Métodos Matemáticos para Física Teórica I

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Part I
Métodos Matemáticos para Física
Teórica I
1 Funções Complexas
1.1 Números complexos como Espaço Vetorial
Seja i =
√
−1. Nas soluções de uma equação de segunda ordem, surgem raízes
do tipo
z = x+ i y ,
onde x e y são números reais. Escrevemos
Re (z) = x,
Im (z) = y,
e chamamos de parte real e de parte imaginária, respectivamente. Sabemos
também que i nunca se torna um número real através da multiplicação por um
número real, ou seja,
α× i 6= real,
para qualquer número real α. Isto equivale a dizer que a condição
z = x+ iy = 0 (1)
implica necessariamente
x = y = 0. (2)
Consideremos o conjunto de todas as combinações do tipo acima e o chamemos
C.
C = {z = x+ i y , x, y ∈ R}
onde R é o conjunto de todos os números reais.
Introduzimos as seguintes regras:
∀a ∈ R, ∀z = x+ i y ∈ C,
az ≡ (ax) + i (ay) ,
e
∀z1 = x1 + i y1 ∈ C, ∀z2 = x2 + i y2 ∈ C,
z1 + z2 = (x1 + x2) + i (y1 + y2) ∈ C,
1
Exercício 1: Mostre que se
x1 + i y1 = x1 + i y2,
então necessariamente
x1 = x2,
y1 = y2.
Juntando as propriedades acima, podemos mostrar que o conjunto C forma
um espaço vetorial de dimensão1 2, com o corpo (conjunto dos números es-
calares) sendo o conjunto de números reais, ou seja, R.
Exercício 2: Seguindo a definição de dimensão de um espaço vetorial mencionada na
nota de rodapé, prove que o espaço vetorial de números complexos tem
dimensão 2.
Os elementos básicos de um espaço vetorial sáo: 1) noção de “direções” e 2)
noção de “distância”. A dimensão do espaço é nada mais do que o número de
direções indendentes. No caso do espaço vetorial formado de números complexos
com corpo real, as direções são a parte real e a parte imaginária. Podemos
expressar, assim, um número complexo num plano (x, y) como visto na figura
abaixo.
Im(z)
Re(z)
z=x+iy
x
y
1Num espaço vetorial, os elementos z1, z2, ..., zn são ditos linearmente dependentes, quando
existe um conjunto de números {α1, α2, ..., αn} (escalares) não identicamente nulos, tal que
nX
i=1
αizi = 0.
Inversamente, se a equação acima implica necessariamente em
αi = 0, i = 1, ..., n
então o conjunto de vetores {zi, i = 1.., n} é dito linearmente independente.
O número máximo de elementos linearmente independentes num dado espaço vetorial é
dito a dimensão do espaço.
2
Fig. 1. Plano Complexo
Lembrete: Embora, um número complexo tenha propriedade vetorial, ou seja, possui
sempre duas componentes, real e complexa, quando uma das componentes
é nula, apenas escrevemos uma componente. Por exemplo,
z = a+ i× 0
é denotado por simplesmente
z = a,
e
z = 0 + α× i,
denotamos por
z = iα.
Em particular, se ambas as componentes forem nulas,
z = 0 + i× 0,
escrevemos
z = 0.
1.2 Multiplicação entre números complexos como oper-
ação
Sabemos que
i× i = −1 ∈ R,
i× 1 = i ∈ C.
Desta forma, a multiplicação pelo número imaginário puro unitário transforma
de uma direção para outra. Em geral, a multiplicação,
z1 × z2 = z3
pode ser considerada como um mapeamento de C para C,
z1 : z2 ∈ C z1→ z3 ∈ C.
O mapeamento de um espaço vetorial para o próprio espaço vetorial é dito
“operador”. Assim, a multiplicação de números complexos é um operador. Pos-
tulando que vale a regra de distributividade, sabemos que a regra geral para a
multiplicação entre dois números complexos é
(x1 + iy1)× (x2 + iy2) = (x1x2 − y1y2) + i (x1y2 + y1x2)
Note que esta regra é comutativa, ou seja,
(x1 + iy1)× (x2 + iy2) = (x2 + iy2)× (x1 + iy1) .
3
Exercício 3: Prove que a regra de multiplicação acima satisfaz: 1) comutatividade
z1 × z2 = z2 × z1, (3)
2) associatividade,
z1 × (z2 × z3) = (z1 × z2)× z3. (4)
e 3) distributividade e linearidade,
z1 × (αz2 + βz3) = α (z1 × z2) + β (z1 × z3) ,
onde α e β são números reais.
Podemos considerar que a regra acima define a propriedade operatorial de
um número complexo no sentido de que, quando se aplica este número complexo
em outro (um vetor), ele gera um outro número complexo (outro vetor). Por
exemplo, vamos considerar o número i. Para um número complexo z = x+ iy,
temos
i× z = i× (x+ iy)
= ix− y.
Im(z)
Re(z)
z=x+iy
i × z = -y + ix
Fig. 2 Efeito de multiplicação i.
Vemos que a multiplicação de i por um número complexo z corresponde à op-
eração de rotação de z por 90 graus em torno da origem.
Exercício 4: Quais são os números complexos que correspondem às seguintes rotações,
respectivamente? a) rotação de 180 graus. b) rotação de 270 graus, c)
rotação de -90 graus.
Vamos considerar um número complexo,
e (θ) ≡ cos θ + i sin θ. (5)
4
Para um número complexo z = x+ iy, temos
e (θ)× z = (cos θ + i sin θ)× (x+ iy)
= (x cos θ − y sin θ) + i (x sin θ + y cos θ) .
Podemos ver que
e (θ) : z → z0 = e (θ)× z
= (x cos θ − y sin θ) + i (x sin θ + y cos θ) ,
ou seja,
e (θ) :
µ
x
y
¶
→
µ
x0
y0
¶
=
µ
x cos θ − y sin θ
x sin θ + y cos θ
¶
Isto corresponde à rotação no plano (x− y) por um ângulo θ.
Exercício 5: Mostre geometricamente que, quando um vetorµ
x
y
¶
é rodado por umângulo θ, o vetor resultante ficaµ
x0
y0
¶
=
µ
x cos θ − y sin θ
x sin θ + y cos θ
¶
.
Mostre ainda que pode ser escrito comoµ
x0
y0
¶
= A (θ)
µ
x
y
¶
,
onde A é uma matriz (2× 2),
A(θ) =
µ
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
¶
.
Exercício 6: Mostre que para αeβ reais,
e (α)× e (β) = e (α+ β) . (6)
Exercício 7: Mostre que
A (α)A (β) = A (α+ β) .
1.3 Representação Polar
Para um número complexo arbitrário
z = x+ iy,
5
podemos escrever sempre
z = α
µ
1
α
x+ i
1
α
y
¶
,
onde α é real. Escolhendo α tal queµ
1
α
x
¶2
+
µ
1
α
y
¶2
= 1,
temos
α =
p
x2 + y2,
e podemos escrever sempre
1
α
x = cos θ,
1
α
y = sin θ,
já que
(cos θ)2 + (sin θ)2 = 1.
Assim, temos
z =
p
x2 + y2 (cos θ + i sin θ)
=
p
x2 + y2e (θ) .
O ângulo θ é dado pelo ângulo entre o vetor z e o eixo real no plano complexo
(x− y). O ângulo θ é chamado de “argumento” de z e r =
p
x2 + y2 é dito o
módulo de z.
O efeito geométrico de multiplicar o número complexo Eq.(5) por outro
número complexo z é o de rodar z por um ângulo θ. Por outro lado, o efeito
geométrico de multiplicar um número complexo z por um número real α é esticar
z por α vezes sem mudar a sua direção. Desta forma, o efeito geométrico da
multiplicação por um número complexo geral é a combinção dos dois efeitos
acima, ou seja, rodar por ângulo θ igual ao argumento de z e depois esticar o
vetor na direção por fator igual ao módulo de z.
Exercício 8: Obtenha a expressão polar dos seguintes números complexos.
z = 1 + i
√
3,
1.4 Divisão por números complexos como operação in-
versa da multiplicação
Por construção, para dois números complexos arbitrários, z1, z2 ∈ C, sempre
existe z3 ∈ C tal que
z3 = z1 × z2. (7)
6
Já discutimos que z1 é uma operação que leva o elemento z2 para z3. Vamos
considerar a operação inversa. Suponhamos que exista2 um número complexo
z4, tal que
z4 × z3 = z2.
Então, escrevemos que
z4 = z
−1
1 ,
por razão óbvia. Por exemplo, multiplicando z4 dos dois lados da Eq.(7), temos
z4 × z3 = z4 × (z1 × z2)
= (z4 × z1)× z2
Assim, temos
z2 = (z4 × z1)× z2
para qualquer z2 ∈ C . Portanto,
(z4 × z1) = 1.
Podemos mostrar também que
z1 × z4 = 1. (8)
Exercício 9: Prove a Eq.(8).
Vimos que
z × z−1 = z−1 × z = 1.
Isto justifica que para z,
z = x+ iy,
podemos escrever que
z−1 =
1
x+ iy
.
Mas isto não mostra qual é o número complexo correspondente. Usando a
definição, podemos obter explicitamente o número complexo inverso de um dado
z = x+ iy do seguinte modo. Temos
z−1 (x+ iy) = 1. (9)
Escrevendo
z−1 = u+ iv,
temos
ux− vy = 1,
uy + vx = 0.
2Note que não é necessariamente garantido que exista.
7Queremos u e v em função de x e y. As equações acima constituem um sistema
linear para u e v. Colocando na forma matricial, temosµ
x −y
y x
¶µ
u
v
¶
=
µ
1
0
¶
Temos µ
u
v
¶
=
µ
x −y
y x
¶−1µ
1
0
¶
.
Mas µ
x −y
y x
¶−1
=
1
x2 + y2
µ
x y
−y x
¶
,
se x2 + y2 6= 0, portanto, temosµ
u
v
¶
=
1
x2 + y2
µ
x y
−y x
¶µ
1
0
¶
=
1
x2 + y2
µ
x
−y
¶
e, conseqüentemente,
z−1 =
x
x2 + y2
− i y
x2 + y2
. (10)
O método acima é um método padrão para obter o elemento inverso a partir
da sua definião. Mas no caso de número complexo, o mesmo resultado pode ser
obtido da seguinte forma. Da Eq.(9), temos
z−1 (x+ iy) = 1.
Multiplicando dos dois lados o número complexo, (x− iy) , temos
z−1 (x+ iy) (x− iy) = x− iy.
Mas
(x+ iy) (x− iy) = x2 + y2,
e, portanto,
z−1
¡
x2 + y2
¢
= x− iy.
Dividindo os dois lados por
¡
x2 + y2
¢
, temos a expressão Eq.(10).
O exercício acima para obter z−1 mostra que, para qualquer z, sempre existe
z−1, exceto se x2 + y2 = 0. Mas x2 + y2 = 0 implica em x = y = 0, e portanto
z = 0. Assim, sempre existe z−1, exceto se z = 0.
Exercício 10: Para um número complexo expresso na forma polar,
z = r (cos θ + i sin θ) ,
obtenha o inverso, z−1. Interprete geometricamente o resultado e o papel
de z−1 como um operador3.
3O inverso de e (θ) é e (−θ) . Isto pode ser visto da Eq.(6), fazendo α = θ, β = −θ, já que
e (0) = cos (0) + i sin (0) = 1.
8
No exercício acima, r =
p
x2 + y2 representa o módulo do vetor z no plano
(x− y) e o denotamos por |z| .
|z| = r =
p
x2 + y2
Quando estamos operando com z = x+ iy, freqüentemente aparece a quan-
tidade
x− iy,
portanto é útil introduzir uma notação específica para esta. Denotemos x− iy
por z∗ para z = x + iy e o chamemos de “conjugado complexo” (ou às vezes
simplesmente conjugado) de z. O conjugado complexo do conjugado complexo
é o próprio z,
(z∗)∗ = z.
Tomar o conjugado complexo de um número complexo z é um mapeamento
de C para C e, portanto, um operador. Além disto, é um operador linear.
