Funções_Complexas

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA 
CENTRO DE CIÊNCIAS FÍSICAS E MATEMÁTICA 
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA 
DISCIPLINA: CÁLCULO IV(MTM 5118) 
PROFESSOR: MARCOS MARTINS 
 
FUNÇÕES COMPLEXAS 
 
1. Funções de uma variável complexa 
 
 Seja D ⊂ � ; :f D →� uma função. Para z D∈ costuma-se escrever ( )w f z= . Se 
( ) , f z z D∈ ∀ ∈� , então f é uma função real de variável complexa. Exemplo: ( ) f z z= . 
 O domínio de f , ( )D f é o conjunto dos números complexos z tais que ( )f z seja um número 
complexo. 
 
Exemplos: 
a) ( ) ( ) ( ) ( ) { }
4
; 3, 
3
z if z D f i
z i z
−
= = − −
− +
� . 
b) ( ) ( ) { } ( ) ( ){ }2 22 5 ; / 4 2 1 , 2 14z ig z D g z z i i iz i+= = − = = − + − +− � � . 
 
 
1.1. Gráfico 
 
 Não iremos esboçar o gráfico de uma função de variável complexa. O que faremos, às vezes, é 
descrever a imagem pela função de algum subconjunto do domínio. 
 Por exemplo, se ( ) f z z= , qual a imagem do conjunto { }/ 5A z z= ∈ ≤� ? 
 
 Temos: 
 
2 2
2 2
 5 5
 25
z x y
x y
≤ ⇒ + ≤
⇒ + ≤
 
 Portanto, 
 ( ) [ ]Im 0, 5A = . 
 
 Observação: A cada função ( )w f z= correspondem 2 funções de variáveis reais x e y , a saber: 
 ( ) ( ), Reu u x y f z= =    e ( ) ( ), Imv v x y f z= =    . 
 
 Exemplos: 
a) ( ) ( ) ( )2 2 2 , ; , 2f z z u x y x y v x y xy= ⇒ = − = . 
 
b) ( ) ( ) ( ) ( )2Re , 2 ; , 0f z z u x y x v x y= ⇒ = = . 
 
 
 
 
2 
 
c) ( ) zf z z e= ⋅ 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
cos sen 
 cos sen sen cos 
 , cos sen ; , sen cos 
z x
x x
x x
f z z e x y i e y i y
e x y y y i e x y y y
u x y e x y y y v x y e x y y y
= ⋅ = + ⋅ + ⋅
= ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅
⇒ = ⋅ − ⋅ = ⋅ + ⋅
 
 
 
2. Limite de uma função complexa 
 
 Seja 0z ∈� e f uma função complexa definida numa vizinhança de 0z , exceto talvez em 0z . Dizemos 
que ( )
0
lim
z z
f z L
→
= se para todo ε +∈� existe δ +∈� tal que ( )f z L ε− < sempre que 00 z z δ< − < . 
 
 As propriedades de limites válidas para funções reais são estendidas para funções complexas. 
 
Exemplos: 
1) 
4
22
1 17 2 1 17lim
2 4 4 2 4z i
z z i i
z z i→
− + −
= = − −
+ +
. 
2) 
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 22 2
21 1 1
1 1 1 1 1lim lim lim
2 2 1 2 41 1z i z i z i
z i z i
z z z i iz i z i→ + → + → +
   
− + − +   
= = = = −      
− + − −− + − −             
. 
 
 
 Teorema 16: Seja ( ) ( ) ( ), , f z u x y i v x y= + ⋅ e 0 0 0z x i y= + ⋅ . Então, ( )
0
lim
z z
f z a b i
→
= + ⋅ se, e somente 
se, ( ) ( ) ( )0 0, ,lim , x y x y u x y a→ = e ( ) ( ) ( )0 0, ,lim , x y x y v x y b→ = . 
 
