Gabarito P1 Cálculo IV MTM5186 15.1 Bortolan

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GABARITO
1a PROVA - DISCIPLINA MTM 5186: CÁLCULO IV
Professor: Matheus C. Bortolan
(Valor 3.0) Questão 1: Responda às seguintes questões, usando as equações de Cauchy-Riemann.
(1.5) (a) Mostre que a função f (x + i y) = x
x2+y2
+ i y
x2+y2
não é analítica em nenhum ponto
de C.
(1.5) (b) Mostre que a função f (x + i y) = x2 + y2 +2i x y é diferenciável em todos os pontos
do eixo real, mas não é analítica em nenhum ponto de C.
∗ Solução:
(a) Claramente esta função não está definida para (x , y) = (0, 0). Assim, podemos supor
que x2 + y2 6= 0. Temos neste caso u(x , y) = x
x2+y2
e v(x , y) = y
x2+y2
. Assim, calculando
as derivadas de u com respeito a x , y e de v com respeito a x , y , obtemos
ux(x , y) =
y2− x2
(x2 + y2)2
e uy(x , y) =− 2x y(x2 + y2)2 .
e também
vx(x , y) =− 2x y(x2 + y2)2 e vy(x , y) =
x2− y2
(x2 + y2)2
Como x2 + y2 6= 0, para que ux = vy é necessário que y2− x2 = x2− y2, o que implica
que
x2 = y2. (1)
Para que uy =−vx , é necessário que 2x y =−2x y , o que implica que
x y = 0. (2)
A equação (2) mostra que devemos ter x = 0 ou y = 0. Isto, juntamente com a equa-
ção (1) nos dá que x = y = 0. Como estamos assumindo x2 + y2 6= 0, vemos que as
equações ux = vy e uy = −vx nunca são satisfeitas, e portanto u e v não satisfazem as
equações de Cauchy-Riemann, o que mostra que f não é diferenciável em nenhum ponto
de C e portanto f não é analítica em nenhum ponto de C.
(b) Neste caso, temos u(x , y) = x2 + y2 e v(x , y) = 2x y . Assim, as equações de Cauchy-
Riemann para u e v são (
2x = ux = vy = 2x
2y = uy =−vx =−2y ,
que estão satisfeitas para qualquer x ∈ R, desde que y = 0. Portanto, f é diferenciável
somente nos pontos da forma x + i0 = x , ou seja, em todo o eixo real. Como a analiti-
cidade de f em um ponto z0 depende da diferenciabilidade de f numa vizinhança dele,
vemos que f não pode ser analítica em nenhum ponto de C.
(Valor 2.0) Questão 2: Considere a função exponencial complexa f (z) = ez, e lembremos que para
z = x + i y , ela é dada por ez = ex cos y + iex sin y , e está definida para todo z ∈ C.
(1.0) (a) Mostre que a função exponencial é inteira; isto é, ela é analítica em todos os pontos
de C.
(1.0) (b) Mostre que d
dz
ez = ez, para todo z ∈ C.
∗ Solução:
(a) Para a função exponencial temos u(x , y) = ex cos y e v(x , y) = ex sin y , que têm
derivadas de primeira ordem contínuas. Calculando estas derivadas temos
ux = e
x cos y, uy =−ex cos x , vx = ex sin y e vy = ex cos y,
e vemos facilmente que ux = vy e uy = −vx , o que mostram que as equações de Cauchy-
Riemann estão satisfeitas para todos x e y , e portanto f (z) = ez é diferenciável em todo
o plano complexo, e consequentemente, f é analítica em todo plano complexo.
(b) Sabemos que se f = u+ iv é diferenciável então
d f
dz
= ux + ivx ,
e aplicando ao nosso caso, encontramos
d
dz
ez = ex cos y + iex sin y = ez.
(Valor 2.0) Questão 3: Sejam r o eixo imaginário e C o círculo |z|= 1.
(1.0) (a) Defina z1 = −i, z2 = 0, z3 = i, w1 = −i, w2 = 1 e w3 = i. Construa uma transforma-
ção de Möbius T que leva r em C , e tal que T (zi) = wi, para i = 1, 2,3.
(1.0) (b) Qual é a imagem do semiplano Re(z)< 0 pela transformação T? Justifique.