Exercício 11: Expresse o módulo e o argumento das seguintes expressões em termos de
módulo e do argumento de z, kzk e arg z = θ.
w = (z + 1) ,
w = (z − i) z,
w =
z + 1
z − 1 .
Exercício 12: Para z = x+ iy, obtenha um número complexo ez que transforma z em z∗.
1.5 Produto Escalar
Para um espaço vetorial, podemos definir o produto escalar. Vamos lembrar
o produto escalar. Seja V um espaço vetorial e denotemos os elementos de V
(vetores) por4 |xi, |yi, ... . Ou seja,
V = {|xi, |yi, |zi, .....} .
Sejam |xi, |yi elementos arbitrários de V. Quando está definida uma regra de
mapeamento deste par ordenado (|xi, |yi) para um número real5 (escalar =
elemento do corpo), é dito que o produto escalar está definido, desde que esta
regra satisfaça as seguintes propriedades:
1. linearidade:
(|xi, a|yi) = a (|xi, |yi) .
2. distributividade:
(|xi, |yi+ |zi) = (|xi, |yi) + (|xi, |zi) .
4Notação de Dirac.
5No momento, restringimos o corpo ao conjunto de números reais.
9
3. reciprocidade:
(|xi, |yi) = (|yi, |xi) .
4. positividade:
∀|xi ∈ V,
(|xi, |xi) ≥ 0,
e a igualdade vale se e somente se |xi = 0. A quantidade (|xi, |xi)1/2 é
chamada de módulo do vetor |xi e denotada por k|xik.
No caso do espaço vetorial tridimensional Euclidiano 3R, sabemos que o
produto escalar entre dois vetores,
r1 =
⎛
⎝
x1
y1
z1
⎞
⎠
r2 =
⎛
⎝
x2
y2
z2
⎞
⎠ ,
é definido por
(r1, r2) = x1x2 + y1y2 + z1z2 (11)
e podemos provar que esta definição de produto escalar satisfaz todas as condições
1) a 4) e o módulo do vetor r fica
krk =
p
x2 + y2 + z2.
Exercício 13: Prove que a definição de produto escalar na Eq.(11) satisfaz todas as
condições para ser produto escalar.
Exercício 14: Usando somente as propriedades 1) a 4) que definem produto escalar,
prove que vale a seguinte desigualdade6
(|xi, |yi)2 ≤ (|xi, |xi) (|yi, |yi) . (12)
A desigualdade de Schwartz garante que
−1 ≤ (|xi, |yi)k|xik k|yik ≤ 1
e, por isso, podemos definir o ângulo θ por
cos θ =
(|xi, |yi)
k|xik k|yik . (13)
6Desigualdade de Schwartz.
10
Exercício 15: Prove que o ângulo θ definido acima é, de fato, o ângulo entre os dois
vetores.
Exercício 16: Usando a desigualdade de Schwartz, mostre que7
|k|xik− k|yik| ≤ k|xi− |yik ≤ |k|xik+ k|yik| . (14)
O módulo do vetor diferença entre dois vetores
k|xi− |yik
é chamado de “distância” entre estes dois vetores e o denotamos por
d (|xi, |yi) .
No caso do espaço vetorial formado de números complexos, podemos definir
o produto escalar entre dois números complexos, z1 = x1 + iy1 e z2 = x2 + iy2,
por
(z1, z2) = x1x2 + y1y2.
Pela inspecção, podemos verificar que podemos escrever
(z1, z2) = Re {z∗1z2} .
Exercício 17: Mostre que Re {z∗1z2} = Re {z∗2z1} .
Exercício 18: Usando a definição do ângulo θ (Eq.(13), calcule o ângulo entre dois
números complexos,
z1 = r1 {cos θ1 + i sin θ1} ,
z2 = r2 {cos θ2 + i sin θ2} .
1.6 Potenciação de um número complexo e raiz
Até agora, definimos a álgebra do conjunto de todos os números complexos.
Podemos, então, considerar a potenciação de um número complexo. A potenci-
ação de um número complexo também é um número complexo. Por exemplo,
z2 = z × z
fica
z2 =
¡
x2 − y2
¢
+ i2xy
na forma Cartesiana, mas na forma polar fica
z2 = r2 (cos 2θ + i sin 2θ) .
Em geral, a potência maior fica mais simples na forma polar,
zn = rn (cosnθ + i sinnθ) . (15)
7Desigualdade triangular
11
Exercício 19: Prove, por indução matemática8.
Por outro lado, a n-ésima raiz de um número é a operação inversa da poten-
ciação. Por exemplo, para um dado z, queremos calcular
z1/n.
Isto significa que ³
z1/n
´n
= z,
ou seja, queremos um número complexo cuja n-ésima potência resulta em z.
Escrevendo
z1/n = r (cos θ + i sin θ) ,
temos
rn (cosnθ + i sinnθ) = kzk (cos θz + i sin θz) , (16)
onde
θz = arg (z) .
Assim, temos
r = kzk1/n ,
e uma possibilidade é obviamente
nθ = θz,
ou seja
θ =
1
n
θz.
Mas esta não é a única solução. Existem mais possibilidades que satisfazem a
Eq.(16), pois a condição
cosα = cosβ,
sinα = sinβ
não implica necessariamente
α = β,
mas a solução mais geral é
α = β + 2πk,
8 Indução Matemática: A forma de provar uma afirmação que vale para uma seqüência de
números inteiros n em geral. A indução matemática é constituída de 2 etapas. 1) demostrar
que a afirmação vale para um valor particular de n, digamos n0. Em geral, escolhe-se n0 = 0,
ou 1, ou algum valor particular para o qual a afirmação é obviamente válida. 2) provar que, se
vale a afirmação para n = K, então a afirmação vale também para n = K + 1. 1) e 2) juntos
provam que a afirmação em questão é válida para qualquer n ≥ n0. É importante que, na
etapa 2), use-se somente a hipótese, ou seja, a validade da afirmação para um valor particular
n = K, e não se pode generalizar para qualquer K + 1, etc.
Se na etapa 2), prova-se que , se vale a afirmação para n = K, então a afirmação vale
também para n = K − 1, junto com 1), então demostra-se que a afirmação é válida para
qualquer n ≤ n0.
12
onde k é qualquer número inteiro. Assim, as soluções distintas para a Eq.(16)
são
r = kzk1/n ,
e
θk =
1
n
θz +
2πk
n
, k = 1, .., n
Exercício 20: Obtenha as seguintes raízes e represente-as no plano (x− y) :
z3 = 1,
z4 =
1√
2
+
1√
2
i,
z3 = 4 + 4
√
3i.
Exercício 21: Mostre que, para n,m inteiros,
in = ei
π
2 n =
½
(−1)m,
(−1)mi,
n = 2m,
n = 2m+ 1
1.7 Função Algébrica de variável complexa
Com a álgebra e a potenciação definidas, podemos considerar as funções algébri-
cas. Por exemplo, as funções de variável complexa, z,
f (z) =
az + b
cz + d
,
f(z) = az2 + bz + c,etc,
sendo a, b, c e d constantes (podendo ser complexas). A função f (z) é um
mapeamento de C para C. O valor de f(z) é um número complexo e, portanto,
tem parte real e parte imaginária. Vamos escrever
f (z) = u+ iv.
Mas
z = x+ iy,
então, o mapenamento z → z0 = f (z) é um mapeamento de um espaço bidi-
mensional para outro espaço bidimensional,
u = u(x, y),
v = v(x, y).
Isto pode ser visto como uma mudança de variáveis de (x, y) para (u, v) . Por
outro lado, a mudança de variáveis pode ser vista como uma transformação de
coordenadas. Podemos considerar (u, v) como um novo conjunto de coordenadas
13
para expressar um ponto P num espaço bidimensional (um plano) no lugar das
coordenadas Cartesianas (x, y) . Por exemplo, a linha x = a = const. no plano
(x, y) será mapeada na linha, expressa parametricamente,
u = u(a, y),
v = v(a, y).
Se eliminarmos y das equações acima, teremos
u = u (v, a)
que representa a linha no plano (u, v).
Vamos considerar um outro exemplo. Seja
w = z2.
Escrevendo
w = u+ iv,
z = x+ iy,
temos
u = x2 − y2,
v = 2xy.
Para x = a = const, temos a forma paramétrica da curva u = u (v, a) ,
u = a2 − y2,
v = 2ay.
Eliminando o parâmetro y, temos
u = a2 −
³ v
2a
´2
. (17)
Analogamente, para y = b = const, temos
u =
³ v
2b
´2
− b2. (18)
Exercício 22: Desenhe várias curvas v = v(u) no plano (u, v) correspondentes a x =
a = const. e y = b = const. variando a e b, fazendo, por exemplo, a =
1/3, 1/2, 1, 2, 3, 4 e idem para b. Observe que as duas famílias de curvas se
cruzam perpendicularmente em todos os pontos.
Exercício 23: Prove que as duas famílias de curvas no plano (u, v) acima se cruzam
perperdicularmente entre elas.
14
Exercício 24: Desenhe as famílias de curvas no plano (u, v) corrrespondentes a x = a =
const. e y = b = const. para a função
u+ iv =
z + 1
z − 2 .
Prove, novamente, que as duas famílias de curvas no plano (u, v) corre-
spondentes a x = a = const. e y = b = const. se cruzam perperdicular-
mente entre elas.
1.8 Funções Analíticas
Os exemplos acima mostram que o mapeamento do plano (x, y) para o plano
(u, v) gera um sistema de coordenadas curvilíneas ortogonais. Isto é de fato
sempre verdade para uma função chamada função analítica. Definiremos em
seguida o que é uma função analítica e estudaremos suas propriedades.
1.8.1 Revisão - Expansão de Taylor para uma função de uma variável
real
Vamos fazer uma revisão. Seja f(x) uma função suave da variável real x em
torno do ponto x = a. Então, para x “suficientemente próximo” de a, podemos
escrever
f (x) ' f (a) + 1
1!
f (1) (a) (x− a) + 1
2!
f (2) (a) (x− a)2 + 1
3!
f (3) (a) (x− a)3 + ...
(19)
que chamamos de expansão de Taylor da função f em torno do ponto x = a.
Aqui,
f (n) (a) =
dnf (x)
dxn
¯¯¯¯
x=a
é a n-ésima derivada da função f no ponto x = a. O significado da expressão
“suficientemente próximo” depende da função em questão. Dependendo da
função e do valor de (x− a) , a série pode nem mesmo convergir. O valor
máximo de |x− a| para que a série de Taylor convirja é chamado de “raio de
convergência”.
Exercício 25: Deduza a expressão (19).
Exercício 26: Obtenha a expansão de Taylor das seguintes funções em torno de ponto
x0 = 0 e calcule o raio de convergência:
f(x) = ex, (20)
f(x) =
1
x+ 1
, (21)
f (x) = sin−1(x), (22)
f (x) = tan−1(x). (23)
15
Exercício 27: Consideremos a soma formal
∞X
n=0
an
n!
dn
dxn
= 1 +
a
1!
d
dx
+
a2
2!
d2
dx2
+ · · · ,
onde a é uma constante. Formalmente, usando o resultado da Eq.(20),
podemos escrever
ea
d
dx = 1 +
a
1!
d
dx
+
a2
2!
d2
dx2
+ · · ·
Mostre que
ea
d
dx f (x) = f (x+ a) .
1.9 Função Exponencial
Utilizando o resultado da Eq.(20), podemos definir a função exponencial de uma
variável complexa z como
ez
def
=
∞X
n=0
1
n!
zn. (24)
Esta série tem raio de convergência infinito.
Exercício 28: Usando a definição acima, prove que, para quaisquer números complexos
z1 e z2, temos
ez1ez2 = ez1+z2 . (25)
Exercício 29: Mostre que
(ez)−1 = e−z. (26)
Exercício 30: Usando a definição, mostre que
lim
n→∞
µ
1 +
1
n
z
¶n
= ez. (27)
Exercício 31: Usando o resultado acima, mostre que
(ez1)z2 = ez1z2 . (28)
Para
z = x+ iy,
temos
ez = ex+iy
e, usando a propriedade Eq.(25), temos
ez = exeiy.