 Exemplos: 
a) ( )2
2
lim 4
z i
z z
→
+ 
Solução: 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2
, 0,2 , 0,2
2
2
4 4 2 4
lim 4 4; lim 2 4 8
 lim 4 4 8 .
x y x y
z i
f z z z x y x xy y i
x y x xy y
z z i
→ →
→
= + = − + + +
− + = − + =
∴ + = − +
 
 
b) 
( )2
20
Im
lim
 
z
z
z→
 
 
 
3 
 
Solução: 
 
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2 2
2 2
, 0,0
Im 2
 
2Mas, lim não existe.
x y
z xyf z
x yz
xy
x y→
= =
+
+
 
 
c) 
( )
( )0
Re
lim
Imz
z
zi z→ +
 
Solução: 
 
( ) ( )( )
( ) ( )
( )
( )
, 0,0
0
Re
Im
1lim
Re
 lim .
Im
x y
z
z xf z
zi z xi y y
x i
xi y y i
z
i
zi z
→
→
= =
+ − +
= = −
− +
∴ = −
+
 
 
 
3. Continuidade 
 
 f é contínua em 0z quando ( ) ( )
0
0lim
z z
f z f z
→
= . Se f u i v= + ⋅ , então f é contínua em 0 0 0z x i y= + ⋅ 
se, e somente se, u e v forem contínuas em ( )0 0, x y . 
 
 Exemplos: 
a) ( ) 2f z z= é contínua em todos os pontos do plano complexo. (VERIFIQUE!) 
b) ( ) 1f z
z
= não é contínua na origem. (VERIFIQUE!) 
c) ( )
2 4
2
zf z
z i
+
=
−
 não é contínua em 2z i= . (VERIFIQUE!) 
d) ( ) ( )Ref z z= é contínua em � . (VERIFIQUE!) 
 
 
4. Derivada 
 
Definição: Se D é um subconjunto de � , então 0z é ponto interior de D quando existe alguma vizinhança 
de 0z contida em D . 
 
 Por exemplo, seja { }/ 2D z z= ∈ ≤� . O ponto 1 3z i= não é ponto interior de D , mas 2z i= é um 
ponto interior de D . 
 
Definição de derivada: Seja :f D ⊂ →� � e 0z um ponto interior de D . Dizemos que f é derivável em 
0z quando existe o limite: 
 
( ) ( ) ( )0 0 00limz
f z z f z f z
z∆ →
+ ∆ −
′=
∆
. 
4 
 
 Fazendo uma mudança de variável 0z z z∆ = − , o limite acima fica equivalente a: 
 
( ) ( )
0
0
0
lim
z z
f z f z
z z→
−
−
. 
 
 Observação: O limite não pode depender do modo pelo qual 0z∆ → ou 0z z→ . 
 
 
 Exemplos: 
1) ( ) 2 0; f z z z= ∈� . 
 ( ) ( ) ( )
2 2 2
0 0 0
0 0 00 0 0
2lim lim lim 2 2
z z z
z z z z z zf z z z z
z z∆ → ∆ → ∆ →
+ ∆ − ∆ + ∆
′ = = = + ∆ =
∆ ∆
. 
 
 Logo, ( )0 0 02 , f z z z′ = ∀ ∈� . Escrevemos então ( ) 2f z z′ = . 
 
2) ( )f z z= . 
 ( )
0 0
lim lim
z z
z z z zf z
z z∆ → ∆ →
+ ∆ − ∆
′ = =
∆ ∆
. 
 
Este limite depende do “caminho” através do qual z∆ tende a 0 (zero). 
Suponhamos z∆ ∈� . Então, z z∆ = ∆ e 
0
lim 1
z
z
z∆ →
∆
=
∆
. 
Suponhamos agora z yi∆ = , imaginário puro. Então, z yi∆ = − e 
0
lim 1
z
z
z∆ →
∆
= −
∆
. 
Logo, o limite não existe e f não é derivável em ponto algum, apesar de ser contínua em � . 
 
3) ( ) 2 f z z= . 
 
