Trabalho_Variaveis_Complexas

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Universidade Federal do Piaúı
Centro de Ciências da Natureza
Departamento de Matemática
Acadêmico(a): Marcelo Ayrton S. Marques NOTA
Curso: Bacharelado em Matemática Peŕıodo: 2024.1
Disciplina: Variáveis Complexas Professor: Sandoel
Trabalho de Variáveis Complexas
1. Determine os pontos de diferenciáveis das funções f, g, h : C → C dadas pelas expressões:
(a) f(z) = |z|2
Resolução:
Seja z = x+ iy ∈ C, temos que f(x, y) = x2 + y2 e v(x, y) = Imf(x, y) = 0. Dáı, teremos que
∂u
∂x
(x, y) = 2x
∂v
∂x
(x, y) = 0
∂u
∂y
(x, y) = 2y
∂v
∂y
(x, y) = 0
Todas as derivadas acima são cont́ınuas em C. O que acarreta em f ser diferenciável nos pontos onde
valem as equações de Cauchy-Riemann. Ou seja f é diferenciável em z = x+ iy se, e so se,
∂u
∂x
=
∂v
∂y
⇐⇒ 2x = 0 ⇐⇒ x = 0
∂u
∂y
= −∂v
∂x
⇐⇒ 2y = 0 ⇐⇒ y = 0
Logo f é diferenciável apenas em z = 0.
(b) g(z) = Im(z)
Resolução:
Temos que u(x, y) = y e v(x, y) = 0. Portanto, teremos que
∂u
∂x
(x, y) = 0
∂v
∂x
(x, y) = 0
∂u
∂y
(x, y) = 1
∂v
∂y
(x, y) = 0
Dáı, as equações de C−R para g não são satisfeitas em ponto algum de C, portanto g não é diferenciável
em nenhum ponto.
(c) h(z) = (1− y2) + i(2xy − y2)
Resolução:
1
Temos que u(x, y) = 1− y2 e v(x, y) = 2xy − y2. Portanto:
∂u
∂x
(x, y) = 0
∂v
∂x
(x, y) = 2y
∂u
∂y
(x, y) = −2y
∂v
∂y
(x, y) = 2x− 2y
Portanto as derivadas parciais
∂u
∂x
,
∂u
∂y
,
∂v
∂x
,
∂u
∂y
são cont́ınuas em C e h é diferenciável onde valem as
equações de C-R. Teremos que
∂u
∂x
=
∂v
∂y
⇐⇒ 0 = 2x− 2y ⇐⇒ x = y
∂u
∂y
= −∂v
∂x
⇐⇒ −2y = −2y ⇐⇒ y ∈ R
Disso, conclúımos que h é diferenciável em z ∈ C se, e somente se, z = x+ ix, para algum x ∈ R.
2. Exiba uma função f : C → C que seja diferenciável apenas nos pontos do conjunto A = {(x, y) ∈ C : y = x3}.
Resolução:
Vamos tentar encontrar uma função f(x, y) = u(x, y)+ iv(x, y) tal que ∂u
∂x ,
∂u
∂y ,
∂v
∂x ,
∂v
∂y sejam cont́ınuas em C e
satisfaçam as equações de Cauchy-Riemann se, e somente se, y = x3. Tal função deve satisfazer as seguintes
condições. Destacamos as equações de Cauchy-Riemann:
∂u
∂x
(z) =
∂v
∂y
(z) e
∂u
∂y
(z) = −∂v
∂x
(z).
Observe que, se supusermos que u depende apenas de x e v depende apenas de y, a segunda equação sempre
será válida, pois nesse caso teremos:
∂u
∂y
= −∂v
∂x
= 0.
Portanto, restringimos nossa busca a funções da forma f(x, y) = u(x)+ iv(y) tais que u′(x) = v′(y) ⇐⇒ y =
x3. Observe que y = x3 é uma igualdade entre monômios, o que nos motiva a considerar o caso onde u(x)
e v(y) são monômios. Considere então f da forma f(x, y) = axn + ibym, onde m,n ∈ N e a, b ∈ R \ {0}.
