Gabarito P2 Cálculo IV MTM5186 15.1 Bortolan

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2a PROVA - DISCIPLINA MTM 5186: CÁLCULO IV
Professor: Matheus C. Bortolan
08/06/2015
Nome:___________________________________________ Matrícula: _____________
Orientações para a avaliação
• Leia atentamente cada uma das questões da prova.
• Justifique cada uma de suas respostas. Respostas sem justificativa serão desconsideradas.
• As respostas devem estar escritas à caneta e as resoluções devem estar legíveis.
• A prova é individual e sem consulta a nenhum material.
• Não é permitido sair da sala durante o período da avaliação.
• Não é permitido uso nenhum tipo de calculadora, celulares, tablets, notebooks e
smartphones. O não cumprimento desta regra anulará completamente a sua avaliação.
• Faça cada questão com calma e tenha uma boa prova! =)
(Valor 3.0) Questão 1: Determine as singularidades para as seguintes funções e classifique-as en-
tre removíveis, polos ou essenciais. No caso removíveis, defina a função apropriadamente
para que ela se torne analítica. No caso de polos, determine sua ordem. Encontre o resí-
duo das funções em cada singularidade.
(1.5) (a) f (z) = z
3−4z2
1−e z22
.
(1.5) (b) g(z) = sin z
z(z−1)3 .
Solução:
De (a): As singularidades de f são os pontos z ∈ C tais que h(z) .= 1− e z22 = 0; isto é,
os pontos e
z2
2 = 1. As soluções desta equação são dadas por
z2 = 4kpii, para k ∈ Z.
Assim, para cada k ∈ Z temos duas soluções da equação acima, denotadas por zk,0 e
zk,1, que são dadas por
zk, j = 2
p
kpie(
pi
4
+ jpi)i, para j = 0,1, se k ¾ 0,
2
e
zk, j = 2
p
−kpie(−pi4 + jpi)i, para j = 0,1, se k < 0,
Como d
dz
h(z) = −2ze z22 , temos que d
dz
h(zk, j) 6= 0 para todo k 6= 0. Portanto zk, j é um
zero simples de h(z). Como o numerador z3− 4z2 = z2(z− 4) é diferente de zero em zk, j
(para k 6= 0) temos que zk, j são polos simples de f para todo k 6= 0 e j = 0,1.
Analisamos o caso z0,0 = z0,1 = 0 separadamente. Aplicando a Regra de L’Hospital,
temos
lim
z→0 z f (z) = limz→0
z4− 4z3
1− e z22
= lim
z→0
4z3− 12z2
−ze z22
== lim
z→0
4z2− 12z
−e z22
= 0,
o que mostra que z = 0 é uma singularidade removível de f . Além disso, aplicando
novamente a Regra de L’Hospital, obtemos
lim
z→0 f (z) = limz→0
3z2− 8z
−ze z22
= lim
z→0
3z− 8
−e z22
= 8,
e definindo f (0) = 8, temos que f se torna uma função analítica. Claramente, o resíduo
Res( f , 0) = 0, já que z = 0 é uma singularidade removível.
Para os pontos zk, j, com k 6= 0 e j = 0,1, como são polos simples, temos
Res( f , zk, j) = limz→zk, j
(z− zk, j)z
3− 4z2
1− e z22
.
Aplicando a Regra de L’Hospital temos
Res( f , zk, j) = limz→zk, j
z3− 4z2 + (z− zk, j)(3z2− 8z)
−ze z22
= 4zk, j − z2k, j.
De (b): As singularidades de g(z) são z = 0 e z = 1. Como
lim
z→0 zg(z) = limz→0
sin z
(z− 1)3 = 0,
temos que z = 0 é uma singularidade removível, Res(g, 0) = 0 e temos
lim
z→0 g(z) = limz→0
sin z
z(z− 1)3 =−1,
o que mostra que definindo g(0) =−1, g se torna uma função analítica.
Para z = 1, como é um zero de multiplicidade 3 de z(z − 1)3 e sin(1) 6= 0, temos que
z = 1 é um polo de ordem 3 de g. Para calcular o resíduo de g em z = 1, temos
Res(g, 1) =
1
2!
lim
z→1
d2
dz2
”
(z− 1)3g(z)—= 1
2
lim
z→1
d2
dz2
sin z
z
,
e portanto, temos
Res(g, 1) =
1
2
lim
z→1
d
dz
�
cos z
z
− sin z
z2
�
=
1
2
lim
z→1
�
−sin z
z
− 2cos z
z2
+
2sin z
z3
�
,
o que nos dá
Res(g, 1) =
1
2
sin 1− cos1.