( ) ( )( )2 2
0 0
0
0
 
lim lim
 lim
 lim 0,
z z
z
z
z z z z zzz z zf z
z z
zz z z z z z z zz
z
z
z z z
z
∆ → ∆ →
∆ →
∆ →
+ ∆ + ∆ −+ ∆ −
′ = =
∆ ∆
+ ∆ + ∆ + ∆ ∆ −
=
∆
 ∆
= + ∆ + = ∆ 
 
 
e portanto, ( )0 0f ′ = . 
 Suponhamos que 0z ≠ e que ( )f z′ existe. Então, o limite acima tem o mesmo valor, seja qual for o 
caminho pelo qual z∆ se aproxima de 0 (zero). 
5 
 
 Suponhamos z∆ real. Então z z∆ = ∆ e 
0
lim
z
z
z z z z z
z∆ →
 ∆
+ ∆ + = + ∆ 
. 
 Suponhamos agora z∆ imaginário puro. Então, z z∆ = −∆ e 
0
lim
z
z
z z z z z
z∆ →
 ∆
+ ∆ + = − ∆ 
. 
 Logo, 0z z z z z+ = − ⇒ = → (CONTRADIÇÃO!). 
 Concluímos que ( ) 2 f z z= é derivável apenas em 0 (zero). 
 
Observações: 
i) Todas as regras de derivação de funções de 1 (uma) variável real valem para funções de 1 
(uma) variável complexa. 
ii) Se ( ) ( ) ( ), , f z u x y i v x y= + ⋅ pode acontecer que u e v sejam deriváveis em relação a 
x e y , porém f não é derivável. Exemplo: ( )f z z= . 
 
 
5. Equações de Cauchy-Riemann (C.R.) 
 
Teorema: Seja ( ) ( ) ( ), , f z u x y i v x y= + ⋅ e suponha que u e v tenham derivadas parciais contínuas em 
z . Então, f é derivável no ponto z se, e somente se satisfaz as equações abaixo em z :e 
u v u v
x y y x
∂ ∂ ∂ ∂
= = −
∂ ∂ ∂ ∂
. 
 
 Neste caso, 
 ( ) u v v uf z i i
x x y y
∂ ∂ ∂ ∂
′ = + ⋅ = − ⋅
∂ ∂ ∂ ∂
. 
 
Observação: As equações e 
u v u v
x y y x
∂ ∂ ∂ ∂
= = −
∂ ∂ ∂ ∂
 chamam-se equações de Cauchy-Riemann. 
 
 
Demonstração Parcial: 
 
 Vamos demonstrar apenas que se ( )f z′ existe em 0z , então satisfaz as equações de C.R. em z . 
Suponhamos f derivável em 0z , isto é, existe o 
( ) ( )0 0
0
lim
z
f z z f z
z∆ →
+ ∆ −
∆
. Seja 0 0 0z x i y= + ⋅ ; 
z x i y∆ = ∆ + ⋅ ∆ . Então, 
 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0 0 0 0 0 0
0
, 0,0
0 0 0 0 0 0 0 0
, 0,0
, , , , 
lim
, , , , 
 lim
x y
x y
u x x y y i v x x y y u x y i v x yf z
x i y
u x x y y u x y v x x y y v x y
i
x i y x i y
∆ ∆ →
∆ ∆ →
+ ∆ + ∆ + ⋅ + ∆ + ∆ − − ⋅
′ =
∆ + ⋅ ∆
+ ∆ + ∆ − + ∆ + ∆ − 
= + ⋅ ∆ + ⋅∆ ∆ + ⋅ ∆ 
 
 
 Como este limite existe, seu valor independe do modo como 0z∆ → : 
 
1º) Suponhamos z∆ real, ou seja, z x∆ = ∆ : 
6 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0
0 0 0 0 0
, , , , 
lim
 , , .
x
u x x y u x y v x x y v x yf z i
x x
u vf z x y i x y
x x
∆ →
+ ∆ − + ∆ − 
′ = + ⋅ ∆ ∆ 
∂ ∂
′⇒ = + ⋅
∂ ∂
 