16
O primeiro fator ex é a exponencial comum. Vamos estudar o segundo fator eiy.
Usando a definição, temos
eiy =
∞X
n=0
1
n!
(iy)n .
Vamos separar a soma em duas partes: uma com n par e outra com n ímpar,
eiy =
∞X
n:par
1
n!
(iy)n +
∞X
n:´ımpar
1
n!
(iy)n
=
½
1− 1
2!
y2 +
1
4!
y4 − · · ·
¾
+ i
½
y − 1
3!
y3 +
1
5!
y5 − · · ·
¾
= cos y + i sin y,
que é e (y) que definimos na Eq.(5). Temos, assim, a fórmula de Euler,
eiθ = cos θ + i sin θ. (29)
1.10 Expansão de Taylor para funções de muitas variáveis
A generalização da fórmula na Eq.(19) para uma função que tem n variáveis é
f (x1, x2, ..., xn) ' f (a1, a2, .., an) + 1
1!
nX
i=1
∂f
∂ai
(a1, a2, , ..., an) (xi − ai)
+
1
2!
nX
i=1
nX
j=1
∂2f
∂ai∂aj
(a1, a2, , ..., an) (xi − ai) (xj − aj)
+
1
3!
nX
i=1
nX
j=1
nX
k=1
∂3f
∂ai∂aj∂ak
(a1, a2, , ..., an) (xi − ai) (xj − aj) (xk − ak)
+ · · · , (30)
onde
∂f
∂ai
(a1, a2, , ..., an) ≡
∂f (x1, x2, ..., xn)
∂xi
¯¯¯¯
(x1=a1,x2=a2,,...,xn=an)
etc.
Exercício 32: Deduza a expressão (30), usando indução matemática.
Exercício 33: Mostre que
nX
i1=1
nX
i2=1
· · ·
nX
ik=1
∂kf
∂ai1∂ai2 · · · ∂aik
(a1, a2, , ..., an) (xi1 − ai1) (xi2 − ai2) · · · (xik − aik)
=
"
nX
ik=1
(xi − ai)
∂
∂ai
#k
f (a1, a2, ..., an) .
17
Vamos introduzir a notação vetorial. Escrevemos
∇ =
⎛
⎜⎜⎜⎝
∂
∂x1
∂
∂x2
...
∂
∂xn
⎞
⎟⎟⎟⎠ .
Assim, podemos escrever9
nX
ik=1
(xi − ai)
∂
∂ai
= ((r − a) ·∇) ,
onde
r =
⎛
⎜⎜⎜⎝
x1
x2
...
xn
⎞
⎟⎟⎟⎠
e
a =
⎛
⎜⎜⎜⎝
a1
a2
...
an
⎞
⎟⎟⎟⎠ .
Exercício 34: Mostre que
ea·∇f (x1, x2, .., xn) = f (x1 + a1, x2 + a2, · · · , xn + an) .
1.11 Derivada de funções com variáveis complexas
A derivada de uma função com variável real é definida por
df (x)
dx
= lim
∆x→0
f (x+∆x)− f (x)
∆x
,
caso exista o limite indicado. No caso de números complexos, como z tem dois
graus de liberdades, z = x+ iy, temos que tomar cuidado com a existência do
limite.
Exercício 35: Calcule os dois limites:
lim
∆y→0
⎡
⎣ lim
∆x→0
∆xq
(∆x)2 + (∆y)2
⎤
⎦ ,
lim
∆x→0
⎡
⎣ lim
∆y→0
∆xq
(∆x)2 + (∆y)2
⎤
⎦ ,
9Note que
(r − a) ·∇ 6= ∇ · (r − a) .
18
Se o limite
df (z)
dz
= lim
∆z→0
f (z +∆z)− f (x)
∆z
(31)
existe, então, o valor do limite deve ser independente da direção de ∆z ao se
aproximar do elemento 0. Ou seja, o valor
lim
∆x→0,
∆y→0
f (x+ iy +∆x+ i∆y)− f (x+ iy)
∆x+ i∆y
tem que ser independente da razão ∆x/∆y. Escrevendo
f = u+ iv,
u = u (x, y) ,
v = v(x, y),
temos
f (x+ iy +∆x+ i∆y) = u (x+∆x, y +∆y) + iv (x+∆x, y +∆y)
= u (x, y) +∆x
∂u (x, y)
∂x
+∆y
∂u (x, y)
∂y
+ · · ·
+ i
∙
v (x, y) +∆x
∂v (x, y)
∂x
+∆y
∂v (x, y)
∂y
+ · · ·
¸
,
onde usamos a expansão de Taylor em relação a x e y. Então, até a primeira
ordem, temos
f (z +∆z)− f (z)
∆z
=
1
∆x+ i∆y
½
∆x
∙
∂u (x, y)
∂x
+ i
∂v (x, y)
∂x
¸
+∆y
∙
∂u (x, y)
∂y
+ i
∂v (x, y)
∂y
¸¾
.
Para que esta expressão não dependa da razão ∆x/∆y, devemos ter
∙
∂u (x, y)
∂y
+ i
∂v (x, y)
∂y
¸
= i
∙
∂u (x, y)
∂x
+ i
∂v (x, y)
∂x
¸
. (32)
Exercício 36: Confira a afirmação acima.
Assim, como condição necessária e suficientepara que a função f (z) tenha
a derivada Eq.(31), as derivadas parciais das partes reais e imaginárias têm que
satisfazer a Eq.(32), ou seja,
∂u (x, y)
∂y
= −∂v (x, y)
∂x
, (33)
∂v (x, y)
∂y
=
∂u (x, y)
∂x
. (34)
Estas são conhecidas como as condições de Cauchy-Riemann.
Uma função f (z) é dita analítica no ponto z = z0 quando existe a derivada
desta função neste ponto.
19
Exercício 37: Julgue se as funções abaixo são analíticas ou não nos pontos z = z0 indi-
cados:
f (z) = z + z∗, z0 = 1,
f(z) = zz∗, z0 = 1,
f(z) =
z + 1
z − 1 , z0 = 0,
f(z) = ez, z0 = 1 + i.
Usando as condições de Cauchy-Riemann, podemos escrever de várias for-
mas.
df
dz
=
∂u (x, y)
∂x
+ i
∂v (x, y)
∂x
= i
∂u (x, y)
∂x
− ∂v (x, y)
∂x
=
∂u (x, y)
∂x
− i∂u (x, y)
∂y
= i
∂v (x, y)
∂y
− ∂v (x, y)
∂x
.
É interessante expressar as condições de Cauchy-Riemann em termos de
linguagem de análise vetorial. Vamos introduzir o vetor tridimensional,
A (x, y) =
⎛
⎝
v (x, y)
u (x, y)
0
⎞
⎠ .
A divergência deste vetor fica
∇ · A ≡ ∂Ax
∂x
+
∂Ay
∂y
+
∂Az
∂z
=
∂v
∂x
+
∂y
∂y
= 0,
pela Eq.(33) (aqui z representa a coordenada Z e não o número complexo). Por
outro lado, o rotacional,
∇× A ≡
⎛
⎜⎝
∂Az
∂y −
∂Ay
∂z
∂Ax
∂z −
∂Az
∂x
∂Ay
∂x −
∂Ax
∂y
⎞
⎟⎠ ,
fica
∇× A =
⎛
⎝
0
0
∂u
∂x −
∂v
∂y
⎞
⎠ =
⎛
⎝
0
0
0
⎞
⎠ ,
20
pela Eq(34). Assim, temos
∇ · A = 0, (35)
∇× A = 0. (36)
Sabemos que se
∇× A = 0,
então, sempre existe uma função escalar ϕ tal que podemos escrever
A = ∇ϕ.
Exercício 38: Prove a afirmação acima.
Então, substituindo na Eq.(35), temos
∇ ·∇ϕ = 0,
ou seja
∇2ϕ = 0.
Esta equação é conhecida como Equação de Laplace. Em geral, uma função que
satisfaz a equação de Laplace é chamada de função harmônica.
No caso de funções complexas, não há dependência na terceira componente,
temos
ϕ = ϕ (x, y)
e µ
∂2
∂x2
+
∂2
∂y2
¶
ϕ (x, y) = 0.
Já que
∇2 (∇ϕ) = ∇
¡
∇2ϕ
¢
,
temos também que
∇2 A = 0,
ou seja
∇2
⎛
⎝
v (x, y)
u (x, y)
0
⎞
⎠ = 0. (37)
Isto é, ambas as partes real e imaginária de uma função complexa são funções
harmônicas de variáveis x e y. Naturalmente, a Eq.(37) é demonstrada direta-
mente das condições de Cauchy-Riemann, Eqs.(33,34).
Exercício 39: Prove, diretamente das condições de Cauchy-Riemann, que
∇2u = 0,
∇2v = 0.
21
zo
dz1
dz2
wo
dw1
dw2
x
y u
v
f(z)
Figure 1: Fig.3 Mapeamento w = f (z) . Os vetores dz1 e dz2 são mapeados em
dw1 e dw2, respectivamente, mantendo o ângulo entre eles.
22
Como mencionado antes, uma função de variável complexa f (z) define um
mapeamento do plano (x, y) para o plano (u, v) . Para uma função analítica,
este mapeamento possui a seguinte propriedade geométrica importante. Seja z0
um ponto onde f (z) é analítica e w0 = f (z0) , o ponto correspondente do ma-
peamento. Sejam dz1 e dz2 dois deslocamentos infinitesimais a partir do ponto
z = z0 no plano z = (x, y). Estes deslocamentos definem os deslocamentos in-
finitesimais correspondentes no plano w = (u, v) (ver a figura acima). Podemos
provar que o ângulo entre dois deslocamentos é preservado pelo mapeamento,
ou seja, o ângulo entre dz1 e dz2 é idêntico ao ângulo entre dw1 e dw2. A prova
é fácil. Como vimos, o ângulo entre dois deslocamentos dz1 e dz2 é dado por
cos θz1∧z2 =
(dz1, dz2)
kdz1k kdz2k =
dz∗1dz2
kdz1k kdz2k .
Analogamente, o ângulo entre dw1 e dw2 fica
cos θw1∧w2 =
dw∗1dw2
kdw1k kdw2k .
Mas
dw1 =
µ
df
dz
¶
z=z0
dz1,
e
dw2 =
µ
df
dz
¶
z=z0
dz2,
então temos
cos θw1∧w2 =
µ³
df
dz
´
z=z0
dz1
¶∗ ³
df
dz
´
z=z0
dz2°°°°³ dfdz´z=z0 dz1
°°°°°°°°³ dfdz´z=z0 dz2
°°°°
=
dz∗1dz2
kdz1k kdz2k = cos θz1∧z2 .
Exercício 40: Seja u+ iv = f (z) , z = x+ iy e f (z) uma função analítica num domínio
Ω. Mostre que, dentro deste domínio, as curvas no plano (u, v) correspon-
dentes a x = const. e y = const. se cruzam perpendicularmente.
1.12 Função Inversa
Para uma função
w = f (z) , (38)
podemos considerar seu inverso,
z = f−1 (z) . (39)
Por exemplo, para
w = z2,
23
temos
z = w1/2. (40)
Neste caso, como vimos, para um dado w, temos duas possibilidades para z,
z1 = kwk1/2 ei argω/2
e
z2 = kwk1/2 ei(argω/2−π)
= −z1,
e a função Eq.(40) tem valores múltiplos (função plurívoca). Estudaremos mais
adiante a estrutura do mapeamento para funções plurívocas. No caso da função
exponencial,
w = ez, (41)
podemos considerar o seu inverso
z = log (w) .
Em geral, temos
w = kwk ei argw
= elogkwk+i argw
e, comparando com a Eq.(41), podemos identificar
z = log kwk+ i argw. (42)
Assim, podemos definir a função logaritmo como
log (w) = log kwk+ i argw. (43)
Exercício 41: Calcule log(z) para os seguintes valores de z :
z = 1 + i,
z =
√
3− i.
1.13 Alguns exemplos de funções complexas
Usando a definição de log (z) , podemos definir a função mais geral de exponen-
ciação
za = ea log z, (44)
sendo a complexo. Outras funções elementares são
sin z =
eiz − e−iz
2i
, (45)
cos z =
eiz + e−iz
2
, (46)
24
que contêm a fórmula de Euler,
e±iz = cos z ± i sin z.