Desejamos que a, b,m, n sejam tais que naxn−1 = mbym−1 ⇐⇒ y = x3. Substituindo y = x3 nesta igualdade,
obtemos:
naxn−1 = mbx3m−3 =⇒ na = mb e n− 1 = 3m− 3 =⇒ n = 3m− 2.
Vamos agora tomar valores particulares para m,n, a, b. Fazendo m = 2, obtemos n = 4 e a
b = m
n = 2
4 = 1
2 .
Portanto, consideramos a = 1 e b = 2. Assim, vamos considerar f(x, y) = x4+ i2y2. Temos então u(x, y) = x4
e v(x, y) = 2y2, de modo que
∂u
∂x
(x, y) = 4x3,
∂v
∂x
(x, y) = 0,
∂u
∂y
(x, y) = 0,
∂v
∂y
(x, y) = 4y.
As derivadas parciais são todas cont́ınuas em C, portanto f é diferenciável em z = x+ iy se, e somente se,
∂u
∂x
(x, y) =
∂v
∂y
(x, y) ⇐⇒ 4x3 = 4y ⇐⇒ y = x3.
A segunda equação de Cauchy-Riemann sempre vale:
∂u
∂y
(x, y) = −∂v
∂x
(x, y).
Portanto, f é diferenciável apenas na região A = {(x, y) ∈ R2 : y = x3}.
2
3. Sejam A ⊂ C uma região f : A → C uma função anaĺıtica. Prove que se f(A) é um subconjunto de um
ćırculo, então f é uma função constante.
Resolução:
Suponha que f(A) ⊂ C, onde
C = {z0 ∈ C : |z − z0| = r},
onde z0 ∈ C e r ∈ (0,+∞). Então, se f(z) = u(z) + iv(z) e z0 = x0 + iy0, temos que para todo z ∈ A:
(u(z)− x0)
2 + (v(z)− y0)
2 = r2.
Derivando essa expressão em relação a x e y, obtemos:
2(u(z)− x0)
∂u
∂x
(z) + 2(v(z)− y0)
∂v
∂x
(z) = 0
2(u(z)− x0)
∂u
∂y
(z) + 2(v(z)− y0)
∂v
∂y
(z) = 0
Dividindo ambos os lados das duas equações por 2, e usando as equações de Cauchy-Riemann, obtemos:
(u(z)− x0)
∂u
∂x
(z) + (v(z)− y0)
∂u
∂y
(z) = 0
(u(z)− x0)
∂u
∂y
(z)− (v(z)− y0)
∂u
∂x
(z) = 0
Portanto, podemos reescrever o sistema na forma matricial: u(z)− x0 v(z)− y0
v(z)− y0 −(u(z)− x0)

 ∂u
∂x (z)
∂u
∂y (z)
 =
 0
0

O determinante da matriz dos coeficientes do sistema é:∣∣∣∣∣∣u(z)− x0 v(z)− y0
v(z)− y0 −(u(z)− x0)
∣∣∣∣∣∣ = (u(z)− x0)
2 + (v(z)− y0)
2 = r2 ̸= 0,∀z ∈ A.
Como o determinante do sistema linear homogêneo é não nulo, a única solução é a trivial:
∂u
∂x
(z) =
∂u
∂y
(z) = 0,∀z ∈ A.
Consequentemente, segue das equações de Cauchy-Riemann que:
∂v
∂x
(z) =
∂v
∂y
(z) = 0,∀z ∈ A.
Como A é uma região, conclúımos que u e v são constantes, portanto, f é constante.
4. Sejam π : S2 → C∞ a projeção esfereográfica e N o Polo Norte de S2. Mostre que:
Lema 1: Os circulos em C são caraterizados pelos conjuntos cujos pontos satisfazem uma equação da forma
A|z|2 +Bz +Bz + C = 0, A,C ∈ R, A ̸= 0, B ∈ C, |B|2 −AC > 0
Consideremos a equação
A|z|2 +Bz +Bz + C = 0.
3
Escreva B = b1 + ib2. Substituindo z por x+ iy, obtemos
A(x+ y)2 + (b1 + ib2)(x+ iy) + (b1 − ib2)(x− iy) + C = 0,
ou seja,
A(x2 + y2) + 2b1x− 2b2y + C = 0.