 
2º) Suponhamos z∆ imaginário puro, ou seja, z i y∆ = ⋅∆ : 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0
0 0
, , , , 
lim
1
 , .
y
u x y y u x y v x y y v x yf z i
i y i y
u v u vi x y
i y y y y
∆ →
+ ∆ − + ∆ − 
′ = + ⋅ 
⋅ ∆ ⋅∆ 
 ∂ ∂ ∂ ∂
= + = − + ∂ ∂ ∂ ∂ 
 
 
 Logo, 
u v v ui i
x x y y
∂ ∂ ∂ ∂
+ = −
∂ ∂ ∂ ∂
, donde segue que e 
u v v u
x y x y
∂ ∂ ∂ ∂
= = −
∂ ∂ ∂ ∂
. 
 
Exemplos: 
 
1) ( ) 2f z z= . 
Então, ( ) ( ) ( )2 2 2 2, 2 , , , 2f x y x y xy i u x y x y v x y xy= − + ⋅ ⇒ = − = . 
Equações de C.R.: 
 2 2
 
2 2
x x
y y
=
⇒
− = −
valem para todo z ∈� . 
E, ( ) ( )2 2 2 2u vf z i x i y x i y z
x x
∂ ∂
′ = + ⋅ = + ⋅ = + ⋅ =
∂ ∂
, como sabemos! 
 
2) ( ) 2 f z z= . 
Então, ( ) ( ) ( )2 2 2 2, 0 , , , 0f x y x y i u x y x y v x y= + + ⋅ ⇒ = + = . 
Equações de C.R.: 
2 0
 0 e 0
2 0
x
x y
y
=
⇒ = =
=
. 
Portanto, f é derivável apenas em 0 (zero) e ( )0 2 0 0 0f i′ = ⋅ + ⋅ = , conforme sabemos! 
 
3) ( ) 2 2f z x i y= + ⋅ . 
Equações de C.R.: ( )2 2 2
 0 0
x y
x y f z x= ′⇒ = ⇒ =
=
. 
Logo, f é derivável apenas em z z a i a⇔ = + ⋅ e ( ) 2f z a′ = . 
 
4) ( ) ( ) ( )Im Ref z z z z= + . 
Então, ( ) ( ) ( ) ( )2 2, , , , f x y xy x i y u x y xy x v x y y= + + ⋅ ⇒ = + = . 
Equações de C.R.: ( ) ( )1 2 1 e 0 1 ou 2
 0
y y
y x f z y f z y x
x
+ =
′ ′⇒ = = ⇒ = + = −
=
. 
Conclusão: f é derivável apenas em z i= e ( ) 2f i′ = . 
7 
 
6. Funções Analíticas 
 
Definição: Uma função ( )f z é analítica em 0z quando é derivável em 0z e numa vizinhança de 0z . 
Também se diz regular ou holomorfa. 
 
Exemplos: 
a) A função ( ) 2 f z z= não é analítica em ponto algum, apesar de ( )0f ′ existir. A função ( ) 1f z
z
= é 
analítica em { }0−� . 
b) As funções dos exemplos 3 e 4 acima não são analíticas em ponto algum. 
 
Definição: Uma função é inteira quando é analítica em todo ponto do plano complexo. 
 
Exemplo: Polinômios são funções inteiras. 
 
Exercício (para casa): Use as equações de C.R. para calcular ( )f z′ e verifique se f é uma função inteira, 
sendo ( ) ( )cos sen x xf z e y e y i= + . Compare f ′ com f . 
 
 
7. Funções Harmônicas 
 
Definição: A função ( ), x yϕ é harmônica quando satisfaz a equação diferencial de Laplace: 
2 2
2 2 0 ou 0xx yy
u u
u u
x y
∂ ∂
 + = + = ∂ ∂
. 
 