Igualmente, definimos as funções hiperbólicas por
sinh z =
ez − e−z
2
, (47)
cosh z =
ez + e−z
2
. (48)
Inversamente,
e±z = cosh z ± sinh z.
No plano complexo, as funções trigonométricas e as funções hiperbólicas são
essencialmente as mesmas.
1.14 Aplicação da propriedade harmônica de uma função
analítica
Vimos que as partes reais e imaginárias de uma função analítica são funções
harmônicas. As funções harmônicas aparecem freqüentemente nos problemas
de física. O mais conhecido é o potencial para o campo eletrostático. Suponha
que é dada uma distribuição de densidade de carga elétrica (estática)
ρ = ρ (r) .
Sabemos que, pela Lei de Gauss, o campo elétrico E = E(r) satisfazI
Ω
E · dS = 1
ε0
QΩ, (49)
onde Ω representa um domínio no espaço. A integração do lado esquerdo repre-
senta a integração de área sobre toda a área do domínio Ω e QΩ é a carga total
contida neste domínio. Podemos expressar a carga total dentro do domínio Ω
pela integral de volume da densidade de carga,
QΩ =
Z
Ω
ρ d3V. (50)
Mas, pelo Teorema de Gauss,I
Ω
E · dS =
Z
Ω
³
∇ · E
´
d3V. (51)
Exercício 42: Prove o teorema de Gauss, Eq.(51).
25
Substituindo as Eqs.(50,51), temosZ
Ω
µ
∇ · E − 1
ε0
ρ
¶
d3V = 0.
Note que esta equação deve valer para qualquer Ω arbitrário. Concluímos que
temos que ter
∇ · E − 1
ε0
ρ = 0. (52)
Por outro lado, pela lei de Faraday, a variação de fluxo magnético gera uma
corrente elétrica de acordo comZ
S
dS · ∂
B
∂t
= −
I
S
E · dl, (53)
onde a integral do lado esquerdo representa a integral de área numa superfície
S e a integral do lado direito é a integral de linha ao longo do contorno da
superfície S. Mas, como o teorema de Stokes dizI
S
E · dl =
Z
S
dS ·
³
∇× E
´
, (54)
temos Z
s
dS ·
Ã
∂ B
∂t
+∇× E
!
= 0.
Já que esta equação vale para qualquer superfície arbitrária, temos que ter
∂ B
∂t
+∇× E = 0. (55)
Em particular, para o caso estático,
∂ B
∂t
= 0,
e portanto
∇× E = 0. (56)
Exercício 43: Prove o teorema de Stokes, Eq.(54).
Como o rotacional do campo elétrico se anula no caso estático, existe um
campo escalar ϕ = ϕ (r) tal que
E = −∇ϕ. (57)
Substituindo esta expressão na Eq.(52), temos
∇2ϕ = − 1
ε0
ρ.
26
Em particular, se ρ = 0, então
∇2ϕ = 0,
ou µ
∂2
∂x2
+
∂2
∂y2
+
∂2
∂y2
¶
ϕ = 0.
Se não há dependência em z (não o número complexo, mas o terceiro eixo!),
temos µ
∂2
∂x2+
∂2
∂y2
¶
ϕ = 0. (58)
Um outro problema em que aparece a função harmônica é o movimento de
fluidos. Vamos considerar um fluido perfeito. A dinâmica do fluido pode ser
descrita em termos da distribuição de densidade,
ρ = ρ (r, t) ,
e do campo de velocidades,
v = v (r, t) .
Quando o movimento do fluido possui vórtice, a integral em volta do vórtice ao
longo do movimento do fluido I
Γ
d l · v, (59)
onde Γ representa uma curva fechada, certamente tem um valor positivo, pois
sempre podemos escolher
d l · v > 0.
Desta forma, quando existe um vórtice, a integral Eq.(59) não é nula. A integral
é chamada de “circulação”. Quando a circulação é nula para todo espaço, temosI
Γ
d l · v = 0, ∀Γ,
e então usando o teorema de Stokes,I
Γ
d S · (∇× v) = 0, ∀Γ
onde S é a superfície cercada pela curva Γ. Como Γ é arbitrário, temos
∇× v = 0, ∀r.
Quando acontece isto, dizemos que o movimento de fluido é irrotacional e existe
uma função escalar ϕ tal que
v = ∇ϕ. (60)
A função ϕ é chamada de potencial do campo de velocidade v.
27
O movimento de um fluido, em geral, conserva a massa (ou número de
partículas), e, portanto, satisfaz a equação de continuidade,
∂ρ
∂t
+∇ · (ρv) = 0. (61)
Exercício 44: Deduza a equação de continuidade acima.
Suponhamos que o fluido é imcompressível. Neste caso, a densidade ρ é uma
constante,
ρ = ρ0.
Então, da Eq.(61), temos
∇ · v = 0. (62)
Substituindo a Eq.(60) na Eq.(62), temos
∇2ϕ = 0.
Isto é, quando um fluido incompressível tem movimento irrotacional, o potencial
do campo de velocidade é uma função harmônica. Quando o fluido é homogêneo
na direção Z, então temos a equação Eq.(58).
A equação (58) é válida tanto no caso de campo elétrostático sem fonte,
quanto para o potencial de campo de velocidade irrotacional e imcompressível.
Naturalmente, se houver fonte, ou carga, a Eq.(58) não é satisfeita. Analoga-
mente para um fluido cujo movimento é rotacional, ou a densidade é variável,
não vale a Eq.(58). Por exemplo, vamos considerar uma função,
w = C log z,
onde C é uma constante. Colocando
w = u+ iv,
z = x+ iy,
temos
u = log kzk = logC + log
p
x2 + y2 = log r + Const,
v = arg z = tan−1
y
x
.
Vamos escolher
ϕ = A u (x, y) ,
onde A é uma constante a ser determinada. Fazendo com que este ϕ seja um
potencial eletrostático, temos o campo elétricocorrespondente,
E = −∇ϕ = −A1
r
er, (63)
onde r =
p
x2 + y2 é a distância radial da origem e er é um vetor unitário
radial. Assim, o campo elétrico está sempre na direção radial e tem a mesma
intensidade para o mesmo valor de r =
p
x2 + y2 (ver a figura abaixo).
28
r=const.
x
y
E
σ
Fig. 4 Campo Elétrico em torno de linha reta carregada homogeneamente.
Considerando a integral do campo E sobre a superfície de um cilindro de raio r
e comprimento L, temos
2πrLE = −2πLA = const.
Pela Lei de Gauss, isto tem que ser igual à carga total dentro do cilindro. Desta
forma, concluímos que a situação física correspondente à Eq.(63) é o campo
gerado por um fio infinito, carregado homogeneamente, com densidade linear
σ = −2πAε0.
Daí, temos
A = − σ
2πε0
.
Podemos interpretar a mesma solução como o campo de velocidades de um
fluido incompressível e irrotacional. Fazendo
ϕ = u (x, y) ,
o campo de velocidades fica
v = ∇ϕ.
Novamente, a velocidade é radial, saindo da origem. A situação física corre-
sponde a um sistema com uma fonte de fluido na origem, com taxa constante,
no qual o fluido escoa no plano x− y espalhando homogeneamente.
Nas duas interpretações acima, note que o ponto de origem r = 0 é um ponto
singular da solução.
Exercício 45: Podemos escolher v = ϕ. Interprete a situação física correspondente a
esta escolha.
29
Exercício 46: Desenhe as linhas equipotenciais (ϕ = const. seja ϕ = u, ou ϕ = v) da
função harmônica dada pelas seguintes funções complexas e interprete a
situação física:
u+ iv = log(z + 1)− log(z − 1),
u+ iv = z2,
u+ iv = z1/2.
1.15 Funções Plurívocas e Superfície de Riemann
Uma função de z pode ter múltiplos valores para um dado z como no exemplo
f (z) = z1/2,
ou
f (z) = log(z).
No caso de log (z) , já que
f (z) = log kzk+ i arg z,
dependendo de como se mede o ângulo de z no plano (x, y) , o valor de f muda.
Por exemplo, para um dado z, o ângulo pode ser o valor principal de
tan−1
³y
x
´
,
mas também vale
tan−1
³y
x
´
+ 2nπ,
para qualquer n inteiro. Por outro lado, é importante ter a correspondência um
a um para se definir a analiticidade do mapeamento de z para w. Assim, de
acordo com a necessidade, introduzimos mais planos (x, y) para z. Por exemplo,
no caso de log (z) , para cada volta do vetor z em torno da origem, em vez de
voltar ao mesmo plano (x, y) , entra na folha acima, como é mostrado na figura
abaixo.
Fig. 5 Superfície de Riemann para a função log (z).
30
ou
Fig. 6 Idem a Fig.5
O espaço onde z é definido fica generalizado o plano (x, y). Em vez de uma folha
plana, é agora as várias folhas subindo na forma espiral indefinidamente. Neste
espaço, a função log (z) é definida univocamente. Este espaço para a variável
z onde a função é definida univocamente é chamado de folha (superfície) de
Riemann.
A estrutura topológica da superfície de Riemann depende da função. No
caso de log(z), precisamos de infinitas folhas espiralmente enroladas em torno
da origem. Mas, para a função f (z) = z1/2, a superfície se torna a folha original
quando se faz duas voltas em torno da origem. Ver a figura abaixo.
Fig. 7 Superfície de Riemann para a função z1/2.
Exercício 47: Que tipo de função cuja superfície de Riemann é demostrada na figura (o
espaço em torno da origem é para facilitar a visão e não tem significado
aqui)?
31
Fig. 8 Superfície de Riemann que tem 3 folhas.
Exercício 48: Desenhe a superfície de Riemann para as seguintes funções:
f (z) =
¡
1− z2
¢1/2
,
f (z) =
¡
z2 − 1
¢1/2
.
1.16 Problemas
1. Consideremos uma série
S1 (z) = 1 + z + z
2 + z3 + · · ·+ zn + · · ·
e definamos
Sp (z) = (S1 (z))
p ,
onde p é um número inteiro maior que zero.
(a) Pela indução matemática em relação a n, mostre que
1 + p+
p(p+ 1)
2!
+ · · ·+ p(p+ 1) (p+ 2) · · · (p+ n− 1)
n!
=
1
n!
(p+ 1) (p+ 2) · · · (p+ n) .
(b) Usando o resultado acima, mostre que
Sp (z) =
X
n≥0
µ
p+ n− 1
n
¶
zn,
onde µ
k
n
¶
= Cn,k =
k!
n! (n− k)!
é o número combinatório.
32
(c) Pela definição, sabemos que
Sp (z)Sq (z) = Sp+q (z)
para p, q inteiros positivos. Usando este fato, demostre queX
0≤l≤n
µ
p+ l − 1
l
¶µ
q + n− l − 1
n− l
¶
=
µ
p+ q + n− 1
n
¶
2. Sejam x, y reais e n inteiro positivo e x 6= 2πk (k inteiro). Mostre que
nX
p=0
cos (px+ y) =
cos
¡
n
2x+ y
¢
sin
¡
n+1
2 x
¢
sin
¡
x
2
¢ ,
nX
p=0
sin (px+ y) =
sin
¡
n
2x+ y
¢
sin
¡
n+1
2 x
¢
sin
¡
x
2
¢ .
(dica: use a fórmula de Euler e a série geométrica).
3. Usando a definição, Eqs.(47,48), mostre que
sin (iz) = i sinh(z),
cos(iz) = cosh(z).
Mostre também que
cos2 (z) + sin2 (z) = 1,
cosh2 (z)− sinh2 (z) = 1.
4. Para x real, mostre que
sinh−1 x = log
³
x+
p
x2 + 1
´
,
cosh−1 x = log
³
x+
p
x2 − 1
´
,
tanh−1 x =
1
2
log
1 + x
1− x.
5. Para z = x+ iy,
(a) Mostre
ksin zk2 = sin2 x+ sinh2 y,
kcos zk2 = cos2 x+ sinh2 y.
(b) Determine os zeros das funções
sin (az) , cos (az) ,
sendo a real.