Se A = 0 então obtemos a equação 2b1x− 2b2y+C = 0, que determina uma reta em C já que b1 e b2 não são
ambos nulos (pois b21 + b22 = |B|2 − AC > 0). Se A ̸= 0 então aplicamos a técnica de completar quadrados
para transformar nossa equação em
A
(
x2 +
2b1
A
x+
b21
A2
)
+A
(
y2 − 2b2
A
y +
b22
A2
)
= −C +
b21
A
+
b22
A
,
ou seja, (
x+
b1
A
)2
+
(
y − b2
A
)2
=
|B|2 −AC
A2
.
Como |B|2 −AC > 0, a equação acima determina um ćırculo em C. Para provarmos a rećıproca, observamos
que
z = x+ iy =⇒ x =
z + z
2
, y =
z − z
2i
.
Consideremos a equação geral de uma reta em C:
ax+ by + c = 0,
onde a ̸= 0 ou b ̸= 0. Então
a
(
z + z
2
)
+ b
(
z − z
2i
)
+ c = 0,
ou seja, (
a− ib
2
)
z +
(
a+ ib
2
)
z + c = 0.
Logo, basta tomarmos A = 0, B =
a− ib
2
e C = c. Note que
|B|2 −AC = |B|2 =
(a
2
)2
+
(
−b
2
)2
=
a2 + b2
4
> 0.
Consideremos agora a equação geral de um ćırculo em C:
(x− a)2 + (y − b)2 = r2,
onde r > 0. Então (
z + z
2
)2
− 2a
(
z + z
2
)
+ a2 +
(
z − z
2i
)2
− 2b
(
z + z
2i
)
+ b2 = r2
Fazendo as contas, obtemos
|z|2 + (−a+ ib)z + (−a− ib)z + a2 + b2 − r2 = 0.
Logo, basta tomarmos A = 1, B = −a+ ib e C = a2+b2−r2. Note que |B|2−AC = a2+b2− (a2+b2−r2) =
r2 > 0.
4
(a) π transforma qualquer ćırculo C de S2 em um ćırculo em C(caso em que N /∈ C) em uma reta C unida
com o ∞ (caso em que N ∈ C);
Resolução:
Vamos reescrever o texto de forma mais clara e estruturada:
—
Um ćırculo em S2 é a interseção de S2 com um plano, de modo que a interseção possui infinitos pontos.
Sendo assim, considere um ćırculo em S2:
C = {(x, y, z) ∈ S2 | ax+ by + cz = d}
Afirmamos que a2 + b2 + c2 − d2 > 0. Agora, seja p = (a, b, c) ∈ R3 \ {(0, 0, 0)}. Então, C é dado por:
C = {X ∈ S2 | p ·X = d}
Como C possui infinitos pontos, pelo menos um dos vetores unitários em R3 é linearmente dependente
de p, a saber, p
∥p∥ e − p
∥p∥ . Para este ponto X0 vale a desigualdade estrita na desigualdade de Cauchy-
Schwarz, logo:
|X0 · p| 0 =⇒ a2 + b2 + c2 − d2 > 0 (3)
Dado (x, y, z) ∈ C, seja w = π(x, y, z) = x
1−z + i y
1−z = u + iv (supondo (x, y, z) ∈ N). Queremos
encontrar A,C ∈ R e B = R+ iS ∈ C tais que |B|2 −AC > 0 e:
ax+ by + cz = d ⇐⇒ A|w|2 +Bw +Bw + C = 0
Escrevendo o lado direito da equação acima em termos de u e v, temos:
A(u2 + v2) + 2Ru− 2Sv + C = 0
Escrevendo agora em termos de x, y, z, teremos:
A
(
x2 + y2
(1− z)2
)
+
(
2Rx− 2Sy
1− z
)
= −C
⇐⇒ A
x2 + y2
(1− z)2
+
2Rx− 2Sy
1− z
= −C
⇐⇒ A
1− z2
(1− z)2
+
2Rx− 2Sy
1− z
= −C
⇐⇒ A
1 + z
1− z
+
2Rx− 2Sy
1−z
= −C
⇐⇒ 2Rx− 2Sy + (A− C)z = −(A+ C) (5)
Dáı, nos motiva a escolher A,B,C de modo que:
a = 2R
b = −2S
A− C = c
A+ C = −d
=⇒

A = c−d
2
B = a
2 + i b2 (G)
C = − c+d
2
5
Observe que |B|2−AC = a2+b2+c2−d2
4 > 0. Observe agora que se w ∈ C é tal queA|w|2+Bw+Bw+C = 0,
então (x, y, z) = π−1(w) ∈ C, por (5). Observe também que N ∈ C ⇐⇒ c = d ⇐⇒ A = 0 ⇐⇒
A|w|2 +Bw +Bw + C = 0 é uma reta.