Observação: Se f u i v= + ⋅ é analítica em 2D ⊂ � , então as funções ( ), u x y e ( ), v x y são harmônicas 
em D . 
 
Justificativa: Sendo f analítica, satisfaz as equações de C.R.: u v
x y
∂ ∂
=
∂ ∂
e 
u v
y x
∂ ∂
= −
∂ ∂
. 
 
 Derivando ambos os lados da primeira em relação a x e ambos os lados da segunda em relação a y : 
2 2 2 2
2 2 e 
u v u v
x x y y y x
∂ ∂ ∂ ∂
= = −
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
. 
 
 Prova-se que se f é analítica, as derivadas de 2ª ordem de u e v são contínuas. Logo, as derivadas 
mistas de v são iguais. Conclui-se que, 
 
2 2
2 2
u u
x y
∂ ∂
= −
∂ ∂
, 
isto é, 0xx yyu u+ = . 
 De maneira análoga se mostra que 0xx yyv v+ = . 
 
Definição: Se f u i v= + ⋅ é analítica, então u e v chamam-se funções harmônicas conjugadas. 
 
 Se u é harmônica então existe uma função v tal que u i v+ ⋅ é analítica e esta função v chama-se 
harmônica conjugada de u . 
8 
 
Exercício (em sala): A função ( ) 3 2, 2 6u x y x xy y= − + é harmônica. Encontre sua harmônica conjugada. 
 
Solução: Devemos encontrar ( ), v x y tal que u i v+ ⋅ seja analítica. 
 E neste caso satisfaz as equações de C.R.: 
 
u v
x y
∂ ∂
=
∂ ∂
e 
u v
y x
∂ ∂
= −
∂ ∂
. 
 Temos: 
 2 26 6u vx y
x y
∂ ∂
= − =
∂ ∂
. 
 Logo, ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 3, 6 6 6 2 *v x y x y dy x x y y xϕ ϕ= − + = − +∫ 
 Da outra equação, temos: 
 12 1 12 1v vxy xy
x x
∂ ∂
− + = − ⇒ = −
∂ ∂
. 
 Derivando ( )* em relação a x , temos: 
 ( )12v xy x
x
ϕ∂ ′= +
∂
. 
 Logo, ( ) ( ) ( )12 1 12 1xy xy x x x x Cϕ ϕ ϕ′ ′− = + ⇒ = − ⇒ = − + . 
 Concluímos que: ( ) 2 3, 6 2 , v x y x y y x C C= − − + ∀ ∈� . 
 
 
8. Funções Elementares 
 
8.1. Função Exponencial Complexa: Se z x y i= + ⋅ , definimos ( )cos sen z xe e y i y= + ⋅ . Note que se 
 z x= ∈� então ( )cos 0 sen 0z x xe e i e= + ⋅ = . 
 
8.1.1. Propriedades da função ( ) zf z e= : 
(i) ( )1 2 1 2 , , nz z z z z nze e e e e n+ = ⋅ = ∀ ∈� . [em particular, ( ) 1z ze e− −= ]. 
(ii) 2 , z i ze e zpi+ = ∀ ∈� . [ f é uma função periódica de período imaginário 2 ipi ]. 
(iii) z xe e= , portanto, 0, ze z≠ ∀ ∈� . 
(iv) f é analítica em � (inteira) e ( ) ( ) , f z f z z′ = ∀ ∈� (exercício anterior). 
 
Exercícios (em aula): 
1) Calcule: a) 
2 3 i
e
pi−
 b) 
ln 2 i
e
pi+
 
 
2) Encontre todos os valores de z para os quais 7ze = − . 
Solução: Seja ( ): cos sen 7xz x y i e y i y= + ⋅ + ⋅ = − . 
 ( )cos 7 2 1 ; 7 ln 7
 sen 0
x
x
x
e y
y k e x
e y
pi
 = −
⇒ = + = ⇒ =
=
. 
 Logo, ( )ln 7 2 1 ; z k kpi= + + ∈� . 
 