33
6. Vamos resolver a equação algébrica de terceira ordem,
x3 + ax2 + bx+ c = 0.
(a) Pela mudança de variável,
z = x+ d,
e escolhendo d adequadamente, podemos sempre transformar a equação
acima em
z3 + pz + q = 0. (64)
(forma padrão para a equação de terceira ordem).
(b) Introduzimosainda a nova mudança de variável,
u
µ
t+
1
t
¶
= z,
e, substituindo na Eq.(64), teremos termos t3, 1/t3, t, 1/t e const.
Escolhendo u apropriadamente, podemos eliminar os termos t e 1/t.
Determine u.
(c) A equação que resta tem a forma
t3 +
1
t3
= Const.
Chamando t3 = X, a equação se reduz a uma equação de segunda
ordem em X. Resolva a equação.
(d) Expresse as 3 soluções explicitamente em função de p e q.
1.17 Integral de uma função de variável complexa
Para uma função de variável real, a integral é definida como o limite de n→∞
da soma,
nX
i=1
f (xi) dxi
onde
nX
i=1
dxi = b− a,
Este é um exemplo de integral de linha, onde, neste caso, a linha é uma reta,
ou seja o eixo x. No caso da variável complexa, o plano z tem duas dimensões
e, portanto, para definir a integral tipoZ
f (z) dz,
34
devemos especificar uma trajetória de z durante a integração. Para isto, deno-
tamos um caminho C abaixo do sinal de integral, que ficaZ
C
dz f (z) = lim
N→∞
NX
n
f(zi)dzi,
onde N é o número de segmentos que divide a curva C, e dzi é o intervalo
(complexo) correspondente a esse segmento. Ou seja, esta integral é definida
como o limite da soma dos valores da função f (z) multiplicado pelo passo dz,
ao longo da curva C como ilustrado na figura abaixo.
x=Re(z)
y=Im(z)
dz=dx+i dy
C
dx
dy
Fig.9 Integral de linha no plano complexo.
Separando a parte real e a parte imaginária, a integral acima ficaZ
f (z) dz =
Z
C
(u (x, y) + iv (x, y)) (dx+ idy)
=
Z
C
(udx− vdy) + i
Z
C
(vdx+ udy) . (65)
Para se ter uma melhor visualização, vamos introduzir a notação vetorial que
já introduzimos anteriormente.
A =
⎛
⎝
v (x, y)
u (x, y)
0
⎞
⎠ ,
Vimos que as condições de Cauchy-Riemann ficam
∇ · A = 0,
e
∇× A = 0.
35
A parte real da Eq.(65) ficaZ
C
(udx− vdy) =
Z
C
(Aydx−Axdy) . (66)
Aqui, não há dependencia na terceira componente do vetor r, mas vamos imag-
inar que existe o terceiro eixo ζ (seria z, mas usamos o símbolo ζ para evitar
a confusão com z do número complexo). Todas as quantidades são constantes
nesta direção.
y=Im(z)
ζ
dζ
C
C´
x=Re(z)
Fig. 10 Extensão da Fig.9 na direção perpendicular ao plano (x, y).
Ou seja, introduzimos uma nova direção perpendicular ao plano complexo (x, y)
e consideramos a fita formada de curvas C no plano (x, y) original e outra idên-
tica C 0, mas deslocada na direção ζ por dζ (ver, na figura acima, a área trace-
jada). O vetor normal do elemento de área nesta fita, formado de deslocamento
dz = (dx, dy) no plano z e dζ na direção ζ é
dS =
⎛
⎝
dydζ
−dxdζ
0
⎞
⎠ .
Assim, a parte real, Eq.(66) pode ser escrita comoZ
C
(Aydx−Axdy) = −
1
dζ
Z
S
dS · A (67)
onde S representa a área da fita.
Vamos considerar a parte imaginária da 65. A parte imaginária fica escrita
como Z
C
(vdx+ udy) =
Z
C
A · dr, (68)
36
já que a componente ζ de A é nula. Quando a curva C é uma curva fechada,
então I
C
(vdx+ udy) =
I
C
A · dr
mas, usando o teorema de Stokes, temosI
C
(vdx+ udy) =
Z Z
S
³
∇× A
´
· dσ,
onde S é a superfície arbitrária cujo contorno é a curva C, e dσ é o elemento de
superfície. Como ∇× A = 0 pelas condições de Cauchy-Riemann, temosI
C
(vdx+ udy) = 0.
Para a parte real, (67), I
C
(udx− vdy) = − 1
dζ
I
S
dS · A,
onde S agora representa a superfície do cilindro formado pela fita C e C 0. Com-
pletamos os dois lados do cilíndro sem alterar a integral, pois a componente de
A é nula na direção ζ. Usando o teorema de Gauss, temosI
C
(udx− vdy) = − 1
dζ
Z Z Z
dV
³
∇ · A
´
,
onde a integral de volume se refere ao volume do cilindro. Como ∇ · A = 0 pelas
condições de Cauchy-Riemann, temosI
C
(udx− vdy) = 0.
Finalmente concluímos que, para uma curva fechada,I
C
f (z) dz = 0, (69)
se f (z) é analítica dentro da área com contorno sendo a curva C.
Baseamos a prova acima nos teoremas de Gauss e Stokes nas suas represen-
tações vetoriais, mas podemos provar, até mais diretamante, usando diretamente
as Eqs.(33,34). Lembramos que a integral no plano complexo é a integral de
linha, e, portanto, tem noção de direção. Por exemplo, as duas integrais ao
longo da mesma curva C, mas com direções opostas têm mesmo valor, exceto
pelo sinal.
Exercício 49: Prove a Eq.(69) diretamente da condição de Cauchy-Riemann, Eqs.(33,34),
sem usar o recurso da notação vetorial.
37
1.17.1 Cortes e Pontos de ramificação
O teorema de Cauchy, Eq.(69), tem um papel fundamental na teoria de funções
de variável complexa. Uma coisa que deve ser enfatizada é que, quando se aplica
o teorema acima, deve-se utilizar a superfície de Riemann de tal forma que a
função seja bem definida univocamente. Ou seja, quando há mais de uma folha
de Riemann para definir a função univocamente, o contorno da integral, C, tem
que ser definido em cada folha, e quando duas folhas se cruzam, a curva C tem
que acompanhar continuamente uma das folhas. Por exemplo, vamos considerar
a integral,
I =
Z
C
z1/2dz.
Como vimos, a superfície de Riemann para função, f (z) = z1/2 é mostrada na
Fig.7, tendo duas folhas, que se cruzam no eixo x positivo.
A
B
B´
A´
Im(z)
Re(z)
1a Folha 2a Folha
Im(z)
Re(z)
Fig.11 Duas folhas de Riemann para função f (z) = z1/2. Cada folha tem corte
no eixo x positivo.
Para mostrar a estrutura da superfície de Riemann, freqüentemente se usa uma
figura como a Fig.11 acima. A variável z pode estar numa das folhas. Cada folha
tem corte no eixo x positivo, e o segmento A da primeira folha está conectado
continuamente no segmento A0 da segunda folha, e o segumento B0 da segunda
folha está conectado com o segmento B da primeira folha. Definindo a função
f (z) = z1/2 em cima desta superfície de Riemann, f (z) é analítica exceto no
ponto z = 0. O ponto z = 0 neste caso é chamado de ponto de ramificação.
Note que
lim
y→+0
(x+ iy)1/2 6= lim
y→−0
(x+ iy)1/2
numa mesma folha.
Para aplicar o teorema de Cauchy, a curva fechada tem que ser definida nesta
superfície. Assim, a curva como na figura abaixo,
38
Re(z)
Im(z)
I
II
C
Fig. 12 O contorno C para a integral
R
C z
1/2dz.
possui a região I e a região II que têm que estar em folhas distintas. Ou seja, se
0 ≤ arg z ≤ π
2
para o contorno enquanto integrando na região I, então devemos usar o ramo,
7π
2
≤ arg z ≤ 4π,
e não
3π
2
≤ arg z ≤ 2π.
Exercício 50: Efetue a integração de linha no plano complexo diretamente da integralZ
C
z1/2dz
onde C é indicada na figura abaixo.
r=const
r=const.
2 - 2i1-i
-1-i
-2 - 2i
Re(z)
Im(z)
Fig. 13
39
1.17.2 Pólos
A função
f (z) =
1
z − z0
,
onde z0 é uma constante (complexa) é analítica em todo plano, exceto no ponto
z = z0. Um ponto singular isolado como este é chamado de pólo. Pelo teorema
de Cauchy, para qualquer contorno C que não contém o pólo, z = z0, dentro, a
integral I
C
f (z) dz = 0.
z = z0
Re(z)
Im(z)
C
Fig. 14 Contorno que não contém o pólo z = z0.
Na figura acima, mostramos um exemplo deste contorno que não contém o pólo
z = z0. O fato de que a integral se anula não depende da forma do contorno,
mas depende somente do fato de que o contorno contém o pólo dentro da sua
área interna ou não. Assim, podemos deformar o contorno arbitrariamente sem
alterar o valor da integral, desde que o contorno não atravesse o pólo. Assim, a
integral ao longo do contorno na figura abaixo também é nula.
40
z = z0
Re(z)
Im(z)
C
Fig. 15 Deformação do contorno sem alterar o valor da integral.
Mas, como mencionamos anteriormente, se houver o passo da integral de ida e
volta no mesmo caminho, a soma das integrais se anulam, pois a ida e volta tem
o mesmo valorde integral com sinais diferentes. Finalmente, podemos concluir
que mesmo que o domínio da integral tenha topologia multiplamente conexa,
para a integral sobre a curva fechada ao redor de um domínio que não contém
pólos, vale o teorema de Cauchy.
z = z0
Re(z)
Im(z)
C
As integrais se cancelam.
Fig. 16 Integral sobre o contorno de um domínio que é multiplamente conexo.
Note que a direção da integral do contorno interno é a oposta da do externo.
No exemplo acima, a integral pode ser decomposta em duas partes: uma sendo
a integral ao longo do contorno externo e outra, a integral ao longo do contorno
interno, com a direção contrária. TemosI
C
f (z) dz =
I
ext.
f (z) dz −
I
int.
f (z) dz = 0.
41
Desta forma, concluímos queI
ext.
f (z) dz =
I
int.
f (z) dz.
Como as formas dos contornos externos e internos são arbitrárias, podemos con-
cluir que a integral em torno de um pólo tem um valor constante, independente
da forma do contorno.
Usando este fato, podemos calcular a integralI
C
f (z) dz,
onde C é um contorno que contém o pólo z = z0. Já que o valor da integral não
depende da forma do contorno, podems escolher o contorno circular de raio R
com o centro z = z0. I
C
f (z) dz =
I
|z−z0|=R
1
z − z0
dz. (70)
Já que |z − z0| = R, podemos parametrizar z por
z − z0 = R eiθ.
Com isto, temos
dz = iR eiθdθ,
e portanto I
|z−z0|=R
1
z − z0
dz =
Z 2π
0
iR eiθ
R eiθ
dθ
= 2πi. (71)
Note que o resultado da integral não depende do valor do raio R, o que já
era esperado (não depende do contorno).
Exercício 51: Usando a mudança de variável,
z = R eiθ,
calcule a integral Z
C
z1/2dz,
onde C é a circunferência de raio R centrada na origem, com o ponto
inicial zi = R + i 0 e o ponto final zf = R − i 0 como ilustrado na figura
abaixo. Interprete o resultado em relação ao teorema de Cauchy.
42
Re(z)
Im(z)
R
z=R+0 i
z=R - 0 i
Fig.17 Caminho de integração.
1.18 Função primitiva
Para uma função analítica, pelo teorema de Cauchy, a integral sobre uma curva
fechada é nula. Vamos considerar as duas integrais através de diferentes cam-
inhos, C1 e C2, mas ambas de um certo ponto comum, z = a, até o ponto
z = z.
I1(z : C1) =
Z z
a, C1
f (z) dz,
I2(z : C2) =
Z z
a, C2
f (z) dz.