Sendo assim, conclúımos que:
π(C) = {w ∈ C | A|w|2 +Bw +Bw + C = 0} (N /∈ C um ćırculo)
π(C) = {w ∈ C | A|w|2 +Bw +Bw + C = 0} ∪ {∞}, (N ∈ C uma reta unida ao infinito).
(b) Resolução:
Um ćırculo em uma reta em C é caracterizado por:
A|w|2 +Bw +Bw + C = 0, A,C ∈ R, A ̸= 0, B ∈ C, |B|2 −AC > 0
Tomando a, b, c, d ∈ R como em (G), vemos que a equação acima caracteriza a imagem de
C = {(x, y, z) ∈ S2 : ax+ by + cz + d}
Tal fato segue de (5). Os casos de N e ∞ seguem como no último comentariodo item anterior.
5. Uma função real h : A → R definida em um aberto A ⊂ C é dita ser harmônica quando é de classe C2(A) e
satisfaz a equação de Laplace, isto é,
∂2h
∂x∂x
(z) +
∂2h
∂y∂y
(z) = 0, ∀z ∈ C.
Verifique os seguintes itens:
(a) Dada uma função h : A → R harmônica, mostre que a função f : A → C dada por f(z) =
∂h
∂x
(z)−i
∂h
∂y
(z)
é anaĺıtica.
Resolução:
Sendo u =
∂h
∂x
e v = −∂h
∂y
. Como h ∈ C2(A), segue que f é anaĺıtica se, e só se, satisfaz as equações de
C-R. Teremos
∂u
∂x
=
∂2u
∂x2
e
∂v
∂y
= −∂2h
∂y2
Por hipótese, temos que h é harmônica, logo
∂2u
∂x2
− ∂2h
∂y2
=⇒ ∂u
∂x
=
∂v
∂y
(1)
E também
∂u
∂y
=
∂2h
∂y∂x
e
∂v
∂x
= − ∂2h
∂x∂y
Como h ∈ C2(A), segue do teorema de Schwarz que:
∂2h
∂y∂x
=
∂2h
∂x∂y
=⇒ ∂u
∂y
= −∂v
∂x
(2)
Dáı, por (1) e (2), segue que f é anaĺıtica.
6
(b) Seja uma função f : A → R anaĺıtica e de classe C2(A) dada como f = u + iv, mostre que ambas as
funções reais u e v são harmônicas.
Resolução:
Usando as equações de C-R e o Teorema de Schwarz, temos que
∂2u
∂x2
=
∂
∂x
(
∂u
∂x
)
=
∂2v
∂x∂y
=
∂2v
∂y∂x
= − ∂
∂y
(
∂u
∂y
)
=⇒ ∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
= 0
∂2v
∂x2
=
∂
∂x
(
∂v
∂x
)
= − ∂2u
∂y∂x
= − ∂2u
∂x∂y
= −∂2v
∂y2
=⇒ ∂2v
∂x2
+
∂2v
∂y2
= 0
Logo, u e v são harmônicas.
6. Sejam z1, z2, z3 e z4 quatro pontos distintos de C. Prove que z1, z2,z3 e z4 pertencem a um mesmo ćırculo
de C∞ se, e somente se, [z1, z2, z3, z4] é um número real.
Resolução:
Sejam z1, z2, z3, z4 ∈ C pontos distintos pertencentes a um mesmo ćırculo em C. Então, [z1, z2, z3, z4] = f(z4),
onde f : C → C é uma transformação de Möbius tal que f(z1) = 0, f(z2) = 1 e f(z3) = ∞.