3) Mostre que 2 1zz− < se e somente se z pertence ao semi plano 0x > . 
9 
 
Solução: Seja z x y i= + ⋅ . Então, ( )2 2 cos 2 sen 2z xe e y i y− −= + ⋅ e 2 2z xe e− −= . 
 Logo, 2 21 1 0z zz e x− −< ⇔ < ⇔ > . 
 
 Observação: Este exercício mostra que a função ( ) 2zf z e−= leva o semi plano 0x > no interior do 
círculo 1z ≤ . 
 
 
Exercício (para casa): 
Encontretodos os valores de z para os quais 2 1 1ze − = . [Resposta: 1 ; 
2
k i kpi+ ∈� ]. 
[Sugestão: faça 2 1z u x y i− = = + ⋅ e mostre que 1 2 ; ue u k i kpi= ⇔ = ∈� ]. 
 
 
8.2. Funções Trigonométricas 
 
 O seno e o cosseno complexo devem ser uma extensão do seno e do cosseno real. 
 
 Das igualdades: 
 cos sen 
cos sen 
ix
ix
e x i x
e x i x−
 = + ⋅

= − ⋅
, segue: cos 
2
ix ixe e
x
−+
= e sen 
2
ix ixe e
x
i
−
−
=
⋅
. 
 
Definição: Se z ∈� então: 
 cos 
2
iz ize e
z
−+
= e sen 
2
iz ize e
z
i
−
−
=
⋅
. 
 
Exemplo: 
 
( ) ( )
2 6 2 6
6 62 2
6 6
6 6
1
cos
2 6 2 2
 0 0 .
2
i i i i
i ie ei e e e e
e e
e i e i i
pi pi pi pi
pi pipi pi
pi pi
pi pi
pi pi
   
+ − +   
   
− −
−
−
 + 
+ = = ⋅ + ⋅  
   
 
−
= + + ⋅ − = 
 
 
 
Propriedades: 
i) 2 2sen cos 1, z z z+ = ∀ ∈� ; 
ii) ( ) ( ) ( ) ( )cos cos e sen senz z z z− = − = − ; 
iii) ( ) ( ) ( ) ( )cos 2 cos e sen 2 senz z z zpi pi+ = + = ; 
iv) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )sen cos e cos senz z z z′ ′= = − . 
 
10 
 
Exercício (para casa): Prove cada uma destas propriedades a partir da definição. 
 
Observação: As funções sen e cos z z são inteiras (pois e iz ize e− o são). 
 
 
8.2.1. Zeros das funções seno e cosseno: 
 
 
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
sen 0
 cos sen cos sen
 cos sen cos sen 0
 cos sen 0
 c
i x y i i x y i y ix y ix
y y
y y y y
y y y y
z e e e e
e x i x e x i x
e x i e x e x i e x
x e e i x e e
+ ⋅ − + ⋅
− + −
−
− −
− −
= ⇔ = ⇔ =
⇔ + ⋅ = − + ⋅ −      
⇔ + ⋅ − + ⋅ =
   ⇔ − + ⋅ + =   
⇔ ( ) ( ) ( )os 0 e sen 0 0, y y y y yyx e e x e ee ye −− −     + > ∀ ∈− = + =    �
 
 
 Como ( ) 0y ye e− + > , temos que ( ) ( )sen 0 sen 0y yx e e x− + = ⇔ =  . Logo, ( )cos 0x ≠ , o que nos faz 
concluir que ( )cos 0 0y y y y y yx e e e e e e y− − − − = ⇔ − ⇔ = ⇔ =  . 
 Assim, os zeros de sen z ocorrem quando ( )Im 0z y= = e ( )Re sen 0z x= = , isto é, os zeros de sen z 
ocorrem ao longo do eixo real para: 
 ; x k kpi= ∈� . [ ]; z k kpi= ∈� 
 Analogamente, 
 cos 0 ; 
2
z z k kpipi= ⇔ = + ∈� . 
 