A diferença
I1(z : C1)− I2(z : C2) =
Z z
a, C1
f (z) dz −
Z z
a, C2
f (z) dz
=
Z z
a, C1
f (z) dz −
Z a
z, C2
f (z) dz
=
I
C1+C2
f(z)dz
= 0,
se f(z) é analítica dentro do domínio cujo contorno é a curva fechada, formada
por C1 (ida) e C2 (volta) . Concluímos que a integralZ z
a, C1
f (z) dz
43
na verdade não depende do caminho, desde que f (z) seja uma função analíica.
Isto implica que a integral depende só do valor dos pontos inicial e final. Podemos
escrever
F (z) =
Z z
a
f (z) dz. (72)
Podemos mostrar que
dF (z)
dz
= f (z) . (73)
Como no caso da função de variável real, chamamos F (z) de função primitiva
de f (z) .
Exercício 52: Mostre que as partes real e imaginária da função F (z) definida na Eq.(72)
satisfazem as condições de Cauchy-Riemann, e, portanto, F (z) é uma
função analítica.
Exercício 53: Prove a Eq.(73).
Da Eq.(73), podemos obter a função primitiva de uma dada função de uma
variável complexa em termos de função primitiva no caso de variável real. Por
exemplo, Z z 1
z
dz = log (z) , (74)Z z
zαdz =
1
α+ 1
zα+1, α 6= −1. (75)
...
Exercício 54: Usando a Eq.(74), mostre queI
Ω30
1
z
dz = 2πi.
1.19 Fórmula Integral de Cauchy
Quando existem alguns pontos singulares ou cortes, naturalmente a afirmação
acima deve ser alterada. Por exemplo, seja o integrando uma função analítica,
exceto pelo ponto z = z0, que é um pólo da função. Podemos considerar então
a integral Z b
a
f (z)
z − z0
dz,
onde f (z) é uma função analítica em todo espaço complexo. Na figura abaixo,
as integrais Z b
a
f (z)
z − z0
dz
para o grupo de caminhos {C1, C2, C3} (linhas contínuas) têm mesmo valor, e
idem para o outro grupo {D1,D2,D3} (linhas tracejadas), embora sejam difer-
entes entre os dois grupos.
44
C1
C2C3
D1D2
D3
Polo
z=z0
Re(z)
Im(z)
z=a
z=b
Fig. 18 Os caminhos C1, C2 e C3 resultam no mesmo valor da integral e idem
para D1,D2 e D3, mas existem valores distintos entre os grupos de caminhos
C 0s e D0s, devido à presença do pólo em z0.
Para calcular a diferença, devemos calcular a integral em volta do pólo z = z0,
I =
I
z0∈Ω
f (z)
z − z0
dz,
onde a integral é feita em torno de um domínio Ω que contém o pólo z = z0. Já
que o integrando f (z) /(z − z0) é analítico exceto em z = z0, podemos usar o
mesmo argumento usado para a Eq.(70), e escolhemos como a curva fechada a
circunferência de raio R,
I =
I
|z−z0|=R
f (z)
z − z0
dz.
como o valor da integral não deve depender do raio, podemos escolher R infini-
tesimalmente pequeno,
I = lim
R→0
I
|z−z0|=R
f (z)
z − z0
dz.
Este limite pode ser calculado da seguinte forma:
I = lim
R→0
I
|z−z0|=R
f (z)− f (z0) + f (z0)
z − z0
dz
= lim
R→0
I
|z−z0|=R
f (z)− f (z0)
z − z0
dz + f (z0) lim
R→0
I
|z−z0|=R
1
z − z0
dz
= lim
R→0
I
|z−z0|=R
f (z)− f (z0)
z − z0
dz + 2πi f (z0) ,
45
onde utilizamos o resultado da Eq.(71). O primeiro termo no limite de R → 0
se anula. Isto porque, se R → 0, então f (z) − f (z0) → 0, já que f (z) é
analítica. Naturalmente só este fato não garante que a integral se anula, pois o
denominador também tende a zero. Mas a circunferência da integral também
tende a zero, portanto, no total, a integral deve tender a zero. Tendo esta idéia,
podemos prosseguir com o seguinte argumento.¯¯¯¯
¯¯¯ lim
R→0
I
|z−z0|=R
f (z)− f (z0)
z − z0
dz
¯¯¯¯
¯¯¯ ≤ lim
R→0
I
|z−z0|=R
¯¯¯¯
f (z)− f (z0)
z − z0
dz
¯¯¯¯
≤ lim
R→0
max |f (z)− f (z0)|
I
|z−z0|=R
¯¯¯¯
1
z − z0
dz
¯¯¯¯
= lim
R→0
max |f (z)− f (z0)|
Z 2π
0
1
R
Rdθ
= 2π lim
R→0
max |f (z)− f (z0)|→ 0.
Finalmente, temos a fórmula integral de Cauchy para uma função analítica em
Ω,
2πi f (z0) =
I
Ω 3 z0
f (z)
z − z0
dz.
Como z0 é arbitrário, podemos substituir z0 por z e, ao mesmo tempo, z por
z0, obtendo a forma conhecida como a fórmula integral de Cauchy
f (z) =
1
2πi
I
Ω 3 z
f (z0)
z0 − z dz
0. (76)
A equação acima vale para qualquer função f (z) desde que seja analítica no
domínio Ω. Inversamente, se uma função f (z) satisfaz a equação (76) para
qualquer z dentro de um domínio Ω, podemos concluir que f (z) é analítica em
Ω.
A fórmula acima pode ser usada para expressar a derivada de uma função
na forma integral. Se tomarmos a derivada em relação a z dos dois lados da
Eq.(76) acima, obtemos
df (z)
dz
=
1
2πi
I
Ω 3 z
f (z0)
(z0 − z)2
dz0.
Analogamente, a n-ésima derivada fica
dnf (z)
dzn
=
n!
2πi
I
Ω 3 z
f (z0)
(z0 − z)n+1
dz0. (77)
46
Exercício 55: Efetuando integral de linha no plano complexo explicitamente, verifique
que
f (z) =
1
2πi
I
|z0−z|=R
f (z0)
z0 − z dz
0.
para
f (z) = z2,
f (z) = exp (z) .
Dica: Use a mudança de variável, z0 = z +R eiθ.
1.20 Série de Taylor
A fórmula integral de Cauchy pode ser usada para obter a expansão em série de
potências de z de uma função analítica f (z) em torno de um ponto arbitrário
z = a. Para isso, deve-se observar que
1
z0 − z =
1
z0 − a− (z − a)
=
1
(z0 − a) (1− z−az0−a)
=
∞X
n=0
(z − a)n
(z0 − a)n+1
, (78)
para |z − a| suficientemente pequeno.
Exercício 56: Verifique a expansão, Eq.(78).
Substituindo a Eq.(78) na Eq.(76),
f (z) =
1
2πi
I
Ω 3 z
∞X
n=0
(z − a)n
(z0 − a)n+1
f (z0) dz0.
Supondo que a convergência é homogênea, trocando a soma e aintegral, temos
f (z) =
1
2πi
∞X
n=0
(z − a)n
I
Ω 3 z
f (z0)
(z0 − a)n+1
dz0.
Mas usando a Eq.(77), temos
f (z) =
∞X
n=0
1
n!
dnf(a)
dzz
(z − a)n ,
47
que é a série de Taylor da função f (z) em torno do ponto z = a. O raio de
convergência pode ser calculado pelo critério de Cauchy para uma série,
R = lim
n→∞
¯¯¯¯
an
an+1
¯¯¯¯
= lim
n→∞
(n+ 1)
¯¯¯¯
dnf (a) /dzn
dn+1f (a) /dzn+1
¯¯¯¯
.
Dentro do raio de convergência, a função f (z) é analítica.
1.21 Continuação Analítica
Um dos conceitos importantes para funções de um variável complexa é a contin-
uação analítica. Usando a continuação analítica, podemos extender uma função
definida num domínio limitado para outro domínio. Para isto, começamos com
o seguinte teorema.
Teorema: Em um domínio D conexo, consideremos uma função analítica f (z). Seja
z0 ∈ D. As seguintes condições são equivalentes entre si:
(a) Para um número inteiro n ≥ 0 arbitrário,
dnf (z0)
dzn
= 0.
(b) f (z) é identicamente nula em uma vizinhança de z0.
(c) f (z) é identicamente nula no domínio inteiro D.
Isto é, a função analítica que é nula em um domínio finito é identicamente
nula sempre. Este fato pode ser usado para o princípio de continuação analítica.
Princípio de Continuação Analítica: Seja D um domínio conexo. Se duas funções analíticas f (z) e g (z) coin-
cidem em uma vizinhança de um ponto z0 ∈ D, então f e g são idênticas
em D.
Por exemplo, vamos considerar as seguintes séries.
f (z) =
∞X
n=0
zn, (79)
g(z) = i
∞X
n=0
in (z − 1− i)n . (80)
A série f (z) converge quando
kzk < 1,
ou seja, dentro do disco de raio 1 centrado na origem (o disco I da figura abaixo)
e a série g (z) converge quando,
kz − 1− ik < 1,
48
I 
II
Re(z)
Im(z)
z=1+i
z=0 z=1+0 i
Figure 2: Fig. 19 A série f (z) converge no disco I e a série g (z) converge no
disco II.
ou seja dentro do disco de raio 1 centrado no ponto z = 1 + i (o disco II da
figura abaixo). Mas quando a série converge,
f = 1 + z + z2 + · · ·
=
1
1− z ,
e, analogamente,
g = i
1
1− i (z − 1− i)
=
1
1− z .
Assim,
f ≡ g
na área onde ambas convergem, ou seja na área de superposição dos dois discos
acima. Desta forma, g é a continuação analítica da série f (z) do disco I para o
disco II, e vice versa. Ao mesmo tempo, a função
h (z) =
1
1− z (81)
é a continuação analítica para o todo espaço das duas séries, f (z) e g (z).
Neste exemplo, as duas séries podem ser somadas para se obter uma ex-
pressão analítica, Eq.(81), mas, no caso geral, a soma da série não precisa nec-
essariamente estar expressa em termos de uma função conhecida. Mesmo assim,
49
o procedimento de continuação analítica é sempre possível e, a partir de uma
série que converge num pequeno domínio, podemos construir uma função que
tem domínio estendido a todo espaço, exceto pontos singulares, tais como pólos
e cortes, emendando os discos de domínio de convergência um a um.
No exemplo acima, as séries, f (z) e g(z) são as expansões de Taylor da função
h(z) nos pontos z = 0 e z = 1 + i, respectivamente. Os raios de convergência
são ambos iguais a 1. Isto devido à existência do pólo, z = 1, da função h (z) .
Em geral, o raio da convergência de uma série de Taylor é determinado pela
presença do ponto não analítico da função mais próximo do ponto da expansão.
Por exemplo, se expandimos a função h (z) em torno do ponto z = −1, a série
tem o raio de convergência R = 2.
Exercício 57: Obtenha a expressão da série de Taylor da função Eq.(81) em torno do
ponto z = z0 e mostre que o raio de convergência é dado pela distância
entre os pontos, z = z0 e z = 1.
1.22 Série de Laurent
Quando existe um ou mais pólos, o raio do disco onde a série de Taylor converge
não pode ser maior que a distância ao pólo mais próximo. Ou seja, o domínio de
convergênicia sempre fica “barrado” pela existência de um pólo. Desta forma,
o domínio de convergência de uma série de Taylor não pode contornar um pólo.
Por outro lado, existe uma forma de série que converge dentro de um anel
excluindo o pólo da função.
Re(z)
Im(z)
z=z0
R1
R2
z=a
R=|z0-a|
Fig.20 Domínio para a série de Laurent para uma função que tem um pólo em
z = z0. A série de Taylor em torno do ponto z = a converge dentro do disco
com o raio |a− z0|.
Suponha que a função f (z) tenha um ponto singular em z = z0. A série de
Taylor desta função em torno do ponto z = a só converge dentro do disco com o
50
raio R = |a− z0|. Consideremos um anel em torno de z = z0 com o raio externo
R1 e o raio interno R2 e suponhamos que a função f (z) seja analítica dentro
deste anel.