Como f leva ćırculos em C em ćırculos em C e, dado que z1, z2, z3, z4 estão em um mesmo ćırculo em C, os
pontos 0, 1,∞ devem estar em um mesmo ćırculo em C, que só pode ser R∪{∞}. Portanto, f(z4) ∈ R∪{∞}.
Como f é injetiva e f(z3) = ∞ e z3 ̸= z4, conclúımos que f(z4) ∈ R. Logo, [z1, z2, z3, z4] ∈ R.
Agora, suponha que [z1, z2, z3, z4] = f(z4) = w ∈ R, onde f(z1) = 0, f(z2) = 1 e f(z3) = ∞. Seja g = f−1.
Como f é invert́ıvel, temos:
g(0) = f−1(0) = z1, g(1) = f−1(1) = z2,
g(∞) = f−1(∞) = z3, g(w) = g(f(z4)) = f−1(f(z4)) = z4.
Como 0, 1,∞ e w ∈ R ∪ {∞}, que é um ćırculo em C, e como g é uma transformação de Möbius (por ser
a inversa de uma transformação de Möbius), g(R ∪ {∞}) é um ćırculo em C. Dáı, z1 = g(0), z2 = g(1),
z3 = g(∞) e g(z4) = g(w) estão em um mesmo ćırculo.
7. Seja g uma função inteira e par tal que a função g′ também é inteira. Mostre que a função definida por
f(z) = g(
√
z) define uma função inteira.
8. Seja a função f(z) =
az + b
cz + d
uma tranformada de Mobius diferente da identidade e suponha que ad− bc = 1.
Mostre que f tem apenas um ponto fixo quando a+ d = ±2 e tem dois pontos fixos nos demais casos.
Resolução:
Seja f(z) =
az + b
cz + d
, uma função diferente da identidade e tal que ad− bc = 1.
1. Caso c = 0: - Neste caso, f(∞) = ∞ e f(z) = z =⇒ az + b
d
= z =⇒ az + b = dz =⇒ (a− d)z + b = 0.
- De ad− bc = 1, temos ad = 1 (pois c = 0).
- Se a+ d = ±2, então (a+ d)2 = 4 =⇒ a2 + d2 + 2ad = 4 =⇒ a2 + d2 = 2, já que ad = 1.
Assim, (a− d)2 = a2 + d2 − 2ad = 2− 2 = 0 =⇒ a− d = 0 =⇒ a = d = ±1, pois ad = 1.
Portanto, f(z) =
az + b
d
= z+d. Como f não é a identidade, b ̸= 0, o que implica que a equação (a−d)z+b = 0
não possui solução. Portanto, f só tem ∞ como ponto fixo.
7
- Se a+ d ̸= ±2, a análise anterior não se aplica e a equação (a− d)z+ b = 0 possui solução, então f terá dois
pontos fixos.
2. Caso c ̸= 0: - f(z) = z =⇒ az + b
cz + d
= z =⇒ cz2 + (d− a)z − b = 0.
- Analisando o discriminante da equação quadrática acima:
∆ = (d− a)2 − 4c(−b) = d2 − 2ad+ a2 + 4bc = (a+ d)2 − 4(ad− bc) = (a+ d)2 − 4
(usando ad− bc = 1).
Portanto, f tem apenas um ponto fixo se, e somente se, ∆ = 0 =⇒ (a+ d)2 = 4 =⇒ a+ d = ±2.
Conclúımos que, em todos os casos, f tem apenas um ponto fixo se, e somente se, a + d = ±2. Quando
a+ d ̸= ±2, f tem dois pontos fixos.
9. Seja a função f : C → C dada por f(z) = z e considere o caminho λ cujo a trajetoria e a orientação são dadas
na figura abaixo:
Faça os seguintes itens
(a) Verifique a seguinte desigualdade ∣∣∣∣∫
λ
f(z)dz
∣∣∣∣ ≤ 2R2(π + 1)
Resolução:
Se |f(z)| 0 =⇒ r >
R−R =⇒ R > R− r, portanto temos que
l(λ) = 2(R− r) + πr + πR