Definições: 
 1º) Para ; 
2
z k kpipi≠ + ∈� , temos: 
 
sen 1
tg e sec 
cos cos 
z
z z
z z
= = . 
 2º) Para ; z k kpi≠ ∈� , temos: 
 
cos 1
cotg e cossec 
sen sen 
z
z z
z z
= = . 
 
 Observação: Estas funções são analíticas em seus domínios. 
 
 
8.3. Funções Hiperbólicas 
 
 As funções hiperbólicas complexas são definidas conforme as respectivas funções reais, trocando a 
variável real x pela complexa z . 
 As funções hiperbólicas se definem em pontos onde o denominador não se anula. São elas: 
 
 
( ) ( )1 cosh 1senh cotgh cosh 2 senh 2
1 senh 1
sech tgh cossech 
cosh cosh senh 
z z z zzz e e z z e e
z
z
z z z
z z z
− −
= − = = +
= = =
 
11 
 
 Como e z ze e− são funções inteiras, senh z e cosh z também o são. Devemos tomar cuidado com os 
zeros das funções senh z e cosh z quando trabalhamos com as funções tgh , cotgh , sech ez z z 
cossech z . 
 Eis algumas identidades para as funções hiperbólicas: 
 
a) 
2 2cosh senh 1z z− = 
b) 2 2cotgh cossech 1z z− = 
c) ( )1 2 1 2 1 2senh senh z cosh cosh z sen h z z z z± = ± 
d) ( )1 2 1 2 1 2cosh cosh z cosh senh z sen h z z z z± = ± 
 
Exercício (em aula): Determine: 
 
a) ( )senh iz 
Solução: 
 ( )
sen 
senh sen 
2 2 2
iz iz iz iz iz iz
z
e e e e i e eiz i i z
i i
− − −
− − −
= = × = = ⋅
�����
. 
b) ( )cos iz 
Solução: 
 ( ) ( ) ( )
cosh 
1 1
cos cosh 
2 2 2
z z
i iz i iz z z
z
e eiz e e e e z
−
−
−
+   = + = + = =  
�����
. 
 
Exercício (para casa): Determine: 
 
a) ( )cosh iz 
b) ( )sen iz 
c) 
2 2cosh senhz z− 
d) ( )1 2senh z z± 
e) ( )1 2cosh z z± 
 
8.4. Logaritmo Complexo 
 
 Sabemos que se , , r s t ∈� , com 0r > , então: ( )ln ln str e r st⋅ = + . 
 Seja 
iz z eθ= , com 0; arg z zθ≠ = . 
 
Definição: ln ln z z iθ= + . 
 
 Porém, sabemos também que se arg zθ = então 2 arg k zθ pi+ = , para todo k ∈� . 
 
Desta forma, 
( )2
 
k iz z e θ pi+= e então: 
 ( )ln ln 2 ; z z k i kθ pi= + + ∈� . 
 
Diz-se que ln z é uma “função multivalente”. 
12 
 
 
 Para que ln z seja uma “função” restringiremos inicialmente θ a um intervalo do tipo ( ], 2α α pi+ , 
onde α é um arco qualquer. Este intervalo chama-se ramo e em geral usa-se o ramo ( ], pi pi− que é 
chamado ramo principal. Então ( )ln ln 2 ; com ; z z k i kθ pi pi θ pi= + + − < ≤ ∈� . Mas queremos que 
ln z seja determinado de modo único. 
 
Definição: Chama-se valor principal de ln z ao valor encontrado para 0k = , ou seja, ln z iθ+ . 
 Portanto, o valor principal de ln z é ln , z iθ pi θ pi+ − < ≤ . 
 
Exemplos: Tome o ramo principal e calcule o valor principal de: 
 
a) ( )ln 1− 
Solução: 
 ( ) ( )1 1 ln 1 ln 1iepi− = ⋅ ⇒ − = ( )0 ln 1i ipi pi+ ⇒ − = . 
 
 
b) ( )ln i 
Solução: 
 ( ) ( )21 ln ln 1ii e i
pi
= ⋅ ⇒ = ( )0 ln
2 2
i i ipi pi+ ⇒ = . 
 