Usando a fórmula integral de Cauchy, podemos escrever
f (z) =
1
2πi
I
Ω
f (z0)
z0 − z dz
0,
onde Ω representa o anel e a integral deve ser feita ao longo dos contornos do
anel. Então, a expressão acima fica
f (z) =
1
2πi
I
|z−z0|=R1
f (z0)
z0 − z dz
0 − 1
2πi
I
|z−z0|=R2
f (z0)
z0 − z dz
0. (82)
Agora, como vimos,
1
z0 − z =
1
z0 − z0 − (z − z0)
,
e, para |z0 − z0| > |z − z0| , vale a expansão
1
z0 − z0 − (z − z0)
=
1
z0 − z0
1
1− z−z0z0−z0
(83)
=
1
z0 − z0
∞X
n=0
µ
z − z0
z0 − z0
¶n
. (84)
A condição |z0 − z0| > |z − z0| é satisfeita só para o primeiro termo do lado
direito da Eq.(82), mas não para o segundo termo. Para o segundo termo,
|z − z0| > |z0 − z0|, e temos que trocar a variável da expansão em série,
1
z0 − z0 − (z − z0)
= − 1
z − z0 − (z0 − z0)
= − 1
z − z0
∞X
n=0
µ
z0 − z0
z − z0
¶n
. (85)
Agora, vamos substituir as Eqs.(84,85) nos lugares respectivos na Eq.(82). Temos
f (z) =
1
2πi
I
|z−z0|=R1
1
z0 − z0
∞X
n=0
µ
z − z0
z0 − z0
¶n
f (z0) dz0 +
1
2πi
I
|z−z0|=R2
1
z − z0
∞X
n=0
µ
z0 − z0
z − z0
¶n
f (z0) dz0
=
∞X
n=−∞
cn (z − z0)n , (86)
onde
cn =
1
2πi
I
|z−z0|=R1
µ
1
z0 − z0
¶n+1
f (z0) dz0, (87)
51
para n ≥ 0 e
cn =
1
2πi
I
|z−z0|=R2
(z0 − z0)−n−1 f (z0) dz0, (88)
para n < 0.
Note que, desta vez, não vale a fórmula, Eq.(77), pois a função f (z) não é
analítica em z = z0. A série Eq.(86) é chamada de série de Laurent. Já que o
contorno da integração pode ser deformado arbitrariamente dentro do domínio
onde f (z) é analítica, as expressões (87,88) podem ser unificada simplesmente:
cn =
1
2πi
I
C
(z0 − z0)−n−1 f (z0) dz0, −∞ < n <∞,
onde C é um contorno qualquer a volta do ponto z = z0 dentro do anel onde
f (z) é analítica.
Dependendo da função, a série de Laurent não necessariamente possuirá
todos os termos. Vamos considerar uma série de Laurent para uma função
f(z) em torno de um ponto z = z0, inclusive sua vizinhança infinitesimalmente
próxima. Se esta série tem os termos de potência negativa em relação a (z − z0) ,
o ponto z = z0 é chamado pólo. Para um pólo de uma função, quando existe um
número N > 0, tal que para n < −N, todos os coeficientes se anulam, cn = 0,
então, o menor número N é chamado a ordem do pólo da função f (z). Uma
função que tem um pólo de ordem N em z = z0, então, tem a forma,
f (z) =
∞X
n≥−N
cn (z − z0)n . (89)
Naturalmente, quando a ordem do pólo da função f (z) for menor que zero, a
série de Laurent coincide com a de Taylor e a função é analítica em z = z0. Note
que, para determinar a ordem de pólo da forma acima descrita, é importante
que a validade da série de Laurent se extenda até a vizinhança do pólo.
Uma mesma função pode ser expandida em série de Taylor e em série de
Laurent. Por exemplo, vamos considerar novamente a função
f (z) =
1
1− z . (90)
Já vimos que podemos expandir em série de Taylor em torno de z = 0,
f (z) = 1 + z + z2 + · · · ,
que converge no disco de
|z| < 1.
52
Agora, podemos escrever tambémf (z) = −1
z
1
1− 1/z
= −1
z
µ
1 +
1
z
+
1
z2
+ · · ·
¶
= −
∞X
n=1
1
zn
, (91)
que converge em
|z| > 1, (92)
que é a expansão de Laurent da função Eq.(90). Às vezes a forma Eq.(91) é
chamada de expansão de Taylor em torno de z =∞. Como a validade da série
Eq.(91) não alcança a vizinhança do ponto z = 0, esta série não dá informaçã0
sobre a natureza do ponto z = 0. Na verdade, z = 0 é um ponto regular da
função, como sabemos da Eq.(90).
Quando uma série de Laurent em torno de um ponto z = z0, incluindo sua
vizinhança arbitrária, não determina um valor finito N para que
cn = 0, ∀n < −N,
a singularidade z = z0 é chamada de singularidade essencial. Um exemplo de
singularidade essencial é a função
e
1
z
em z = 0. Temos, de fato, que a expansão
e
1
z = 1 +
1
1!
1
z
+
1
2!
1
z2
+
1
3!
1
z3
+ · · ·+ 1
n!
1
zn
+ · · ·
converge absolutamente em todos os pontos, exceto em z = 0,
z 6= 0,
e, neste caso, o ponto z = 0 é a singularidade essencial.
Exercício 58: Obtenha a expressão de série de Laurent (ou Taylor) das funções abaixo
em torno do ponto indicado e indique o domínio de convergência.
f (z) =
sin z − z cos z
z3
, z = 0.
f (z) = cot z, z = 0.
f (z) =
1
z2
tanh−1 z, z = 0
f (z) =
1
1− z2 , z = 1
f (z) =
1
z2 − 3z − 4 . z = −1
53
A série de Laurent (ou Taylor) existe somente para a singularidade isolada.
Não existe expansão em série de Laurent ou Taylor em torno de um ponto de
ramifição. Por exemplo, não existe a expansão em série de Laurent da função
f (z) = z1/2,
em torno de z = 0. Mas se escolhermos a folha de Riemann apropriadamente,
podemos ter a série de Laurent ou Taylor em cima da linha de corte. Por
exemplo,
z1/2 = 1 +
1
2
(z − 1)− 1
2!
1
2
3
2
(z − 1)3 + · · ·
Exercício 59: Obtenha a expressão da série de Laurent das funções abaixo em torno de
z = 0 e determine o domínio de convergência:
f (z) =
¡
z2 − 1
¢1/2
,
g (z) =
¡
1− z2
¢1/2
.
Exercício 60: No problema acima, podemos escrever (ou não)
f (z) =
¡
−1× (1− z2)¢1/2
= (−1)1/2 (1− z2)1/2
= ig (z) ?
Se podemos, porque os resultados do problema anterior mudam para f e
g?
1.23 Teorema do Resíduo
Seja f (z) uma função analítica num domínio Ω, exceto em um pólo em z = z0
(singularidade isolada). Então, pelo teorema de Cauchy, a integralI
C
f (z) dz
é nula quando a curva fechada não contém o pólo z0. Quando a curva contém
o pólo, podemos escreverI
C
f (z) dz =
I
|z−z0|=R
f (z) dz (93)
onde R é um número positivo arbitrariamente pequeno. Mas, na vizinhança do
pólo, podemos expandir a função em série de Laurent,
f (z) =
∞X
n=−N
cn (z − z0)n ,
54
onde N é a ordem do pólo. Assim,I
|z−z0|=R
f (z) dz =
∞X
n=−N
cn
I
|z−z0|=R
(z − z0)n dz. (94)
Agora, introduzindo a mudança de variável,
z − z0 = R eiθ,
dz = iR eiθdθ,
I
|z−z0|=R
(z − z0)n dz = iRn+1
Z 2π
0
dθ ei(n+1)θ
= 2πi δn+1,0, (95)
onde δi,j é a delta de Kronecker, satisfazendo
δi,j = 0, i 6= j,
= 1, i = j.
Substituindo o resultado Eq.(95) na Eq.(94), temosI
|z−z0|=R
f (z) dz =
∞X
n=−N
cn × (2πi δn+1,0)
= 2πi c−1.
Chamaremos o coeficiente c−1 de “resíduo” no pólo da função f (z) e escrevemos,I
|z−z0|=R
f (z) dz = 2πi Res f(z0). (96)
Finalmente, temos o teorema do residuo,I
C
f (z) dz = 2πi Res f(z0). (97)
Quando há vários,digamos n, pólos dentro da curva C, podemos generalizar
a Eq.(96) por I
C
f (z) dz = 2πi
nX
i=1
Res f(zi), (98)
onde a soma é sobre todos os pólos zi, i = 1, ..., n, dentro da curva C.
1.23.1 Cálculo de resíduo
Como definimos, o resíduo do pólo de uma função f (z) é o coeficiente c−1 da
expansão de Laurent da função em torno do pólo. Na prática, podemos calcular
os pólos e resíduos de uma função do seguinte modo.
55
1. Obter os pólos como os zeros do inverso da função f (z) ,
1
f (z)
= 0.
2. Quando o pólo z = z0 tem ordem 1, então podemos escrever
f (z) =
1
z − z0
g (z) ,
onde g (z) é uma função analítica na vizinhança de z0, inclusive g (z0) 6= 0.
Fazendo a expansão de Taylor da função g (z) em torno de z = z0,
g (z) = g (z0) +
dg
dz
¯¯¯¯
z=z0
(z − z0) + · · · ,
identificamos,então, que o resíduo da função f (z) no pólo z = z0 é g (z0) .
Isto é equivalente a dizer que
Res f(z0) = lim
z→z0
(z − z0) f (z) . (99)
O resíduo também pode ser calculado por
Res f(z0) =
1
d
dz
³
1
f
´¯¯¯
z=z0
. (100)
3. Se
f (z) =
Q (z)
P (z)
,
onde Q (z) e P (z) são analíticas em torno de z = z0, e z = z0 é o zero de
ordem um da função P (z), então,
Res f(z0) =
Q (z0)
dP
dz
¯¯
z=z0
. (101)
4. Quando f (z) possui um pólo z = z0 de ordem k, podemos escrever
f (z) =
1
(z − z0)k
g (z) ,
onde g (z) é uma função analítica na vizinhança de z0. Fazendo a expansão
de Taylor da função g (z) em torno de z = z0 até a ordem k − 1,
g (z) = g (z0) + · · · 1
(k − 1)!
dk−1g
dzk−1
¯¯¯¯
z=z0
(z − z0)k−1 + · · · ,
identificamos
Res f(z0) =
1
(k − 1)!
dk−1g
dzk−1
¯¯¯¯
z=z0
,
56
ou seja,
Res f(z0) =
1
(k − 1)!
dk−1
dzk−1
h
(z − z0)k f (z)
i¯¯¯¯
z=z0
. (102)
Por exemplo vamos obter os resíduos de todos os pólos da função,
f (z) =
eiz
z(z2 + 1)2
.
A função exponencial, eiz, não possui pólos a uma distância finita da origem.
Os pólos de f (z) vêm então do denominador. Temos os pólos
z = 0, ±i,
sendo que o pólo z = 0 é de ordem 1, e os pólos ±i têm ordem 2. O resíduo
para z = 0 fica
Res f(0) = lim
z→0
(zf (z))
= 1.
Vamos calcular o resíduo para z = i. Poderíamos aplicar a fórmula Eq.(102) mas,
neste caso, é mais fácil como se segue. Primeiramente, fatora-se o denominador,
obtendo
f (z) =
eiz
z(z + i)2 (z − i)2
.
Assim,
g (z) = (z − i)2 f (z)
=
eiz
z(z + i)2
.
Queremos expandir g (z) em série de Taylor em torno de i. Para isto, é conve-
niente introduzir a mudança de variável
t = z − i,
z = t+ i
e substituir em g (z) ,
g(z) =
ei(i+t)
(i+ t) (2i+ t)2
Expandimos cada um dos fatores em t,
ei(i+t) = e−1
µ
1 + it− 1
2
t2 + · · ·
¶
,
1
i+ t
=
1
i
(1 + it+ · · · ) ,
1
(2i+ t)2
= −1
4
(1 + it+ · · · ) ,
57
e, portanto,
g(z) = − 1
4ie
µ
1 + it− 1
2
t2 + · · ·
¶
(1 + it+ · · · ) (1 + it+ · · · )
=
i
4e
(1 + 3it+ · · · )
Finalmente temos
Res f(i) = − 3
4e
.