∗ Solução:
(a) Vamos construir as razões cruzadas (z, z1, z2, z3) e (w,w1,w2,w3). Temos
(z, z1, z2, z3) =
z+ i
z− i ·
−i
i
=−z+ i
z− i ,
e também
(w,w1,w2,w3) =
w+ i
w− i ·
1− i
1+ i
=−w+ i
w− i · i
Assim, fazendo (z, z1, z2, z3) = (w,w1,w2,w3), obtemos
z+ i
z− i = i
w+ i
w− i ,
ou equivalentemente
(z+ i)(w− i) = (iz+ 1)(w+ i),
isto é,
w(z+ i)− iz+ 1 = w(iz+ 1)− z+ i,
e logo
w(z− iz+ i− 1) =−z+ iz+ i− 1
Simplificando esta expressão e isolando w, obtemos
w =
z(i− 1) + i− 1
z(1− i) + i− 1,
e portanto a transformação de Möbius que buscamos é
T (z) =
z(i− 1) + i− 1
z(1− i) + i− 1.
Facilmente verificamos que T (−i) =−i, T (0) = 1 e T (i) = i.
(b) Método 1: A orientação escolhida para o eixo imaginário faz com que o semiplano
Re(z) < 0 seja o lado esquerdo de r. Como a orientação dada por T no círculo faz com
que o lado de dentro seja o lado esquerdo de C , sabemos do Princípio da Orientação que
4
T leva Re(z)< 0 na parte de dentro do círculo C .
Método 2: Escolhemos o ponto de teste z = −1. Como T (−1) = 0, que está dentro do
círculo C , sabemos que o semiplano Re(z)< 0 é levado no interior de C .
(Valor 1.0) Questão 4: Calcule ∮
γ
z
z− 2dz,
onde γ é o círculo |z− 2|= 2, orientado positivamente.
∗ Solução: A função f (z) = z não é analítica, e portanto não podemos utilizar a
Fórmula Integral de Cauchy. Desta maneira, devemos parametrizar a curva γ.
Uma parametrização possível de γ é dada por γ(t) = 2+ 2ei t , para t ∈ [0, 2pi]. Assim,
para g(z) = z
z−2 , sabemos que∮
γ
g(z)dz =
∫ 2pi
0
g(γ(t))γ′(t)d t =
∫ 2pi
0
2+ 2e−i t
2ei t
2iei td t
= i
∫ 2pi
0
(2+ 2e−i t)d t = 4pii+ 2
”−e−i t—��2pi0
= 4pii.
(Valor 2.0) Questão 5: Calcule ∮
γ
‚
e2iz
z4
− z
4
(z− i)3
Œ
dz,
onde
(1.0) (a) γ é o círculo |z|= 6, orientado positivamente.
(1.0) (b) γ é o círculo |z− 3|= 1, orientado negativamente.
∗ Solução:
5
(a) Defina a função f (z) = e
2iz
z
− z4
(z−i)3 , que está bem definida e á analítica em todo o
plano complexo, exceto nos pontos z0 = 0 e z1 = i. Segue do Princípio da Deformação de
Curvas que ∮
γ
f (z)dz =
∮
γ1
f (z)dz+
∮
γ2
f (z)dz,
onde γ1 é o círculo |z|= 12 e γ2 é o círculo |z− i|= 12 , ambos orientados positivamente.
Analisemos cada uma das integrais separadamente. Temos∮
γ1
f (z)dz =
∮
γ1
e2iz
z4
dz−
∮
γ1
z4
(z− i)3 dz.
Como a função z
4
(z−i)3 é analítica sobre a curva γ1 e em seu interior, o Teorema de
Cauchy-Goursat nos garante que
∮
γ1
z4
(z−i)3 dz = 0. Para o restante desta integral, definindo
g(z) = e2iz, temos que g é analítica sobre γ1 e em seu interior, assim a Fórmula Integral
de Cauchy nos dá que∮
γ1
e2iz
z4
dz =
∮
γ1
g(z)
z4
dz =
2pii
3!
g(3)(0) =
pii
3
(−8i g(z))��z=0 = 8pi3 .
Logo ∮
γ1
f (z)dz =
8pi
3
.
Para a integral sobre γ2 prosseguimos da mesma maneira. Temos∮
γ2
f (z)dz =
∮
γ2
e2iz
z4
dz−
∮
γ2
z4
(z− i)3 dz,
e, neste caso, como a função e
2iz
z4
é analítica sobre γ2 e em seu interior, o Teorema de
Cauchy-Goursat nos dá
∮
γ2
e2iz
z
dz = 0. Agora, definindo h(z) = z4, a Fórmula Integral de
Cauchy para derivadas nos dá∮
γ2
z4
(z− i)3 dz =
2pii
2!
h′′(i) = pii · 12i2 =−12pii,
e portanto ∮
γ2
f (z)dz = 12pii.
Desta maneira, somando as duas integrais, obtemos∮
γ
f (z)dz =
8pi
3
+ 12pii.
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(b) Como f é analítica em γ e em seu interior, segue diretamente do Teorema de Cauchy-
Goursat que ∮
γ
f (z)dz = 0.