 4
= |z|2 − 4
(62)
= R2 − 4
R>2
> 0 , (74)
logo: |F(z)|
(60)
=
∣∣∣∣∣∣ z
2(
z2 + 1
) (
z2 + 4
)
∣∣∣∣∣∣
=
|z|2∣∣∣z2 + 9∣∣∣ ∣∣∣z2 + 4∣∣∣
(73) e (74)
≤ R
2(
R2 − 1
) (
R2 − 4
) . (75)
Logo, do item 6. da Proposição (7.4.1) da página 185 das notas de aula, segue que∣∣∣∣∫
CR
F(z)dz
∣∣∣∣ ≤ R2(
R2 − 9
) (
R2 − 4
)2 lCR
=
πR3(
R2 − 1
) (
R2 − 4
) (76)
Logo, fazendo R → ∞ em (71), como ∣∣∣∣∫
CR
F(z)dz
∣∣∣∣ (76)≤ πR3(
R2 − 1
) (
R2 − 4
) → 0 ,
e
∫R
−R
f(x)dx → ∫∞
−∞ f(x)dx ,
segue que:
∫∞
−∞ f(x)dx =
π
3
,
e, de (58), teremos:
∫∞
0
f(x)dx =
π
6
,
ou seja:
∫∞
0
x2(
x2 + 1
) (
x2 + 4
) dx = π
6
.