 
 
c) ( )ln 1 3i+ ⋅ 
Solução: 
 ( ) ( )31 3 2 ln 1 3 ln 2 ln 1 3 ln 23 3ii e i i i i
pi pi pi
+ ⋅ = ⋅ ⇒ + ⋅ = + ⇒ + ⋅ = + . 
 
 Consideremos agora a função ln ln z z iθ= + , com pi θ pi− < ≤ , definida em { }0−� . 
 
Propriedades: Antes de listar as propriedades observe: 
 
 Sabemos que se , a b +∈� então: 
i) ( )ln ln lna b a b⋅ = + ; 
ii) ln ln , na n a n= ⋅ ∀ ∈� . 
 
Tome em � : 1α = − e 1β = − . Então: 
 ( )ln ln1 0α β⋅ = = . 
Por outro lado, ln ln 2i i iα β pi pi pi+ = + = . 
 
Tome a i= e 4n = . Então: ( ) ( ) ( )4 0ln ln ln 1 0i i= = = . 
Por outro lado, 4 ln 4 2
2
i i ipi pi⋅ = ⋅ = . 
 
1 1 0
1
cos 1
1
 1 .
0
sen 0
1
z z i
z
θ
θ pi
θ
= − ⇒ = − + ⋅
−
= = −
= ⇒ =

= =

 
 
0 1
0
cos 0
1
 1 .
1 2
sen 1
1
z i z i
z
θ
piθ
θ
= ⇒ = + ⋅

= =
= ⇒ =

= =

 
 
1 3
1
cos
2
 2 .
33
sen
2
z i
z
θ
piθ
θ
= + ⋅

=
= ⇒ =

=

 
13 
 
Propriedades do logaritmo complexo: 
 
 Sejam , α β ∈� . Então: 
 
1) ( )ln ln ln 2k iα β α β pi⋅ = + + , para algum k ∈� ; 
2) ln ln ln 2k iα α β piβ
 
= − + 
 
, para algum k ∈� ; 
3) ( )ln ln 2 n n k i nα α pi= ⋅ + ∈� , para algum k ∈� ; 
4) A função ( ) ln f z z= é analítica em ( ){ }, 0 ; 0x x− ≤� e ( ) 1f z
z
′ = ; 
5) A função ( ) ln f z z= é inversa da função ( ) zg z e= , ou seja, ln ,0ww z z e z= ⇔ = ∀ ≠ . 
 
Exercício (em aula): Resolva as equações: 
 
a) 
2ln 
3
z ipi= − 
Solução: 
 
2
3 2 2 1 3cos sen
3 3 2 2
i
z e i i
pi pi pi−    
= = − + ⋅ − = − − ⋅   
   
. 
 
b) 
4 ze i= 
Solução: 
 4
1ln ln 4 ln 2 ; 
4 2 8 2
z ke i z i z k i z i kpi pi pipi   = ⇒ = ⇒ = + ⇒ = + ∈   
   
� . 
 
 
8.5. Função Exponencial Geral 
 
 Sejam , ; 0z w z∈ ≠� . 
 
Definição: lnw w zz e ⋅= . 
 Note que wz é também uma função plurívoca. 
 Se tomarmos o valor principal de ln z e restringirmos arg z a ( ], pi pi− , a função ( ) wf z z= será 
analítica em ( ){ }, 0 ; 0x x− ≤� . 
 
Exemplos: Calcule o valor principal de: 
 
a) 
ii 
Solução: 
 
ln 2 2
i ii i ii e e e
pi pi
⋅ −
⋅
= = = (um número real!) 
 
b) ( )2 2ii −− 
Solução: 
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 ln 2 1i ii i i ii e e e e e
pi
pi pi pi pi
 
− − 
−
− −
− − − − 
− = = = = ⋅ − = − .