(Valor 2.0) Questão 2: Considere as funções f e g dadas na Questão 1. Calcule:
(1.0) (a)
∫
γ
f (z)dz, onde γ é o círculo |z|= 1, orientado positivamente.
(1.0) (b)
∫
γ
[ f (z) + g(z)]dz, onde γ é o círculo |z|= 2, orientado positivamente.
Solução:
De (a): Como z = 0 é a única singularidade de f que está no interior da curva |z|= 1,
o Teorema dos Resíduos no dá∫
γ
f (z)dz = 2piiRes( f , 0),
e portanto, usando o item (a) da Questão 1, como Res( f , 0) = 0, temos:∫
γ
f (z)dz = 0.
De (b): A única singularidade de f no interior da curva |z| = 2 é z = 0. Para g, tanto
z = 0 quanto z = 1 estão no interior da curva. Assim, segue do Teorema dos Resíduos
que ∫
γ
[ f (z) + g(z)]dz = 2pii[Res( f , 0) +Res(g, 0) +Res(g, 1)],
e usando os valores obtidos na Questão 1, obtemos∫
γ
[ f (z) + g(z)]dz = pii[sin1− 2 cos1].
(Valor 2.0) Questão 3: Expanda as função f (z) = z−sin z
z5
em série de Laurent do domínio 0 < |z| e
calcule
∫
γ
f (z)dz, onde γ é o círculo |z|= 1
2
orientado positivamente.
Solução: Sabemos que
sin z =
∞∑
n=0
(−1)nz2n+1
(2n+ 1)!
= z+
∞∑
n=1
(−1)nz2n+1
(2n+ 1)!
,
e esta expansão é válida para todo z ∈ C. Desta forma, obtemos que
f (z) =
∞∑
n=1
(−1)n+1z2n−4
(2n+ 1)!
, para todo z 6= 0.
Para calcular a integral de f , notemos que a única singularidade de f é z = 0, que está
no interior do círculo |z|= 1
2
. O Teorema do Resíduos nos dá que∫
γ
f (z)dz = 2piiRes( f , 0).
Usando a expansão acima, encontramos Res( f , 0) = 0 e portanto∫
γ
f (z)dz = 0.
(Valor 1.0) Questão 4: Use o Teorema dos Resíduos para calcular:∫ ∞
−∞
x2
1+ x4
dx .
Solução: Considere a função complexa f (z) = z
2
1+z4
, que tem quatro polos simples, dados
por
zn = e
i
�
pi
4
+npi
2
�
, para n= 0,1, 2,3.
Consequentemente temos que
Res( f , z0) = limz→z0
(z− z0) f (z) = 14 e
−i pi
4 =
1
4
�
1p
2
− i 1p
2
�
,
e também
Res( f , z1) =
1
4
e−i
3pi
4 =
1
4
�
− 1p
2
− i 1p
2
�
.
Segue do Teorema 6.5.2 das Notas de Aula que∫ ∞
−∞
x2
1+ x4
dx = 2pii[Res( f , z0) +Res( f , z1)] =
pip
2
.
(Valor 2.0) Questão 5: Responda às seguintes perguntas:
5
(1.0) (a) Determine a solução geral da equação
x2 y ′′+ 3x y ′− 3y = 0.
(1.0) (b) Encontre α e β reais para que y1(x) = x9 e y2(x) = xpi constituam uma base de
soluções para a equação
x2 y ′′+αx y ′+ β y = 0.
Solução:
De (a): O polinômio característico de equação de Euler
x2 y ′′+ 3x y ′− 3y = 0,
é dado por
F(r) = r(r − 1) + 3r − 3 = r2 + 2r − 3 = (r − 1)(r + 3),
que possui duas raízes reais distintas, a saber, r1 = 1 e r2 = −3. Assim, a solução geral
da equação dada é
y(x) = c1x + c2x
−3, para x > 0,
onde c1, c2 são constantes reais arbitrárias.
De (b): Para que y1(x) = x9 e y2(x) = xpi formem uma base de soluções para a
equação
x2 y ′′+αx y ′+ β y = 0,
devemos ter 9 e pi como raízes do polinômio característico desta equação, assim
(r − 9)(r −pi) = F(r) = r2 + (α− 1)r + β ,
o que nos dá
r2− (9+pi)r + 9pi= r2 + (α− 1)r + β ,
ou seja, α=−8−pi e β = 9pi.