O resíduo para z = −i pode ser obtido analogamente.
Exercício 61: Confira as Eqs.(100,101 e 102)
Exercício 62: Identifique todos os pólos das funções abaixo e obtenha os resíduos corre-
spondentes.
f (z) =
1
z − 1 ,
f (z) =
1
(z − 2)2
,
f (z) =
sin z
z2
,
f (z) =
1
z2 − 3z + 2 ,
f (z) =
1
a(z2 − (α+ β) z + αβ) ,
f (z) =
e−x
z
,
f (z) =
1
tan z
,
f (z) =
eiz
z4 + 8
,
f (z) =
1
z3 (z + b)
eaz,
f(z) =
1
1 + ε cos z
, 0 < ε < 1.
1.24 Aplicação do Teorema do Resíduo
O teorema de resíduo tem uma aplicação bastante útil. Vamos considerar, como
um exemplo, a integral
I =
Z ∞
−∞
1
1 + x2
dx. (103)
58
Esta integral é entendida como o limite em que R→∞ da integral
IR =
Z R
−R
1
1 + x2
dx. (104)
A aplicação do método dos resíduos começa pela identificação da integral acima
como parte da integral complexa
IC =
I
C
1
1 + z2
dz,
onde a curva C é como ilustrado na figura abaixo.
x=Re(z)
Im(z)
x = Rx = -R
C
z=i
z=-i
Fig.22 Contorno para calcular a integral IC =
H
C
1
1+z2 dz.
Podemos decompor a integral complexa em
IC = IR + Isemi−cı´rculo (R) , (105)
onde
Isemi−cı´rculo (R) = i
Z π
0
dθ R eiθ
1
1 +R2 e2iθ
. (106)
Exercício 63: Prove que
lim
R→∞
Isemi−cı´rculo (R) = 0. (107)
Mas,pelo teorema do resíduo, temos
IC = 2πi Res f(z0), (108)
59
onde
f =
1
1 + z2
,
e z0 é o pólo dentro da curva C. Neste caso, já que
1
1 + z2
=
1
(z + i) (z − i) ,
o pólo dentro da curva C é
z0 = i
e
Res f(i) =
1
2i
.
Assim, combinando as Eqs.(105) e (108), temos
2πi
2i
= IR + Isemi−cı´rculo (R) ,
independentemente do valor de R. Tomando o limite R→∞, o segundo termo,
Isemi−cı´rculo (R), se anula devido à Eq.(107) e IR tende ao valor da integral
desejada devido às Eq.(103) e Eq.(104). Finalmente, temosZ ∞
−∞
1
1 + x2
dx = π. (109)
O resultado acima pode ser verificado pelo método usual de mudança de
variável.
Exercício 64: Usando a mudança de variável, obtenha a integral indefinidaZ
1
1 + x2
dx
e, usando o resultado, calcule o valor deZ ∞
−∞
1
1 + x2
dx.
Exercício 65: Usando a curva fechada indicada abaixo, calcule a integral acima e con-
firme que o resultado é o mesmo valor já obtido ( tome cuidado com os
sinais e a direção da integral).
60
x=Re(z)
Im(z)
x = Rx = -R
C
z=i
z=-i
Fig.22 Contorno no semiplano inferior.
Exercício 66: Calcule as seguintes integrais:Z ∞
−∞
1
x2 + x+ 1
dx,Z ∞
−∞
1
x4 + 1
dx,Z ∞
−∞
2x+ 1
x4 + 1
dx.
Os exemplos acima sugerem um método geral para usar o teorema do resíduo
para calcular uma integral definida. Vamos considerar uma integral
I[a,b] =
Z b
a
f (x) dx, (110)
onde a e b são números constantes. Suponhamos que sabemos todos os pólos e
resíduos da função f (z). O primeiro passo é introduzir um contorno fechado C
no plano complexo de z, de tal forma que o trecho em cima do eixo real contém
o segmento [a, b], e consideremos a integral,
IC =
I
C
f (z) dz. (111)
Sabendo todos os pólos e os respectivos resíduos da função dentro do contorno
C, pelo teorema de resíduo, temos
IC = 2πi
X
i
Re s f (zi) . (112)
61
Pela contrução, a integral complexa IC pode ser decomposta em duas partes,
IC =
I
C
f (z) dz
= I[a,b] + IC0 , (113)
onde
IC0 =
Z
C0
f (z) dz (114)
é a integral ao longo da curva C, excluindo o trecho do eixo real [a, b]. A ídeia
básica é escolher o contorno C 0 tal que a integral IC0 se torne nula ou se reduza
a uma integral já conhecida. A curva C 0 pode ser composta de mais de um
trecho.
Vamos considerar alguns exemplos abaixo.
1.24.1 O intervalo [−∞,∞]
Para calcular a integral do tipo Z ∞
−∞
f(x)dx
pode ser utilizado o método que já foi mostrado no caso da Eq.(103). Este
método só vale quando a integral IC0 se torna zero, ou algum valor finito que
pode ser obtido por outro método. Vamos considerar o exemploZ ∞
−∞
eikx
x2 + a2
dx,
onde a e k são constantes reais positivas. Neste caso, podemos escolher o con-
torno da Fig. 21, ou seja, o semi-círculo no plano superior. Os pólos de f (z)
ficam em z = ±ia. TemosI
C
eikz
z2 + a2
dz =
Z R
−R
eikx
x2 + a2
dx+
Z
C0
eikz
z2 + a2
dz.
De um lado, pelo teorema de resíduo,I
C
eikz
z2 + a2
dz = 2πiRe s f (ia)
= 2πi× e
−ak
2ia
=
π
a
e−ak,
e de outro lado,Z
C0
eikz
z2 + a2
dz = iR
Z 2π
0
dθ
eikR(cos θ+i sin θ)
R2ei2θ + a2
= iR
Z 2π
0
dθ
eikR cos θ
R2ei2θ + a2
e−kR sin θ.
62
Podemos verificar que esta integral tende a zero para R→∞, já que k sin θ ≥ 0.
Assim, temos Z ∞
−∞
eikx
x2 + a2
dx =
π
a
e−ak.
Exercício 66: A integral acima pode ser calulada usando a curva fechada indicada na
fig.22?
Exercício 67: Calcule a integral Z ∞
−∞
e−ikx
x2 + a2
dx
Como conseqüência do cálculo acima, podemos afirmar as seguintes pro-
priedades gerais para uma integral do tipoZ ∞
−∞
f (x) eikxdx.
Se f (z) não possui nenhum pólo em cima do eixo real, lim|z|→∞ f (z) → 0 e
k > 0, então Z ∞
−∞
f (x) eikxdx = 2πi
X
Im(zi)>0
Res
£
f(zi)e
ikzi
¤
,
onde o somatório é sobre todos os pólos no semi-plano superior de z. Como
a conseqüência imediata, se f (z) não possui nenhum pólo no plano superior,
inclusive no eixo real, então o valor da integral é nulo,Z ∞
−∞
f (x) eikxdx = 0. (115)
Analogamente, se lim|z|→∞ f (z)→ 0, entãoZ ∞
−∞
f (x) e−ikxdx = 2πi
X
Im(zi)<0
Res
£
f(zi)e
−ikzi¤
onde o somatório é sobre todos os pólos no semi-plano inferior de z. Quando
f (z) não possui nenhum pólo no plano inferior, entãoZ ∞
−∞
f (x) e−ikxdx = 0. (116)
Estas propriedades Eqs.(115,116) têm papel muito importante na discussão de
propagação de ondas em relação à causalidade.
63
No lugar do fator eikx, podemos também considerar as integrais do tipoZ ∞
−∞
f (x) cos kx dx,Z ∞
0
f (x) cos kx dx,Z ∞
−∞
f (x) sin kx dx,Z ∞
0
f (x) sin kx dx.
Por exemplo,Z ∞
−∞
f (x) cosxdx =
1
2
Z ∞
−∞
f (x)
¡
eikx + e−ikx
¢
dx
=
1
2
½Z ∞
−∞
f (x) eikxdx+
Z ∞
−∞
f (x) e−ikxdx
¾
=
1
2
½Z ∞
−∞
f (x) eikxdx+
Z ∞
−∞
f (−x) eikxdx
¾
=
Z ∞
−∞
f (x) + f (−x)
2
eikxdx.
Exercício 68: Calcule a integral Z ∞
0
cosx
x2 + 1
dx.
1.25 Quando há pólo em cima do eixo real
Vamos considerar a integral Z ∞
−∞
eix
x
dx.
Essa integral não é bem definida, pois, no ponto x = 0, a função 1/x não é
definida, e, dependendo de como ocorre a aproximação deste ponto, o valor da
integral varia. Para evitar tais problemas de indefinição, usualmente introduzi-
mos o conceito de “valor principal”
P
Z ∞
−∞
eix
x
dx = lim
ε→0
µZ −ε
−∞
+
Z ∞
ε
¶
eix
x
dx,
ou seja, os passos da integral se aproximam pelos dois lados do ponto x = 0
igualmente. Uma vez definido como se aproximar do pólo, podemos escolher o
caminho C como ilustrado na figura abaixo.
64
R-R -ε ε Re(z)
Im(z)
Fig. 23 A curva que contorna o pólo em z = 0.
Temos I
C
eiz
z
dz =
ÃZ −ε
−R
+
Z R
ε
!
+
Z
∩=ε
+
Z
∩=R
, (117)
onde
R
∩=ε indica a integral sobre o semi-círculo de raio ε, o que vale analoga-
mente para
R
∩=R. Já vimos que a contribuição da integral
R
∩=R se anula para
R→∞. A integral
R
∩=ε pode ser calculada porZ
∩=ε
eiz
z
dz = i
Z 0
π
εeiθ
eiεe
iθ
εeiθ
dθ→ −πi.
Como a integral do lado esquerdo da Eq.(117) é nula pelo Teorema de Cauchy
(não há nenhum pólo dentro do contorno), temos
0 = lim
R→∞
ÃZ −ε
−R
+
Z R
ε
!
eix
x
dx− πi,
e, portanto,
P
Z ∞
−∞
eix
x
dx = πi.
Exercício 69: É possível tomar o contorno abaixo para calcular a integral acima?
65
R-R -ε ε Re(z)
Im(z)
Fig. 24 Contorno que inclui o pólo z = 0 em seu interior.
Exercício 70: Obtenha o valor da integral, Z ∞
0
sin kx
x
dx,
onde k > 0.
1.26 Integral do tipo
R 2π
0
F (cos θ, sin θ)dθ.
Vamos considerar a integral
I =
Z 2π
0
F (cos θ, sin θ)dθ.
Seja
z = eiθ,
então
cos θ =
1
2
µ
z +
1
z
¶
,
sin θ =
1
2i
µ
z − 1
z
¶
,
e
dz = idθeiθ = iz dθ.
Assim, podemos considerar a integral I como a integral complexa ao longo de
um círculo de raio 1,
I =
1
i
I
|z|=1
F
µ
1
2
µ
z +
1
z
¶
,
1
2i
µ
z − 1
z
¶¶
dz
z
.
66
Então, se a função
f (z) =
1
z
F
µ
1
2
µ
z +
1
z
¶
,
1
2i
µ
z − 1
z
¶¶
possui pólos dentro do círculo |z| = 1, temos
I = 2π
nX
i=1
Res f(zi).
Vamos ver um exemplo. Queremos calcular a integral
I =
Z 2π
0
1
1− ε cos θdθ, (118)
onde |ε| < 1. Como vimos, esta integral é equivalente a
I =
1
i
I
|z|=1
1
1− ε (z + 1/z) /2
dz
z
= 2i
I
|z|=1
1
εz2 − 2z + εdz
A função
1
εz2 − 2z + ε
tem 2 pólos em
1
ε
n
1±
p
1− ε2
o
.
Destes pólos, o que está dentro do círculo |z| ≤ 1 é
1−
√
1− ε2
ε
.
O resíduo fica
− 1
2
√
1− ε2
.
Finalmente, temos
I =
2π√
1− ε2
.